Đăng ký Đăng nhập
Trang chủ Khoa học tự nhiên Toán học Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 2017...

Tài liệu Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 2017

.PDF
205
272
81

Mô tả:

Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 2017 chọn lọc các chuên đề hay dùng để bồi dưỡng HSG
HỘI TOÁN HỌC SỞ GD & ĐT HƯNG YÊN HÀ NỘI **************** ******************* NGUYỄN VĂN MẬU, NGUYỄN VĂN PHÊ (C HỦ BIÊN) HỘI THẢO KHOA HỌC C ÁC CHUYÊN ĐỀ CHỌN LỌC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN HƯNG YÊN 25-26/02/2017 Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 TRƯỜNG THPT C HUYÊN HƯNG YÊN NƠI THẮP SÁNG NHỮNG TÀI NĂNG TOÁN HỌC Nguyễn Thị Hồng Thúy Hiệu trưởng trường THPT Chuyên Hưng Yên Trường Trung học phổ thông Chuyên Hưng Yên được thành lập ngày 23 tháng 5 năm 1997. Ban đầu, trường có tên là trường Phổ thông Năng khiếu Hưng Yên. Từ năm 2003 đến nay, trường mang tên trường THPT Chuyên Hưng Yên. Trường tọa lạc tại số 1, đường Chu Văn An, phường An Tảo, thành phố Hưng Yên. Mục tiêu của nhà trường là xây dựng một ngôi trường chất lượng cao, trong đó học sinh được bồi dưỡng năng khiếu, đồng thời được phát triển toàn diện về trí tuệ, năng lực tư duy, nghiên cứu và thể chất. Trải qua gần 20 năm kể từ khi thành lập đến nay, trường THPT Chuyên Hưng Yên không ngừng phát triển lớn mạnh về mọi mặt. Trong đó, công tác bồi dưỡng học sinh giỏi, học sinh năng khiếu được coi là nhiệm vụ trọng tâm hàng đầu. Tính đến nay, trường đã có tổng số 714 học sinh đoạt giải học sinh giỏi Quốc gia, trong đó có 12 giải nhất, 85 giải nhì, 328 giải ba, 290 giải khuyến khích; có 1 học sinh đạt Huy chương Đồng quốc tế, 4 học sinh được tham gia dự thi Olympic Quốc tế Châu Á-Thái Bình Dương. Đối với bộ môn Toán, nhà trường có 92 giải, trong đó có 1 giải nhất, 6 giải Nhì, 53 giải Ba, 32 giải khuyến khích; 1 học sinh được tham gia dự thi Olympic Quốc tế Châu Á-Thái Bình Dương. Trong không khí của những ngày đầu xuân mới Đinh Dậu 2017, trường THPT Chuyên Hưng Yên được vinh dự chọn là đơn vị đăng cai tổ chức Hội thảo Các chuyên đề chọn lọc bồi dưỡng học sinh giỏi Toán THPT của ngành GD& ĐT Hưng Yên. Đây là dịp sinh hoạt chuyên môn bổ ích góp phần nâng cao chất lượng đội ngũ giáo viên, nâng cao chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán, đồng thời cũng là hoạt động ý nghĩa hướng tới kỉ niệm 20 năm thành lập trường THPT Chuyên Hưng Yên (1997-2017). Tham gia viết bài cho Hội thảo có 25 tác giả, nhóm tác giả là các chuyên gia đầu ngành bộ môn Toán; hội viên Hội Toán học Hà Nội; Báo Toán học và Tuổi trẻ; giảng viên trường Đại học Thăng Long, học viện An Ninh nhân dân; giáo viên bộ môn Toán thuộc các trường THPT của thành phố Hải Phòng, tỉnh Bắc Giang, Bình Định; giáo viên Toán các trường THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội, Vĩnh Phúc, Tuyên Quang và THPT Chuyên Hưng Yên. Các chuyên đề tập trung vào các lĩnh vực khác nhau của Toán học như: Số học, Hình học, Tổ hợp, Dãy số, Bất đẳng thức, Phương trình, Bất phương trình. . . . Nhiều chuyên đề có chất lượng chuyên môn sâu, thể hiện sự đầu tư của tác giả trong nghiên cứu, tổng hợp. Nhiều chuyên đề có tính ứng dụng cao và mới, có thể áp dụng trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi quốc gia. Hội thảo nhận được sự quan tâm sâu sắc của Lãnh đạo Sở GD& ĐT, Hội Toán học Hà Nội, các trường THPT, THPT Chuyên trong và ngoài tỉnh. Nhân dịp này, trường THPT Chuyên Hưng Yên xin chân thành cảm ơn sự quan tâm chỉ đạo của Ban Giám đốc Sở GD& ĐT, các 2 Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 phòng chuyên môn thuộc Sở GD& ĐT; xin bày tỏ tình cảm biết ơn sâu sắc đến GS-TSKH Nguyễn Văn Mậu và Hội Toán học Hà Nội đã phối hợp giúp đỡ về chuyên môn và công tác tổ chức Hội thảo; xin cảm ơn các cán bộ quản lí, các thầy cô giáo đã tham gia và viết bài góp phần tạo nên thành công của Hội thảo. C HƯƠNG TRÌNH HỘI THẢO Sáng ngày 25.02.2017 10h00-11h00 Họp Ban Tổ chức và Ban Chương trình 11h30-12h30 Ăn trưa Chiều ngày 25.02.2017 13h30-13h45 Văn nghệ chào mừng 13h45-14h15 Khai mạc Phát biểu chào mừng: Nguyễn Thị Hồng Thúy, HT trường THPT Chuyên Hưng Yên Phát biểu khai mạc: Nguyễn Văn Phê, Giám đốc sở GD & ĐT Hưng Yên Phát biểu đề dẫn: GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu, Chủ tịch hội THHN 14h15-15h15 CÁC BÁO CÁO MỜI PHIÊN HỌP TOÀN THỂ Điều khiển: PGS.TS Trần Huy Hổ, PGS.TS Nguyễn Thủy Thanh 1. PGS.TS. Đàm Văn Nhỉ, Một vài kết quả về đường bậc ba 2. TS. Nguyễn Văn Ngọc, Một số