SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỀ TÀI: "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 khơng 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), tốn 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 tốn Chứng minh tồn vô số số nguyên dương n cho n + có ước nguyên tố lớn 2n + 2n Lời giải toán phát triển từ lời giải của tốn đơn giản sau, hay nói từ tốn ta có tốn dễ thở hơn, để giả chúng sau quay lại toán Bài toán 2.(đề thi chọn đội tuyển Inđơnêxia dự thi Tốn Quốc tế năm 2009) Chứng minh tồn vô số số nguyên dương n cho n2 + 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        q    q   mod 4  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  N*) p 1  1        1   -1 số phương (mod p)  tồn np {0, 1, 2, …, p –  p  1} cho n 2p  1  mod p   n 2p   p  n p  p  , tồn vơ số ngun tố p dạng 4k + (k  N*) nên tồn vô số số nguyên dương n cho n2 + không ước n! Bài tốn (Tạp chí Animath Pháp năm 2006) Chứng minh tồn vô số số nguyên dương n cho ước nguyên tố lớn n + lớn 2n Lời giải toán  1  Giả sử p số nguyên tố dạng 4k + (k  N*), suy      1  p  p 1   -1 số phương (mod p)  tồn x {0, 1, 2, …, p – 1} cho x  1  mod p    Ta có q2  (p – q)2 (mod p) (q  Z), suy tồn q  1,2, , p  1  cho  q  1  mod p  Thật giả sử p)  q  p 1 p 1 xpx , đặt q = p – x, ta có: q2 = (p – x)2  x2  -1 (mod 2 p 1 , ta có q2 + p p  2q + > 2q, suy ước nguyên tố lớn q2 + lớn 2q Vì có vơ số số ngun tố dạng 4k + (k  N*) nên tồn vô số số nguyên dương n cho n2 + có ước nguyên tố lớn n Sau lời giải toán  1  Cách Xét số nguyên tố p dạng 4k + (k  N*)       1  p  p 1   -1 số phương (mod p)  tồn x {0, 1, 2, …, p – 1} cho x  1  mod p  Vì x2  (p – p  1  x) (mod p) (x Z), suy tồn   1,2, ,  cho    p 1    p 1      1  mod p     p  1 Đặt m =     suy m 1,2, ,  m  -1 (mod p), giả sử p > 20,        4p   4p     2     2  1  p  4 Vì m2  -4 (mod p) Mặt khác 4m2 =  p   2    2  1 vơ lý   2  1  p  Vậy   2  mod p    2  1  4  mod p  Điều 4p    p > 2m + 2m Vì m2 + p nên m2  * p  Vì tồn vơ số số ngun 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!)2 +  p Hiển nhiên p > n Giả sử x   0,  số dư phép chia n! –n! cho p  2 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 + p Từ suy p ước p2 – 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  tồn cặp số nguyên dương lẻ (xn, yn) cho 7x 2n  y2n  2n Giải Với n = ta chọn x3 = y3 = 1, giả sử với n  tồn cặp số nguyên dương lẻ (xn, yn) cho 7x 2n  y2n  2n ta chứng minh cặp:  x n  y n 7x n  y n   x n  y n 7x n  y n  2 n , , ;  thỏa mãn 7X + Y = 2 2     X,Y    + Thật  x  y n   7x n  y n  2 n n 1 7 n      7x n  y n   2.2      2 Vì xn, yn lẻ nên xn = 2k + 1, yn = 2l + (k, l  Z)  Điều chứng tỏ số x  yn x n  yn  k  l  n  kl 2 x n  yn x n  yn lẻ, với n + tồn , 2 số tự nhiên lẻ xn +1 yn +1 thỏa mãn 7x 2n  y2n  2n Bài toán Chứng minh với số nguyên dương n phương trình x2 + 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  tồn cặp số nguyên dương lẻ (xn, yn) cho x 2n  15y2n  4n Thật với n = chọn x2 = 2, y2 = Giả sử với n  tồn cặp số nguyên dương lẻ (xn, yn) cho x 2n  15y2n  4n ,  15y n  x n x n  y n   15y n  x n y n  x n  , , ;  2  2   ta chứng minh cặp  X,Y    10 thỏa mãn X2 + 15Y2 = 4n+1  15y n  x n   yn  x n  2 n n 1 Thật    15     x n  15y n   4.4  Và xn, yn lẻ nên xn = 2k     + 1, yn = 2l + (k, l  Z)   2k  1   2l  1 y  xn x n  yn = k + l + n   lk 2 Điều chứng