SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỀ TÀI: “TẬP RÈN LUYỆN CHO HỌC SINH CÁCH PHÁT TRIỂN HỆ THỐNG BÀI TẬP THÔNG QUA MỘT BÀI TOÁN SỐ HỌC” PHẦN MỞ ĐẦU I Lý chọn đề tài Trong trình giảng dạy toán trường THPT chuyên Lam Sơn, trước kỳ thi yêu cầu đề thi HSG phải mới, chưa xuất Vậy làm để học sinh không bỡ ngỡ, đưa quen thuộc, kiến thức có Nói cách khác tập cho học sinh hệ thống, phát triển vấn đề từ vấn đề cũ, sáng tạo toán điều cần thiết người giáo viên dạy Toán cho lớp chuyên Vấn đề thân thường xuyên làm, viết xuất phát từ toán cũ quen thuộc với học sinh, phát triển thành nhiều vấn đề gặp kỳ thi HSG II Mục đích nghiên cứu Xây dựng hệ thống tập phát triển theo nhiều khía cạnh khác nhau, nói cách khác: tập cho học sinh làm quen với toán mở III Nội dung Xuất phát từ kỳ thi Olympic Toán Quốc tế lần 49 năm 2008 (tác giả Kestuis Cesnavicius, người Litva), toán khó ngày thi thứ nhất, viết ta ký hiệu toán Bài toán hay toán mở Từ toán năm sau nhiều nước dựa ý tưởng để phát triển thành đề thi Olympic, đề chọn đội tuyển nước Bài toán Chứng minh tồn vô số số nguyên dương n cho n2 + có ước nguyên tố lớn 2n + 2n Lời giải toán phát triển từ lời giải của toán đơn giản sau, hay nói từ toán ta có toán dễ thở hơn, để giả chúng sau quay lại toán Bài toán 2.(đề thi chọn đội tuyển Inđônêxia dự thi Toán Quốc tế năm 2009) Chứng minh tồn vô số số nguyên dương n cho n + không ước n! Lời giải toán Trước giải toán ta chứng minh bổ đề sau: Bổ đề: Tồn vô số số nguyên tố dạng 4k + (k∈ N*) Chứng minh: Gọi A tập hợp gồm tất số nguyên tố dạng 4k + (k∈ N*), A khác rỗng 5∈ A Giả sử A hữu hạn, gọi p1 < p2 < … 1, a ∈ N, Gọi q ước nguyên tố a ⇒ q ≠ pi (i = 1, 2, …, n)(1), mặt khác ( 2p1p p n ) ≡ ( mod q ) Suy -1 số phương (mod q) q lẻ q −1  −1  q −1 = 1⇒ = ⇒ − M2 ( )  q ÷   ⇒ q ≡ ( mod ) ⇒ q có dạng 4k + ⇒ q ∈ A (2) Từ (1) (2) mâu thuẫn Vậy bổ đề chứng minh Chúng ta chuyển sang toán 2, giả sử p sô nguyên tố dạng 4k + (k p −1  −1  ∈ N*) ⇒  ÷ = ⇒ ( −1) = ⇒  p  -1 số phương (mod p) ⇒ tồn np∈ {0, 1, 2, …, p – 1} cho n 2p + ≥ p ⇒ n p ≥ p − , n 2p ≡ −1 ( mod p ) ⇒ tồn vô số nguyên tố p dạng 4k + (k ∈ N*) nên tồn vô số số nguyên dương n cho n + không ước n! Bài toán (Tạp chí Animath Pháp năm 2006) Chứng minh tồn vô số số nguyên dương n cho ước nguyên tố lớn n2 + lớn 2n Lời giải toán Giả sử p số nguyên tố dạng 4k + (k p −1  −1  =1⇒ = ⇒ − ( )  p ÷   -1 số phương (mod p) 1, 2, …, p – 1} cho Ta có q2 cho ≡ x ≡ −1 ( mod p ) ⇒ ∈ N*), suy tồn x∈ {0, (p – q)2 (mod p) (q ∈ Z), suy tồn q p − 1  ∈ 1,2, ,    q ≡ −1 ( mod p ) Thật giả sử – x)2 ≡ x2 ≡ p −1 p +1 ⇒ ( 2α + 1) ≡ −4 ( mod p ) 4p + − ⇒ p > 2m + Vì tồn vô số số nguyên tố p dạng 4k + (k∈ N*) nên tồn vô số số nguyên dương n cho ước nguyên tố lớn n2 + lớn 2n + 2n Cách Giả sử n số