bất đẳng thức của các hàm hyperbolic 3. TS Vũ Tiến Việt, Xung quanh một bài toán thi IMO 4. TS Nguyễn Việt Hải, Số lũy thừa 5. ThS Nguyễn Bá Đang, Tứ giác điều hòa 15h15-15h45 Nghỉ giải lao 15h45-17h45 CÁC BÁO CÁO CHUYÊN ĐỀ PHIÊN HỌP TOÀN THỂ Điều khiển: PGS.TS. Nguyến Minh Tuấn, PGS.TS. Hà Tiến Ngoạn 6. Hoàng Minh Quân, Một số mở rộng và áp dụng của bất đẳng thức Klamkin 7. Đặng Thị Mến, Một số phương pháp giải phương trình hàm trên tập số nguyên 8. Trần Thị Lan Hương, Phương trình và hệ phương trình qua các kì thi học sinh giỏi 9. Huỳnh Duy Thủy, Tiếp cận các phương pháp tìm cực trị của một biểu thức đa biến 10. Lê Thị Mai, Một số dạng toán về bất đẳng thức đối với hàm phân thức 11. Vũ Văn Thưởng, Sử dụng bất đẳng thức Karamata khảo sát bất đẳng thức trong tam giác 12. Phan Ngọc Toản, Sử dụng tính chất giải tích trong các bài toán số học 13. Phạm Văn Dũng, Một số ứng dụng của định lý Lagrange 14. Mông Thanh Hằng, Phương pháp lượng giác giải phương trình đa thức bậc cao 17h45-18h00 Tổng kết hội thảo Điều khiển: GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu 18h30-20h30 Ăn tối và giao lưu văn nghệ 3 LỜI MỞ ĐẦU Nguyễn Văn Phê Tỉnh ủy viên - Giám đốc Sở GD& ĐT Hưng Yên Thực hiện Nghị quyết 29-NQ/TW Hội nghị lần thứ 8, Ban Chấp hành Trung ương khóa XI về đổi mới căn bản, toàn diện giáo dục và đào tạo; Nghị quyết số 09-NQ/TU ngày 4/10/2016 của Ban Chấp hành Đảng bộ tỉnh khóa XVIII về Chương trình phát triển GD & ĐT tỉnh Hưng Yên giai đoạn 2016-2020, một số định hướng đến năm 2025; Kế hoạch 321/KH_UBND ngày 29/12/2016 của UBND tỉnh Hưng Yên về thực hiện Nghị quyết số 09NQ/TU ngày 4/10/2016 của Ban Chấp hành Đảng bộ tỉnh khóa XVIII, Sở GD & ĐT Hưng Yên phối hợp với Hội Toán học Hà Nội tổ chức Hội thảo Các chuyên đề chọn lọc bồi dưỡng học sinh giỏi Toán THPT tỉnh Hưng Yên lần thứ Nhất năm 2017. Trong những năm qua, công tác phát hiện và bồi dưỡng học sinh giỏi của tỉnh luôn được quan tâm chú trọng. Hằng năm, Sở GD & DT tổ chức kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh các môn văn hóa cho học sinh lớp 9 và học sinh THPT, làm tốt công tác tuyển chọn và bồi dưỡng cho học sinh tham gia kì thi Học sinh giỏi cấp quốc gia THPT. Kết quả kì thi chọn học sinh giỏi quốc gia hằng năm được giữ ổn định, trong đó có nhiều em đạt giải cao. Trong 2 năm trở lại đây, có 3 học sinh được tham gia thi Olympic Quốc tế Châu Á - Thái Bình Dương. Song song với việc bồi dưỡng học sinh, công tác đào tạo, bồi dưỡng đội ngũ giáo viên được quan tâm, như một khâu quan trọng tạo nên chất lượng công tác bồi dưỡng học sinh giỏi. Nhiều hội thảo, các lớp tập huấn chuyên môn được tổ chức hằng năm theo quy mô cấp tỉnh với mục tiêu nâng cao kiến thức, kĩ năng, nghiệp vụ sư phạm cho giáo viên. Hội thảo Các chuyên đề Toán học bồi dưỡng học sinh giỏi tỉnh Hưng Yên lần thứ Nhất năm 2017 được tổ chức nhằm đánh giá khách quan thực trạng công tác đào tạo, bồi dưỡng học sinh giỏi, từ đó đề ra những giải pháp hữu hiệu nhằm đào tạo học sinh giỏi trong những năm tiếp theo. Hội thảo được vinh dự đón tiếp nhiều nhà khoa học, nhà giáo lão thành, các chuyên gia Toán học đầu ngành, các chuyên gia giáo dục về với đất Hưng Yên ngàn năm Văn Hiến. Ban tổ chức Hội thảo hy vọng đây sẽ là cơ hội để các giáo viên bộ môn Toán của tỉnh Hưng Yên và các tỉnh bạn được trao đổi, chia sẻ, rút ra những bài học kinh nghiệm quý báu trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi nói chung, bộ môn Toán cấp THPT nói riêng. Hội thảo Toán học cũng sẽ là tiền đề để chúng ta tổ chức những hội thảo tiếp theo đối với các bộ môn khoa học khác. Nhân dịp này, Sở GD& ĐT Hưng Yên chân thành cảm ơn Hội Toán học Hà Nội, các nhà khoa học, nhà giáo lão thành, các chuyên gia Toán học đầu ngành. Sở GD & ĐT tỉnh ghi nhận sự đóng góp của các chuyên gia giáo dục, lãnh đạo, cán bộ phụ trách chuyên môn của Sở GD & ĐT, các thầy, cô giáo bộ môn Toán đã viết bài và tham gia Hội thảo. Sự đóng góp của các đồng chí góp phần làm nên thành công của Hội thảo. Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 MỤC LỤC Chương trình 2. Đàm Văn Nhỉ, Một vài kết quả về đường bậc ba 3. Nguyễn Việt Hải Số lũy thừa 4. Nguyễn Văn Ngọc, Một số bất đẳng thức của các hàm hyperbolic 5. Nguyễn Bá Đang, Tứ giác Điều hòa 6.Vũ Tiến Việt, Xung quanh một bài toán thi IMO 7. Nguyễn Duy Liên, Định lý thặng dư Trung hoa và một số ứng dụng 8. Hoàng Phương Anh, Lý thuyết đồ thị và ứng dụng 9. Phạm Văn Dũng - Hoàng Thị Nhung, Phương pháp đạo hàm trong chứng minh bất đẳng thức 10. Phạm Văn Dũng - Hoàng Thị Minh Thúy, Một số ứng dụng của định lý Lagrange 11. Mông Thanh Hằng, Phương pháp lượng giác giải phương trình đa thức bậc cao 12. Lương Thị Hằng, Phương pháp hàm sinh xác định dãy số 13. Trần Thị Lan Hương, Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình qua các kì thi học sinh giỏi 14. Lê Thị Mai, Một số dạng toán về bất đẳng thức đối với hàm phân thức bậc hai trên bậc nhất 15. Đặng Thị Mến, Một số phương pháp giải phương trình hàm trên tập số nguyên 16. Đặng Thị Mến, Cấp của một số nguyên và ứng dụng giải một số bài toán số học 17. Hoàng Minh Quân - Ngụy Phan Tiến, Một số mở rộng và áp dụng của bất đẳng thức Klamkin 18. Nguyễn Thị Tâm - Hoàng Thị Nhung - Trần Thi Hằng, Định lí Helly và ứng dụng 19. Vũ Thị Thuần - Nguyễn Thị Đan Quế, Số chính phương theo modul bậc tùy ý 20. Vũ Thị Thuần, Sử dụng đại lượng bất biến và đơn biến trong toán tổ hợp 21. Huỳnh Duy Thủy, Tiếp cận các phương pháp tìm cực trị của một biểu thức đa biến 22. Phan Ngọc Toàn, Sử dụng tính chất giải tích trong các bài toán số học 23. Đặng Thị Mến, Một số ứng dụng của số phức trong đại số và toán tổ hợp 24. Vũ Văn Thưởng, Sử dụng bất đẳng thức Karamata khảo sát bất đẳng thức trong tam giác 25. Quách Thị Tuyết Nhung, Một số bài toán về dãy số truy hồi tuyến tính cấp hai 26. Hoàng Tuấn Doanh, Một số tính chất của hàm số học cơ bản và áp dụng 4 2 5 12 23 39 49 55 79 90 105 116 130 143 166 172 184 193 205 214 226 241 254 259 270 279 290 Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 MỘT VÀI KẾT QUẢ VỀ ĐƯỜNG BẬC BA Đàm Văn Nhỉ Trường THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội Tóm tắt nội dung Mục đích của báo cáo này là trình bày một phần nội dung của cuốn giáo trình (xem [2]) nhằm lý giải sự hình thành, phát triển của một số kết quả trong Hình học Sơ cấp và xâu chuỗi các vấn đề liên quan lại thành một thể logic. tác giả mong muốn đưa đến cho người đọc một cái nhìn toàn cục về môn học này về sự ra đời của Hệ tiên đề Hilbert, Hệ tiên đề Wayne và Hệ tiên đề Pogorelov của Hình học Euclid, giới thiệu Mô hình Carte để kiểm tra hệ tiên đề do Pogorelov đưa ra thỏa mãn ba yêu cầu: Độc lập-Phi mâu thuẫnĐầy đủ. Tác giả tập trung trình bày Định lý Pascal cho đường cong bậc hai và chỉ ra Định lý Newton, Pappus, Brianchon và mở rộng bài toán con bướm. Việc sử dụng phương pháp đa thức và mở rộng trường cho ta hình dung được sự phát triển của môn Hình học Sơ cấp từ đa thức bậc 0, đa thức bậc 1 rồi đến đa thức bậc 2 và tiếp tục phải xét đa thức bậc 3. Bậc cao hơn nữa của hình học sẽ được tiếp tục nghiên cứu trong Hình học Đại số. Mục tiêu của chuyên đề nhằm trang bị một cách sâu sắc các kiến thức, rèn luyện tư duy và kĩ năng giải toán hình cho các em học sinh khá, giỏi; cho các em sinh viên, các học viên cao học. Với một vài bài toán mở để các em tập dượt nghiên cứu, xây dựng kết quả mới. 1 Định lý Pascal Định lý 1 (Pascal). Giả sử 6 điểm A1 , A2 , . . . , A6 nằm trên đường tròn (C ). Khi đó, điểm giao A = ( A1 A5 ) × ( A2 A4 ), B = ( A3 A4 ) × ( A6 A1 ), C = ( A2 A6 ) × ( A3 A5 ) thẳng hàng. Chứng minh. Gọi I = A1 A5 × A2 A6 , J = A1 A5 × A3 A4 và K = A3 A4 × A2 A6 . Theo Định lý Menelaus, với tam giác I JK và các bộ ba điểm ( A, A2 , A4 ), ( B, A1 , A6 ), (C, A3 , A5 ) thuộc ba cạnh tương ứng thẳng hàng ta nhận được ba hệ thức sau: A6 K A1 I BJ CK A5 I A3 J AI A4 J A2 K . . = 1, . . = 1, . . = 1. AJ A4 K A2 I A6 I A1 J BK CI A5 J A3 K Nhân các kết quả này lại và biến đổi theo phương tích 1 = = Do AI A4 J A2 K A6 K A1 I BJ CK A5 I A3 J . . . . . . . . AJ A4 K A2 I A6 I A1 J BK CI A5 J A3 K AI BJ CK A4 J.A3 J A2 K.A6 K A1 I.A5 I AI BJ CK . . . . . = . . . AJ BK CI A1 J.A5 J A3 K.A4 K A2 I.A6 I AJ BK CI AI BJ CK . . = 1 nên A, B, C thẳng hàng theo Định lý Menelaus. AJ BK CI 5 Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 Ví dụ 1. Giả sử tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong đường tròn ( T ). Giả sử giao I = AC × BD, J = AB × CD và K là giao hai tiếp tuyến Bb và Cc của đường tròn tại B và C. Khi đó ba điểm I, J, K thẳng hàng. Bài giải. Kết quả này được suy ra từ Định lý Pascal với 6 điểm A, B, B, C, C, D. Ví dụ 2. Giả sử 5 điểm A1 , A2 , A3 , A4 , A6 nằm trên đường tròn (C ). Khi đó ba điểm giao A = ( A1 A3 ) × ( A2 A4 ), B = ( A3 A4 ) × ( A6 A1 ) và C = ( A2 A6 ) × ( A3 t), ở đó A3 t là tiếp tuyến với đường tròn (C ) tại A3 , thẳng hàng. Bài giải. Kết quả này được suy ra từ Định lý Pascal và A5 ≡ A3 . Hệ quả 1 (Newton). Giả sử đường tròn nội tiếp trong