tỏ số x n  yn yn  x n lẻ Vì với n + tồn ; 2 số tự nhiên lẻ xn+1, yn+1 thỏa mãn x 2n1  15yn21  4n 1 Quay lại tốn Với n = 1, phương trình x2 + 15y2 = 4n có nghiệm tự nhiên (x, y) = (2, 0) Với n = phương trình x2 + 15y2 = 4n có nghiệm tự nhiên (x, y) = (4, 0); (1, 1) Giả sử với n  phương trình x 2n  15y2n  4n có n nghiệm tự nhiên (x1, y1); (x2, y2);…;(xn, yn) Khi (x, y) = (2xk, 2yk) (1  k  n) nghiệm tự nhiên phương trình x2 + 15y2 = 4n+1 Theo chứng minh phương trình x2 + 15y2 = 4n+1 lại có nghiệm tự nhiên lẻ Vậy phương trình x2 + 15y2 = 4n+1 có n +1 nghiệm tự nhiên, toán giải 11 Bài tốn Tìm tất cặp số ngun dương (x, y) cho x  y2 số nguyên xy ước 1995 (Đề thi Olympic Bungari năm 1995) Giải Trước hết ta chứng minh bổ đề sau: Cho số nguyên tố p = 4q + (q  N), giải sử x, y số nguyên cho x2 + y2 chia hết cho p, x y chia hết cho p Thật x p y p 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 p  x2  -y2 (mod p)   x  2q 1    y2  2q 1  mod p   x 4q    y 4q   mod p    -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 12 x > y, x  y2 x  y2 số nguyên ước 1995 Đặt k = xy xy x2 + y2 = k(x – y) k ước 1995 = 3.5.7.19 *) Nếu k k = 3k1 (k1  N, k1 không chia hết cho 3)  x2 + y2  x y *  x = 3x1, y = 3y1 (x1, y1  N , x1 > y1)  x12  y12  k1  x1  y1  Nếu k = x2 + y2 = x – y điều vơ lý x2 + y2  x + y > x – y (vì x, y  N*) *) Nếu k = x2 + y2 = 5(x + y)  (2x – 5)2 + (2y + 5)2 = 50  (x, y) = (3, 1) (2, 1) *) Nếu k = tương tự tồn k2 N* cho k = 7k2 (k2 không chia hết cho 7)  x = 7x2; y = 7y2 (x2, y2  N*, x2 > y2) x12  y12  k  x1  y1  *) Nếu k 19 tương tự tồn k3 N* cho k = 19k3 (k3 không chia hết cho 19)  x = 19x3; y = 19y3 (x3, y3  N*, x3 > y3) x 32  y32  k  x  y3  Vậy tất cặp số ngun dương (x, y) cần tìm có dạng (3c, c); (2c, c); (c, 2c); (c, 3c) c {1,3, 7, 19, 21, 57, 133, 399} 13 Bài tốn Tìm tất cáccặp số ngun dương (x, y) cho số A = x  y2 nguyên xy ước 2010 (Đề thi Olympic Toán khu vực duyên hải đồng Bắc Bộ năm học 2009-2010) Giải Trên sở lời giải tốn ta cần tìm cácnghiệm ngun dương phương trình x2 + y2 = k(x – y) với k = 2, 5, 10 Phương trình x2 + y2 = 2(x – y) khơng có nghiệm ngun 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 14 Bài toán Chứng minh với số nguyên dương n, phương trình: 7x2 + y2 = 2n+2 ln có nghiệm ngun dương Bài tốn10 Chứng minh với số nguyên n, phương trình x2 + 15y2 = 4n c n ngh nhin Bài toán 11 Cho số nguyên dương n, gọi Sn 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 tốn 12 Chứng minh tồn vơ số số ngun dương n cho 2n + chia hết cho n Bài tốn 13 Chứng minh tồn vơ 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) 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) 15 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 tốn 16 Chứng minh tồn vơ số số ngun 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) KẾT LUẬN Trên sở phát triển tốn này, học sinh có thêm cách nhìn vấn đề khác Hơn tốn có nhiều điểm cịn khai thác phát triển Hi vọng bạn đồng nghiệp đóng góp thêm sức sống sáng tạo Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác 16 ... 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... 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. .. tồn vô số số nguyên dương n cho an + bn chia cho n Bài toán 16 Chứng minh tồn vơ số số ngun tố p có tính chất sau: tồn vơ số số ngun dương n cho p – không chia hết cho n n! + chia hết cho p.(Đề