nguyên, n ≥ 24, goi p ước nguyên tố (n!) + Hiển nhiên p > n Giả sử  p x ∈  0, ÷  2 số dư phép chia n! –n! cho p Khi < x < p – x < p Ta chứng minh x2 + chia hết cho p Thật tồn m ∈ Z cho n! = mp + x –n! = mp + x Trong trường hợp ta có (n!)2 + = (mp + 1)2 + ⇒ x2 + = (n!)2 +1 – m2p2 – 2mpx ⇒ x2 + 1Mp Từ suy p ước p – 2px + 4x2 + = (p – 2x)2 + ⇒ p≤ (p – 2x)2 + ⇒ p ≥ 2x + p−4 ⇒ p − ≥ 2x + p − − ≥ 2x + 20 − > 2x ⇒ p ≥ 2x + p − > 2x + 2x , từ suy điều phải chứng minh Tổng quát toán Bài toán Chứng minh tồn vô số sô nguyên dương n cho n2 + có ước nguyên tố lớn 2n + n Bài toán (Đề thi Olympic Bungari năm 1996) Chứng minh với số nguyên n nguyên dương lẻ (xn, yn) cho ≥3 tồn cặp số ≥ tồn cặp số 7x 2n + y 2n = 2n Giải Với n = ta chọn x3 = y3 = 1, giả sử với n nguyên dương lẻ (xn, yn) cho 7x 2n + y 2n = 2n  x n + y n 7x n − y n , 2  ( X,Y ) =  Thật ta chứng minh cặp:   x n − y n 7x n + y n  , ÷;  ÷ 2   thỏa mãn 7X2 + Y2 = 2n +  x ± y n   7x n ± y n  2 n n +1 7 n ÷ + ÷ = ( 7x n + y n ) = 2.2 =     10 Vì xn, yn lẻ nên xn = 2k + 1, yn = 2l + (k, l x n + yn = k + l +1 số x n − yn = k −l x n + yn x n − yn , 2 ∈ Z) ⇒ Điều chứng tỏ lẻ, với n + tồn số tự nhiên lẻ x n +1 yn +1 thỏa mãn 7x 2n + y 2n = 2n Bài toán Chứng minh với số nguyên dương n phương trình x + 15y2 = 4n có n nghiệm tự nhiên (x, y) (Đề thi HSG Toán Quốc gia năm 2010) Giải Trước tiên ta chứng minh với số nguyên n số nguyên dương lẻ (xn, yn) cho x 2n + 15y 2n = 4n ≥ tồn cặp Thật với n = chọn x2 = 2, y2 = 11 Giả sử với n cho ≥ tồn cặp số nguyên dương lẻ (x n, yn) x 2n + 15y 2n = 4n ,  15y n − x n x n + y n , 2  ta chứng minh cặp ( X,Y ) =    15y n + x n y n − x n  , ÷;  ÷ 2   thỏa mãn X2 + 15Y2 = 4n+1 Thật 2  15y n ± x n   yn ± x n  2 n n +1  ÷ + 15  ÷ = ( x n + 15y n ) = 4.4 =     nên xn = 2k + 1, yn = 2l + (k, l ∈ Z) ( 2k + 1) − ( 2l + 1) yn − x n = = l−k 2 số x n + yn yn − x n ; 2 ⇒ x n + yn Và xn, yn lẻ = k + l + Điều chứng tỏ lẻ Vì với n + tồn số tự nhiên lẻ xn+1, yn+1 thỏa mãn x 2n +1 + 15y n2 +1 = 4n +1 Quay lại toán Với n = 1, phương trình x + 15y2 = 4n có nghiệm tự nhiên (x, y) = (2, 0) 12 Với n = phương trình x2 + 15y2 = 4n có nghiệm tự nhiên (x, y) = (4, 0); (1, 1) Giả sử với n nhiên (x1, y1); 2yk) (1 ≤ ≥ phương trình x 2n + 15y 2n = 4n có n nghiệm tự (x 2, y2);…;(xn, yn) Khi (x, y) = (2xk, k ≤ n) nghiệm tự nhiên phương trình x + 15y2 = 4n+1 Theo chứng minh phương trình x + 15y2 = 4n+1 lại có nghiệm tự nhiên lẻ Vậy phương trình x2 + 15y2 = 4n+1 có n +1 nghiệm tự nhiên, toán giải Bài toán Tìm tất cặp số nguyên dương (x, y) cho x + y2 x−y số nguyên ước 1995 (Đề thi Olympic Bungari năm 1995) Giải 13 Trước hết ta chứng minh bổ đề sau: Cho số nguyên tố p = 4q + (q ∈ N), giải sử x, y số nguyên cho x + y2 chia hết cho p, x y chia hết cho p Thật x Mp