tứ giác lồi ABCD tiếp xúc với các cạnh AB, BC, CD, DA tại E, F, G, H, tương ứng. Khi đó, bốn đường thẳng AC, BD, EG, FH đồng quy tại một điểm. Chứng minh. Gọi O = EG × FH, X = EH × FG. Vì D là giao điểm của hai tiếp tuyến GD, HD nên, theo Định lý Pascal, Định lý 1, cho 6 điểm E, G, G, F, H, H có ba điểm O, D, X thẳng hàng. Tương tự, với 6 điểm E, E, H, F, F, G ta cũng có B, X, O thẳng hàng. Ta đã có : BD, EG, FH đồng quy tại O. Hoàn toàn tương tự, AC, EG, FH cũng đồng quy tại O. Như vậy, AC, BD, EG, FH đồng quy tại một điểm. Định lý 2. Giả sử 6 điểm A1 , A2 , . . . , A6 nằm trên đường cong bậc hai không suy biến (ℓ). Khi đó ba điểm giao A = ( A1 A5 ) × ( A2 A4 ), B = ( A3 A4 ) × ( A6 A1 ) và C = ( A2 A6 ) × ( A3 A5 ) thẳng hàng. Chứng minh. Qua phép biến đổi tuyến tính có thể coi (ℓ) : x = y2 . Ký hiệu dij ( x, y) = 0 là phương trình đường thẳng Ai A j . Đặt p( x, y) = d24 ( x, y)d16 ( x, y)d35 ( x, y) − αd34 ( x, y)d26 ( x, y)d15 ( x, y). Đây là một đa thức bậc ba đối với x và y. Tọa độ 6 điểm A1 , . . . , A6 thỏa mãn phương trình p( x, y) = 0. Lấy một điểm bất kỳ A thuộc (ℓ), khác 6 điểm trên. Ta chọn α để tọa 6 Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 độ điểm A thỏa mãn p( x, y) = 0. Nếu thế x qua y2 ta được đa thức p(y2 , y) bậc 6. Phương trình p(y2 , y) = 0 cho tung độ của 7 điểm khác nhau, có nghĩa: p(y2 , y) = 0 có 7 nghiệm y khác nhau. Vậy p(y2 , y) ≡ 0 hay mọi điểm thuộc (ℓ) đều có tọa độ thỏa mãn p( x, y) = 0. Coi p( x, y) như là một đa thức của x. Với phép chia đa thức, ta nhận được p( x, y) = ( x − y2 )q( x, y) + r(y), trong đó q( x, y) là thương và r(y) là phần dư. Vì mọi điểm thuộc (ℓ) : x = y2 đều thỏa mãn p( x, y) = 0 nên r(y) ≡ 0. Vậy p( x, y) = ( x − y2 )q( x, y). Vì p( x, y) là đa thức bậc 3 nên q( x, y) phải là đa thức bậc nhất hay p( x, y) = ( x − y2 )( ax + by + c). Do 9 điểm A1 , A2 , . . . , A6 và A, B, C đều thuộc đường cong phẳng p( x, y) = 0, nhưng A, B, C không thuộc (ℓ) : x = y2 nên A, B, C thuộc đường thẳng (d) : ax + by + c = 0 hay A, B, C thẳng hàng. Hệ quả 2 (Pappus). Giả sử 3 điểm A1 , A2 , A3 nằm trên đường thẳng (d1 ) và 3 điểm A4 , A5 , A6 nằm trên đường thẳng (d2 ) khác (d1 ). Khi đó ba điểm giao A = ( A1 A5 ) × ( A2 A4 ), B = ( A1 A6 ) × ( A3 A4 ) và C = ( A2 A6 ) × ( A3 A5 ) thẳng hàng. Chứng minh. Kết quả này được suy ra từ Định lý 2. Hệ quả 3 (Brianchon). Giả sử lục giác lồi ABCDEF ngoại tiếp một đường tròn. Khi đó, ba đường thẳng AD, BE, CF đồng quy tại một điểm. Chứng minh. Giả sử đường tròn nội tiếp trong lục giác lồi ABCDEF tiếp xúc với các cạnh AB, BC, CD, DE, EF, FA tại G, H, I, J, K, L, tương ứng. Đặt M = AB × CD, N = DE × FA. Theo Hệ quả 1, với tứ giác AMDN ta có các đường thẳng AD, IL, GJ đồng quy tại A′ . Tương tự, các đường thẳng BE, HK, GJ đồng quy tại B′ ; các đường thẳng CF, HK, IL đồng quy tại C ′ . Chú ý rằng, hai đường thẳng IL và A′ C ′ là một. Theo Định lý Pascal, Định lý 1, với các điểm G, G, I, L, L, H có ba điểm A, O, P thẳng hàng, ở đó O = GI × HL, P = IL × GH. Cũng theo Định lý Pascal, với các điểm H, H, L, I, I, G có ba điểm C, O, P thẳng hàng. Vậy A, C, P thẳng hàng. Xét G = AB × A′ B′ , H = BC × B′ C ′ , P = CA × C ′ A′ . Theo phần đảo của Định lý ??, Định lý Desargues, đối với ∆ABC và ∆A′ B′ C ′ có AA′ = AD, BB′ = BE, CC ′ = CF đồng quy. 7 Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 2 Mở rộng bài toán con bướm Mệnh đề 1 (Bài toán con bướm). Qua trung điểm I của dây cung MN của một đường tròn ta kẻ hai dây cung bất kỳ AB và CD, đều khác MN. Gọi giao điểm giữa AC và BD với MN là P và Q tương ứng. Ta luôn có IP = IQ. Chứng minh. Gọi O là tâm đường tròn và J, K là trung điểm đoạn AC, BD, tương ứng. Vì ∆I AC ∼ ∆IDB nên ∆I AJ ∼ ∆IDK và suy ra ∠ I J A = ∠ IKD. Do tứ giác IOJP và IOKQ đều nội tiếp trong đường tròn tương ứng nên ∠ IOP = ∠ I JP = ∠ IKQ = ∠ IOQ. Từ đó suy ra IP = IQ. Bổ đề 1. Cho tứ giác lồi ABCD với giao hai đường chéo I = AC × BD. Lấy E, H, F, G thuộc cạnh AB, BC, CD, DA, tương ứng sao cho EF và GH cùng đi qua I. Giả sử EG, FH cắt AC tại M, N, tương ứng. Chứng minh rằng 1 1 1 1 + = + . IA IN IC IM IA AM IN . = . Biến đổi Bài giải. Trước tiên ta chỉ ra hệ thức P = I M CN IC S AEG S IFH S S S S P = . = IFH . CBD . ABD . AEG S IEG SCFH S IEG SCFH SCBD S ABD IF.IH CB.CD I A AE.AG . . . = IE.IG CF.CH IC AB.AD IA S FAC S HAC SDAC SBAC I A SEAC SGAC . . . . . . = . = SEAC SGAC S FAC S HAC IC SBAC SDAC IC Đặt I A = a, IC = c, I M = m, IN = n. Ta có 1 1 1 = + . IN IC IM a−m n a 1 . = và