y Mp Giả sử x không chia hết cho p ⇒ y không chia hết cho p Theo định lý Phecma ta có xp-1 ≡ (mod p) ⇒ x4p+2 ≡ (mod p), tương tự y4p+2 ≡ (mod p) Ta có x2 + y2 Mp ⇒ x2 ⇒ x 4q + ≡ − y 4q + ( mod p ) ⇒ ≡ -y2 (mod p) ≡ ⇒ -1 (mod p) (x ) ⇒ 2q +1 ≡ ( − y2 ) 2q +1 ( mod p ) p = (vô lý) Bổ đề chứng minh Áp dụng bổ đề vào toán 7: giả sử tồn số nguyên dương x, y cho 14 x > y, x + y2 x−y số nguyên ước 1995 Đặt k = x + y2 x−y x2 + y2 = k(x – y) k ước 1995 = 3.5.7.19 ⇒ x2 x = 3x1, y = 3y1 (x1, y1 ≤ N*, x1 > y1) ⇒ *) Nếu k M3 k = 3k1 (k1 ∈ N, k1 không chia hết cho 3) + y2 M ⇒ x M3 yM3 ⇒ x12 + y12 = k1 ( x1 − y1 ) Nếu k = x2 + y2 = x – y điều vô lý x2 + y2 ≥ x+y > x – y (vì x, y ∈ N*) *) Nếu k = x2 + y2 = 5(x + y) 50 ⇒ ⇒ (2x – 5)2 + (2y + 5)2 = (x, y) = (3, 1) (2, 1) *) Nếu k = tương tự tồn k 2∈ N* cho k = 7k2 (k2 không chia hết cho 7) ⇒ x = 7x2; y = 7y2 (x2, y2 ∈ N*, x2 > y2) x12 + y12 = k ( x1 − y1 ) 15 *) Nếu k M19 tương tự tồn k3∈ N* cho k = 19k3 (k3 không chia hết cho 19) y3) ⇒ x = 19x3; y = 19y3 (x3, y3 ∈ N*, x3 > x 32 + y32 = k ( x − y3 ) Vậy tất cặp số nguyên dương (x, y) cần tìm có dạng (3c, c); (2c, c); (c, 2c); (c, 3c) c ∈ {1,3, 7, 19, 21, 57, 133, 399} Bài toán Tìm tất cáccặp số nguyên dương (x, y) cho số A = x + y2 x−y nguyên ước 2010 (Đề thi Olympic Toán khu vực duyên hải đồng Bắc Bộ năm học 2009-2010) Giải Trên sở lời giải toán ta cần tìm cácnghiệm nguyên dương phương trình x2 + y2 = k(x – y) với k = 2, 5, 10 16 Phương trình x2 + y2 = 2(x – y) nghiệm nguyên dương Thật giả sử x, y ∈ N*, x > y suy x2 + y2 ≥ 2x + y2 ≥ 2(x – y), điều vô lý Phương trình x2 + y2 = 5(x – y) có nghiệm nguyên dương (x, y) = (3, 1); (2, 1) Phương trình x2 + y2 = 10(x – y) có nghiệm nguyên dương (x, y) = (6, 2); (4, 2) Vậy tất cặp số nguyên dương (x, y) thỏa mãn đề là: (3c, c); (2c, c); (c, 2c); (c, 3c); (6c, 2c); (4c, 2c); (2c, 6c); (2c, 4c) c∈ {1,3, 6, 7, 201} Cuối số toán tự luyện 17 Bài toán Chứng minh với số nguyên dương n, phương trình: 7x2 + y2 = 2n+2 có nghiệm nguyên dương Bài toán10 Chứng minh với số nguyên n, phương trình x2 + 15y2 = 4n c n ngh nhin Bài toán 11 Cho số nguyên dương n, gọi S n tổng bình phương hệ số đa thức f(x) = (x + 1) n Chứng minh S2n + không chia hết cho (Đề thi chọn đội tuyển Việt Nam dự thi Olympic Toán Quốc tế năm 2010) Bài toán 12 Chứng minh tồn vô số số nguyên dương n cho 2n + chia hết cho n Bài toán 13 Chứng minh tồn vô số số nguyên dương n cho tất ước nguyên tố n2 + n + không lớn n (Đề chọn đội tuyển Ukraina dự thi Olympic Toán Quốc tế năm 2007) 18 Bài toán 14 Với số nguyên dương n > 1, ký hiệu P(n) ước nguyên tố lớn n, chứng minh tồn vô số số nguyên n > cho: P(n) < P(n + 1) < P(n + 2) Bài toán 15 Cho số nguyên dương a > b, chứng minh tồn vô số số nguyên dương n cho an + bn chia cho n Bài toán 16 Chứng minh tồn vô số số nguyên tố p có tính chất sau: tồn vô số số nguyên dương n cho p – không chia hết cho n n! + chia hết cho p.