suy ra hệ thức + m c−n c IA Mệnh đề 2. Cho dây cung MN của một đường tròn, (đường bậc hai), và điểm I thuộc đoạn MN. Giả sử hai dây cung bất kỳ AB và CD, đều khác MN, đi qua điểm I. Gọi giao điểm giữa AC và BD với MN là P và Q tương ứng. Ta có đồng nhất thức 1 1 1 1 + = + . IM IP IN IQ 8 Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 Chứng minh. Giả sử MA cắt ND tại T và MC cắt NB tại H. Do 6 điểm A, M, C, B, N, D cùng thuộc một đường tròn, (đường bậc hai), nên ba điểm T, I, H thẳng hàng theo Định 1 1 1 1 + = + theo Bổ đề 1. lý Pascal. Ta có đồng nhất thức IM IP IN IQ 3. Đồ thị phẳng 21-điểm K3 Mục này dành trình bày Mệnh đề 3. Đây là lời giải cho Bài tập 16 trang 56 trong "Bài tập về các đồ thị phẳng bậc ba" của Smôgôrdevski và Stôlôva (bản tiếng Nga). Giả sử tam giác ABC có độ dài ba cạnh a = BC, b = CA, c = AB. Ký hiệu a là đường thẳng cắt đường thẳng AC tại điểm cách đều hai điểm A và B, cắt đường thẳng AB tại điểm cách đều hai điểm A và C. Ký hiệu b là đường thẳng cắt đường thẳng BA tại điểm cách đều hai điểm B và C, cắt đường thẳng BC tại điểm cách đều hai điểm B và A. Ký hiệu c là đường thẳng cắt đường thẳng CB tại điểm cách đều hai điểm C và A, cắt đường thẳng CA tại điểm cách đều hai điểm C và B. Gọi A0 , B0 , C0 là những điểm đối xứng với A, B, C qua BC, CA, AB, tương ứng. Gọi A1 , B1 , C1 là những điểm đối xứng với A, B, C qua a, b, c, tương ứng. Gọi 2 điểm E là những điểm thỏa mãn aEA = bEB = cEC, gọi 2 điểm F là những điểm nhìn các cạnh 2π π . Gọi H là trực tâm và O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC dưới góc hay 3 3 ∆ABC. Gọi A2 , A3 là các đỉnh của các tam giác đều BCA2 , BCA3 , gọi B2 , B3 là các đỉnh của các tam giác đều CAB2, CAB3 và gọi C2 , C3 là các đỉnh của các tam giác đều ABC2, ABC3 . Ví dụ 3. Xác định phương trình a khi biết tọa độ A, B, C. Bài giải. Dựng hệ tọa độ Oxy sao cho A(0; 0), B( x2 ; kx2 ), C ( x3 ; hx3 ). Điểm P0 ( p; hp) cách đều A và B khi và chỉ khi p2 + h2 p2 = ( p − x2 )2 + (hp − kx2 )2 . Vậy P0 x2 ( 1 + k2 ) x2 h ( 1 + k2 ) ; . 2(1 + hk) 2(1 + hk) Điểm N0 (n; kn) 9 cách đều A và C khi Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 và chỉ khi x x2 ( 1 + k2 ) 2(1 + hk) x3 ( 1 + h2 ) 2(1 + hk) x3 ( 1 + h2 ) x3 k ( 1 + h2 ) ; . Đường thẳng a là 2(1 + hk) 2(1 + hk) y 1 x y 1 x2 h ( 1 + k2 ) 2(1 + hk) 1 = 0. = 0 hay x2 x2 h 2(1 + hk) 1 + k2 2) 2(1 + hk) x3 k ( 1 + h x3 x3 k 1 1 + h2 2(1 + hk) N0 đường thẳng Mệnh đề 3. Giả sử ∆ABC có độ dài cạnh a, b, c. Khi đó 21 điểm nêu trên đều thuộc tập K3 gồm tất cả các điểm M thỏa mãn 1 a2 + MA2 a2 MA2 1 b2 + MB2 b2 MB2 1 c2 + MC2 c2 MC2 = 0. Chứng minh. Khi M ≡ A thì MA = 0, MB = AB = c.MC = AC = b. Khi 1 a2 + MA2 a2 MA2 1 a2 0 2 + MB2 2 MB2 2 + c2 b2 c2 b đó 1 b = 1 b = 0. Vậy A, A0 ∈ K3 . Tương tự 1 c2 + MC2 c2 MC2 1 c2 + b2 c2 b2 B, B0 , C, C0 ∈ K3 . 1 a2 + H A 2 a2 H A 2 Vì a2 + H A2 = b2 + HB2 = C2 + HC2 = 4R2 nên 1 b2 + HB2 b2 HB2 = 1 c2 + HC2 c2 HC2 1 4R2 a2 H A2 1 4R2 b2 HB2 = 0. Vậy H ∈ K3 . 1 4R2 c2 HC2 1 a2 + OA2 a2 OA2 1 a2 + R 2 a2 R 2 Vì 1 b2 + OB2 b2 OB2 = 1 b2 + R2 b2 R2 = 0 nên O ∈ K3 . 1 c2 + OC2 c2 OC2 1 c2 + R 2 c2 R 2 1 a2 + EA2 a2 EA2 1 a2 + EA2 u2 2 + EB2 2 EB2 Đặt aEA = u. Vì 1 b b = 1 b2 + EB2 u2 = 0 nên hai điểm E 2 + EC 2 2 EC 2 1 c c 1 c2 + EC2 u2 √ a2 + b 2 + c 2 + 2 3S. Do thuộc K3 . Đặt v = AA2 = 2 2 T= 1 nên T = 1 1 A3 , B2 , B3 , C2 , C3 1 a2 + A 2 A 2 a2 A 2 A 2 1 b2 + A 2 B 2 b2 A 2 B 2 1 c2 + A 2 C 2 c2 A 2 C 2 a2 + v v b 2 + a2 b 2 c 2 + a2 c 2 ∈ K3 . a2 = 1 a2 v 1 a2 b 2 1 a2 c 2 a2 = 0. Vậy A2 ∈ K3 . Tương tự 2π . Đặt x = FA, y = FB, z = FC. 3 2 + x2 + zx, c2 = x2 + y2 + xy. Vì F ∗ : = = z Giả sử F nhìn ba cạnh dưới cùng một góc Khi đó ta có a2 = y2 + z2 + yz, b2 = 1 a2 + v a2 v 1 b 2 + a2 b 2 a2 1 c 2 + a2 c 2 a2 10 Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 1 a2 + FA2 a2 FA2 1 b2 + FB2 b2 FB2 1 c2 + FC2 c2 FC2 ∗ F = = 1 xy a2 x2 1 yz b2 y2 1 zx c2 z2 1 x2 + y2 + z2 + xy a2 x2 1 x2 + y2 + z2 + yz b2 y2 1 x2 + y2 + z2 + zx c2 z2 nên = c2 xz3 − b2 xy3 + a2 x3 y − c2 yz3 + b2 y3 z − a2 x3 z và dễ dàng thấy F ∗ = 0 qua việc thay a2 = y2 + yz + z2 , b2 = z2 + zx + x2 và c2 = x2 + xy + y2 . Như vậy hai điểm F cũng thuộc K3 . Việc kiểm tra ba điểm còn lại A1 , B1 , C1 cũng thuộc K3 được coi là một bài tập. Mệnh đề 4. Nếu ∆ABC không đều thì bậc của K3 bằng 3. Chứng minh. Đặt u = MA2 , v = MB2 , t = MC2 ; α = a2 , β = b2 , γ = c2 . Vậy 1 α + u αu 0 = 1 β + v βv 1 γ + t γt = γvt − βvt + αut − γut + βuv − αuv + αγu − αβu + αβv − βγv + βγt − αγt. Biểu diễn u = x2 + y2 + a1 x + b1 y + c1 , v = x2 + y2 + a2 x + b2 y + c2 và t = x2 + y2 + a3 x + b3 y + c3 , Khi đó hệ số của ( x2 + y2 )2 đúng bằng γ − β + α − γ + β − α = 0. Vậy K3 là đồ thị bậc 3. Dễ dàng kiểm tra bậc của K3 bằng 3 khi tam giác ABC không đều. Nhận xét 1. Phương trình cho K3 không qua định thức rất phức tạp ( a2 − b2 ) MA2.MB2 + (b2 − c2 ) MB2 .MC2 + (c2 − a2 ) MC2.MA2 = a2 c2 ( MA2 − MC2 ) + c2 b2 ( MC2 − MB2 ) + b2 a2 ( MB2 − MA2 ). Tài liệu [1] N. V. Mậu và Đ. V. Nhỉ (2015), Đồng nhất thức và phương pháp tọa độ trong Hình học, Nhà xuất bản ĐHQG Hà Nội. [2] T. T. Nam, Đ. V. Nhỉ, T. T. Tình, N. A. Tuấn (2016), Giáo trình HÌNH HỌC SƠ CẤP, Nhà xuất bản ĐHSP Thành phố HCM. 11 Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 SỐ LŨY THỪA Nguyễn Việt Hải Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ Các bài toán về số lũy thừa, nói riêng là số chính phương, thường không cần nhiều vốn kiến thức, nhưng đòi hỏi sự phân tích và tổng hợp giả thiết một cách thông minh, phương pháp biến đổi khéo léo, khả năng suy luận chặt chẽ, biện luận đầy đủ. Chính vì thế mà các bài toán về số lũy thừa thường gặp trong các kì thi chọn học sinh giỏi cấp 2, cấp 3, thi toán quốc tế và các cuộc thi tuyển vào lớp 10. Các bài toán về số lũy thừa khá phong phú, ở đây chỉ trình bày một số kiến thức cơ bản dùng để xét xem một số có là số chính phương, số lũy thừa hay không; đồng thời nêu một số bài toán liên quan đến các dạng của số lũy thừa. Còn nhiều bài toán về số lũy thừa trong hệ thập phân chưa được nêu ra do số trang có hạn. Một số kiến thức cơ bản về ước số chung lớn nhất, các số nguyên tố cùng nhau và phương trình vô định bậc nhất hai ẩn được sử dụng, coi như bạn đọc đã biết. 1 Một số tính chất của số lũy thừa Định nghĩa 1. a) Ta gọi lũy thừa bậc n, (n ≥ 2) của một số tự nhiên a, tức là số an , là số lũy thừa. b) Ta gọi bình phương của một số tự nhiên a, tức là số a2 , là số chính phương, như thế số chính phương là số lũy thừa bậc hai. c) Số nguyên lớn hơn 1 mà không chia hết cho số chính phương lớn hơn 1 nào được gọi là số phi chính phương. Chẳng hạn, các số sau là số phi chính phương: 2; 3; 5; 7; 6 = 2.3; 30 = 2.3.5. Các số sau không là số chính phương và cũng không là số phi chính phương: 12 = 22.3; 60 = 22.3.5. Nhận xét 1. Số 0, số 1 là số chính phương và là số lũy thừa bậc tùy ý. Các tên gọi số lũy thừa, số chính phương, số phi chính phương chỉ sử dụng cho các số nguyên không âm. Định lý 1. a) Số phi chính phương hoặc là một số nguyên tố lớn hơn 1, hoặc là tích các số nguyên tố phân biệt với số mũ đều bằng 1. b) Mỗi số nguyên dương a đều biểu diễn duy nhất được trong dạng tích của một số chính phương và một số phi chính phương, tức là có dạng a = b2 c. Chứng minh. 12 Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 a) Gọi p là ước số nguyên tố bất kì của số phi chính phương c với số mũ là s. Nếu s ≥ 2 thì c chia hết cho p2 , trái với định nghĩa số phi chính phương, vậy s = 1. b) Gọi b là số nguyên dương lớn nhất thỏa mãn b2 là ước của a thì a = b2 c. Nếu số c không là số phi chính phương thì nó phải chia hết cho một số chính phương e2 với e > 1, lúc đó c = e2 d nên a = b2 c = b2 e2 d = (be)2 d mà be > b, trái với sự xác định số b. Giả sử số a có hai cách biểu diễn a = b2 c = e2 d, trong đó c, d là các số phi chính phương. Đặt 2 2 2 (b, e) = n thì b = nb1 , e = ne1 và (b1 , e1 ) = 1. Lúc đó b2 c = e2 d ⇔ n2 b1 c = n2 e1 d ⇔ b1 c = 2 d. Từ đó và ( b , e ) = 1 thì ( b2 , e2 ) = 1 nên e2 là ước số của c. Do c là số phi chính phương e1 1 1 1 1 1 thì e1 = 1. Xét tương tự thì b1 = 1. Vậy cách biểu diễn a = b2 c là duy nhất Định lý 2. a) Nếu số lũy thừa bậc n chia hết cho số nguyên tố p thì số đó chia hết cho pn . b) Nếu số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì số đó chia hết cho p2 . Chứng minh. a) Giả sử cn chia hết cho số nguyên tố p với n ≥ 2. Nếu (c, p) = 1 thì (cn , p) = 1, điều này không xảy ra nên (c, p) = p, tức là c chia hết cho p, do đó cn chia hết cho pn . Khi n = 2 thì có câu b). Định lý 3. a) Nếu số lũy thừa bậc n là tích của hai số nguyên tố cùng nhau, tức là cn = a.b với ( a, b) = 1, thì mỗi thừa số a, b là số lũy thừa bậc n. b) Nếu số chính phương là tích của hai số nguyên tố cùng nhau, tức là c2 = a.b với ( a, b) = 1, thì mỗi thừa số a, b là số chính phương. Chứng minh. a) Đặt ( a, c) = e thì a = ed và c = em với (d, m) = 1. Từ cn = a.b với n ≥ 2 có en mn = edb ⇔ en−1 mn = db. Vì ( a, b) = 1 thì (e, b) = 1, đồng thời có en−1 