(Đề chọn đội tuyển Mônđova dự thi Olympic Toán Quốc tế năm 2007) Bài toán 17 Chứng minh tồn vô số số nguyên dương n cho 5n-2 – chiahết cho n (Đề thi Olympic Toán Braxin năm 2008) 19 20 KẾT LUẬN Trên sở phát triển toán này, học sinh có thêm cách nhìn vấn đề khác Hơn toán có nhiều điểm khai thác phát triển Hi vọng bạn đồng nghiệp đóng góp thêm sức sống sáng tạo Tôi xin cam đoan SKKN viết, không chép nội dungcủa người khác XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 15 tháng năm 2013 21 Ngư ời viết Trịnh Văn Hoa 22 [...]... Toán Quốc tế năm 2007) 18 Bài toán 14 Với mỗi số nguyên dương n > 1, ký hiệu P(n) là ước nguyên tố lớn nhất của n, chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên n > 1 sao cho: P(n) < P(n + 1) < P(n + 2) Bài toán 15 Cho số nguyên dương a > b, chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho an + bn chia cho n Bài toán 16 Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên tố p có tính chất sau: tồn tại vô số số... nguyên dương n sao cho p – 1 không chia hết cho n và n! + 1 chia hết cho p.(Đề chọn đội tuyển Mônđova dự thi Olympic Toán Quốc tế năm 2007) Bài toán 17 Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho 5n-2 – 1 chiahết cho n (Đề thi Olympic Toán Braxin năm 2008) 19 20 KẾT LUẬN Trên cơ sở phát triển của bài toán này, học sinh có thêm cách nhìn đối với vấn đề khác Hơn nữa bài toán này vẫn có nhiều... ngh nhin Bài toán 11 Cho số nguyên dương n, gọi S n là tổng các bình phương của các hệ số của đa thức f(x) = (x + 1) n Chứng minh rằng S2n + 1 không chia hết cho 3 (Đề thi chọn đội tuyển Việt Nam dự thi Olympic Toán Quốc tế năm 2010) Bài toán 12 Chứng minh tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho 2n + 2 chia hết cho n Bài toán 13 Chứng minh tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho tất cả các ước nguyên... cặp số nguyên dương (x, y) thỏa mãn đề bài là: (3c, c); (2c, c); (c, 2c); (c, 3c); (6c, 2c); (4c, 2c); (2c, 6c); (2c, 4c) trong đó c∈ {1,3, 6, 7, 201} Cuối cùng là 1 số bài toán tự luyện 17 Bài toán 9 Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, phương trình: 7x2 + y2 = 2n+2 luôn có nghiệm nguyên dương Bài toán1 0 Chứng minh rằng với mỗi số nguyên n, phương trình x2 + 15y2 = 4n c n ngh nhin Bài toán 11 Cho. .. nhiên, bài toán 6 đã được giải quyết Bài toán 7 Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x, y) sao cho x 2 + y2 x−y là số nguyên và là ước của 1995 (Đề thi Olympic Bungari năm 1995) Giải 13 Trước hết ta chứng minh bổ đề sau: Cho số nguyên tố p = 4q + 3 (q ∈ N), giải sử x, y là các số nguyên sao cho x 2 + y2 chia hết cho p, khi