mn = db nên b là ước của mn . Từ (d, m) = 1 thì (d, mn ) = 1, đồng thời có en−1 mn = db thì mn là ước của b. Suy ra b = mn và d = en−1 . Từ đó có a = ed = dn . Khi n = 2 thì có câu b). Định lý 4. Căn bậc n của một số nguyên dương hoặc là số nguyên dương, hoặc là số vô tỉ. Nói cách khác, nếu an = d với d là số nguyên dương mà a là số hữu tỉ thì a là số nguyên. √ n r là phân số s tối giản với r, s là các số nguyên dương, tức là (r, s) = 1, suy ra (s, r n ) = 1. Từ điều giả sử có r n = an sn = dsn , suy ra s là ước số của r n nên s = (s, r n ) = 1. Vậy nếu a là số hữu tỉ thì a = r là số nguyên dương. Chứng minh. Giả sử d = a ⇔ an = d với d là số nguyên dương. Giả sử a = Định lý 5. Giả sử a, b, m, n là các số nguyên dương. a) Nếu an là ước của bn thì a là ước của b. b) Nếu aAm = bn và (m, n) = 1 thì tồn tại số nguyên dương c sao cho a = cn và b = cm . Chứng minh. a) Đặt ( a, b) = d thì a = de và b = dk với (e, k ) = 1. Từ đó (en , kn ) = 1. Theo giả thiết n = an c nên dn k n = dn en c, suy ra k n = en c mà ( en , k n ) = 1 nên en = 1, tức là e = 1, do đó b b = ak. b) Theo điều kiện có nghiệm của phương trình vô định bậc nhất, nếu (m, n) = 1 thì tồn tại các số nguyên x, y sao cho mx + ny = 1. (Bạn đọc tự chứng minh rằng hai số x, y không 13 Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 thể cùng dấu). Giả sử mx − ny = 1 với x, y đều dương (nếu nx − my = 1 thì xét tương tự), bx bx n nx = amx = any a , hay là a = hay là mx = ny + 1. Từ đó b . Theo Định lí 4 thì y = c là ay a n , thay vào am = bn được b = cm . số nguyên dương, suy ra a = c Định lý 6. Cho số nguyên s ≥ 2 thì chọn được số nguyên ns sao cho với mỗi số nguyên m ≥ ns thì tồn tại số lũy thừa as thỏa mãn m < as < 2m. √ √ Chứng minh. Giả sử có m < as < 2m hay là s m < a < s 2m. Để tồn tại số a nguyên thì cần √ √ √ √ √ √ 1 . Nếu chọn số có s m + 1 < s 2m ⇔ s 2m − s m > 1 ⇔ s m( s 2 − 1) > 1 ⇔ m > √ s ( 2 − 1) s √ √ 1 1 nguyên ns ≥ 1 + √ thì với m ≥ ns ≥ 1 + √ sẽ có s m < a < s 2m ( s 2 − 1) s ( s 2 − 1) s Định lý 7. Giả sử a, b, n là các số nguyên dương. a) Nếu số b thỏa mãn an < b < ( a + 1)n thì số b không là số lũy thừa bậc n. b) Nếu số b thỏa mãn a2 < b < ( a + 1)2 thì số b không là số chính phương. Chứng minh. a) Giả sử b = cn thì có an < cn < ( a + 1)n , suy ra a < c < ( a + 1), nhưng không tồn tại số nguyên c như thế. Khi n = 2 thì có câu b) Định lý 8 (Định lí Liouville ). Với số nguyên dương a và n ≥ 2 thì đẳng thức ( a − 1)! + 1 = an chỉ xảy ra khi a = 5. Chứng minh. Giả sử có số a > 5 thỏa mãn ( a − 1)! + 1 = an (n > 1). Do ( a − 1)! là số chẵn nên an là số lẻ, suy ra a là số lẻ. Theo giả thiết có ( a − 2)!( a − 1) = an − 1 = ( a − 1)( an−1 + an−2 + · · · + a + 1) ⇔ ( a − 2)! = ( an−1 − 1) + ( an−2 − 1) + · (1) a−1 a−1 > 2nn( a − 2)! chứa tích .2 = a − 1. Từ đó và (1) suy ra Với a > 5 thì a − 2 > 2 2 a − 1 là ước của n, do đó n ≥ a − 1. Thay vào (1) được ( a − 2)! ≥ a a−2 + a a−3 + · · · + a + 1 > a a−2 , nhưng điều này không xảy ra nên không tồn tại số a như thế. Với a ≤ 5 thì chỉ xảy ra đẳng thức 4! + 1 = 52. Chú ý 1. Ta đã biết một số đẳng thức dạng a! + 1 = b2 (n > 1) như: 4! + 1 = 52 ; 5! + 1 = 112 ; 7! + 1 = 712 . Nhà toán học M. Kraitchik đã kiểm tra (năm 1924) với a ≤ 1020 thì không có số a nào để a! + 1 là số chính phương. Ta không biết với a > 1020 thì có số a nào để a! + 1 là số chính phương hay không ? Định lý 9. a) Số chính phương có chữ số tận cùng là một trong các chữ số 0, 1, 4, 5, 6, 9 và không có chữ số tận cùng là 2, 3, 7, 8. b) Nếu số chính phương có chữ số tận cùng là 5 thì hai chữ số cuối cùng là 25. c) Nếu số chính phương có chữ số tận cùng là 6 thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ. d) Nếu số chính phương có chữ số tận cùng là 4 hoặc là chữ số lẻ 1, 5, 9 thì chữ số hàng chục 14 Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 là chữ số chẵn. Chứng minh. Xét số n = 10k + r với k, r đều là số nguyên và 0 ≤ r ≤ 9 thì n2 = (10k + r )2 = 20k(5k + r ) + r2 .Vì r2 chỉ có thể là 00, 01, 04, 09, 16, 25, 36, 49, 64, 81 nên chữ số tận cùng của số chính phương chỉ có thể là 0, 1, 4, 5, 6, 9. Hơn nữa, do 20k (5k + r ) là số chẵn nên chữ số hàng chục của số chính phương có cùng tính chẵn lẻ với r2 , từ đó kết luận được hai chữ số cuối cùng của n2 Định lý 10. a) Số chính phương khi chia cho 3 có dạng 3n hoặc 3n + 1 và không có dạng 3n + 2. b) Số chính phương khi chia cho 4 có dạng 4n hoặc 4n + 1 và không có dạng 4n + 2, 4n + 3. c) Số chính phương khi chia cho 5 có dạng 5n, hoặc 