đó x và y chia hết cho p Thật vậy nếu x Mp thì y Mp Giả sử x không chia hết cho. .. +1 2 số x n − yn = k −l 2 và x n + yn x n − yn , 2 2 ∈ Z) ⇒ Điều đó chứng tỏ rằng một trong các là lẻ, vì vậy với n + 1 tồn tại các số tự nhiên lẻ x n +1 và yn +1 thỏa mãn 7x 2n + y 2n = 2n Bài toán 6 Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n phương trình x 2 + 15y2 = 4n có ít nhất n nghiệm tự nhiên (x, y) (Đề thi HSG Toán Quốc gia năm 2010) Giải Trước tiên ta chứng minh với mỗi số nguyên n số nguyên... tại k3∈ N* sao cho k = 19k3 (k3 không chia hết cho 19) y3) và ⇒ x = 19x3; y = 19y3 (x3, y3 ∈ N*, x3 > x 32 + y32 = k 2 ( x 3 − y3 ) Vậy tất cả các cặp số nguyên dương (x, y) cần tìm có dạng (3c, c); (2c, c); (c, 2c); (c, 3c) trong đó c ∈ {1,3, 7, 19, 21, 57, 133, 399} Bài toán 8 Tìm tất cả cáccặp số nguyên dương (x, y) sao cho số A = x 2 + y2 x−y nguyên và là ước của 2010 (Đề thi Olympic Toán khu vực... không chia hết cho p Theo định lý Phecma ta có xp-1 ≡ 1 (mod p) ⇒ x4p+2 ≡ 1 (mod p), tương tự y4p+2 ≡ 1 (mod p) Ta có x2 + y2 Mp ⇒ x2 ⇒ x 4q + 2 ≡ − y 4q + 2 ( mod p ) ⇒ ≡ 1 -y2 (mod p) ≡ ⇒ -1 (mod p) (x ) ⇒ 2 2q +1 ≡ ( − y2 ) 2q +1 ( mod p ) p = 2 (vô lý) Bổ đề đã được chứng minh Áp dụng bổ đề vào bài toán 7: giả sử tồn tại các số nguyên dương x, y sao cho 14 x > y, x 2 + y2 x−y là số nguyên và là...   2  nên xn = 2k + 1, yn = 2l + 1 (k, l ∈ Z) ( 2k + 1) − ( 2l + 1) yn − x n = = l−k 2 2 số x n + yn yn − x n ; 2 2 ⇒ x n + yn 2 Và xn, yn lẻ = k + l + 1 và Điều này chứng tỏ rằng một trong các là lẻ Vì vậy với n + 1 tồn tại các số tự nhiên lẻ xn+1, yn+1 thỏa mãn x 2n +1 + 15y n2 +1 = 4n +1 Quay lại bài toán 6 Với n = 1, phương trình x 2 + 15y2 = 4n có 1 nghiệm tự nhiên (x, y) = (2, 0) 12 Với n... sở phát triển của bài toán này, học sinh có thêm cách nhìn đối với vấn đề khác Hơn nữa bài toán này vẫn có nhiều điểm còn có thể khai thác và phát triển được nữa Hi vọng các bạn đồng nghiệp đóng góp thêm sức sống và sáng tạo của bài này Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết, không sao chép nội dungcủa người khác XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 15 tháng 5 năm 2013 21 Ngư ời viết Trịnh ... tồn vô số số nguyên n > cho: P(n) < P(n + 1) < P(n + 2) Bài toán 15 Cho số nguyên dương a > b, chứng minh tồn vô số số nguyên dương n cho an + bn chia cho n Bài toán 16 Chứng minh tồn vô số số nguyên... nghiên cứu Xây dựng hệ thống tập phát triển theo nhiều khía cạnh khác nhau, nói cách khác: tập cho học sinh làm quen với toán mở III Nội dung Xuất phát từ kỳ thi Olympic Toán Quốc tế lần 49 năm... hết cho (Đề thi chọn đội tuyển Việt Nam dự thi Olympic Toán Quốc tế năm 2010) Bài toán 12 Chứng minh tồn vô số số nguyên dương n cho 2n + chia hết cho n Bài toán 13 Chứng minh tồn vô số số nguyên