5n + 1, hoặc 5n + 4 và không có dạng 5n + 2, 5n + 3. d) Số chính phương khi chia cho 6 có dạng 6n, hoặc 6n + 1, hoặc 6n + 3 hoặc 6n + 4 và không có dạng 6n + 2, 6n+. e) Số chính phương khi chia cho 8 có dạng 8n hoặc 8n + 1 hoặc 8n + 4 và không có dạng 8n + r với r bằng 2, 3, 5, 6, 7. g) Số chính phương khi chia cho 9 có dạng 9n hoặc 9n + 1 hoặc 9n + 4 hoặc9n + 7 và không có dạng 9n + r với r bằng 2, 3, 5, 6, 8. Chứng minh. Áp dụng lập luận như ở chứng minh Định lí 9. a) Xét n = 3k + r với k, r đều là số nguyên và 0 ≤ r ≤ 2 thì n2 = (3k + r )2 = 3k (3k + 2r ) + r2 và r2 chỉ có thể là 0, 1, 4, từ đó rút ra kết luận. Chứng minh tương tự cho các trường hợp còn lại Định lý 11. a) Số lũy thừa bậc s ≥ 3 khi chia cho 4 không có dạng 4n + 2. b) Số lũy thừa bậc s ≥ 3 khi chia cho 8 không có dạng 8n + r với r bằng 2, 4, 6. c) Số lũy thừa bậc ba khi chia cho 9 không có dạng 9n + r với r bằng 2, 3, 4, 5, 6, 7. d) Số lũy thừa bậc s > 3 khi chia cho 9 không có dạng 9n + r với r bằng 3, 6. Chứng minh. a) Với r bằng 0, 1, 2, 3 thì số r s không có dạng 4n + 2 với s ≥ 3 nên (4t + r )s = 4m + r s không có dạng 4n + 2. Chứng minh tương tự đối với b) c) và d). Để chứng minh một số là số lũy thừa ta có thể dùng các Định lí 2, Định lí 3, Định lí 4, Định lí 5, hoặc biến đổi số đang xét thành lũy thừa bậc n của số nguyên. Để chứng minh một số không phải là số chính phương hoặc không là số lũy thừa ta chỉ ra rằng số đó không thỏa mãn một điều kiện cần của số chính phương, số lũy thừa theo các Định lí 2, Định lí 7, Định lí 9, Định lí 10, Định lí 11. 2 Xác định và nhận dạng số lũy thừa Bài toán 1. Chứng minh rằng mỗi cặp số nguyên dương (m, n) mà tổng và tích của chúng đều là số chính phương thì chúng có dạng m = ka2 , n = kb2 , trong đó a2 + b2 = kc2 với k là số phi chính phương. Lời giải. Giả sử m + n = q2 và mn = e2 . Đặt d = (m, n) thì m = dm1 , n = dn1 và (m1 , n1 ) = 1 theo tính chất của ước chung lớn nhất. Thay vào mn = e2 được d2 m1 n1 = e2 . Từ d2 là ước 15 Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 của e2 , xét (d, e) suy ra d là ước của e, tức là e = dh, thay vào đẳng thức trên được m1 n1 = h2 . Từ đó và (m1 , n1 ) = 1 thì m1 = u2 và n1 = v2 theo Định lí 3, tức là m = du2 , n = dv2 . Theo Định lí 1 viết được d = kg2 với k là số phi chính phương. Đặt a = gu, b = gv thì viết được m = kg2 u2 = ka2 , n = kg2 v2 = kb2 , trong đó k là số phi chính phương và q2 = m + n = ka2 + kb2 = k( a2 + b2 ). Đặt (k, q) = p thì k = ps, q = pc và (s, c) = 1 theo tính chất của ước chung lớn nhất. Từ đẳng thức trên k = ps là ước của q2 = p2 c2 , tức là p2 c2 = tps, suy ra pc2 = ts, mà (s, c) = 1 nên s là ước của p, tức là p = rs, do đó k = ps = rs2 , nhưng k là số phi chính phương nên s = 1, tức là k = p và q = pc = kc. Thay vào đẳng thức q2 = k( a2 + b2 ) được k2 c2 = q2 = k ( a2 + b2 ) rút ra kc2 = a2 + b2 .. Ngược lại, dễ thấy các cặp số (m, n) có dạng trên thì có tổng và tích đều là số chính phương. Bài toán 2 (Cấp số cộng (nhị thức bậc nhất) chứa số chính phương). a) Chứng minh rằng nếu một cấp số cộng a + bn (với các số nguyên a, b đã cho, b > 0 và n = 1, 2, . . . ) chứa một số chính phương thì cấp số đó chứa vô hạn số chính phương. b) Tìm các số nguyên n sao cho 27 + 22n là số chính phương. c) Từ câu trên hãy chỉ ra cách tìm các số nguyên n sao cho a + bn là số chính phương (với các số nguyên a, b đã cho, b > 0). Lời giải. a) Giả sử trong cấp số cộng a + bn với n = 1, 2, . . . tồn tại số a + bn0 = e2 thì các số dạng (bn + e)2 = b2 n2 + 2ben + e2 = b(bn2 + 2en + n0 ) + a cũng là số chính phương với n = 1, 2, . . . b) Ta chuyển việc xét số chính phương 27 + 22n = e2 về xét số chính phương 5 + 22s = e2 , trong đó n = s − 1 ≥ 1. Đặt e = 22t + rvi − 10 ≤ r ≤ 10 thì 22s + 5 = e2 = 22(22t2 + 2tr ) + r2 nên 22 là ước số của r2 − 5, suy ra 0 ≤ r2 = 22m + 5 ≤ 100, dẫn đến 0 ≤ m ≤ 4. Từ đó ta tìm được m = 2 nên r = 7 hoặc r = −7. Từ 22n + 27 = e2 = 22(22t2 + 2tr ) + 49 suy ra hai nghiệm là n1 = 22t2 + 14t + 1 và n2 = 22t2 − 14t + 1, trong đó t là số tự nhiên tùy ý. c) Giả sử với các số nguyên a, b, n có số chính phương a + bn = e2 . Ta đặt số a = bv + d với 0 ≤ d ≤ b − 1 thì e2 = bn + a = bn + bv + d = b(n + v) + d. Ta đặt số e = bt + r với −k ≤ r ≤ k , trong đó b = 2khocb = 2k + 1, thì bn + d = e2 = (bt + r )2 = b(bt2 + 2tr ) + r2 hay là bm + d = r2 với m = n − (bt2 + 2tr ). Giả sử b = 2k hoặc b = 2k + 1. Ta chuyển việc xét số chính phương a + bn = e2 về xét số chính phương d + bm = r2 với 0 ≤ d ≤ b − 1 và −k ≤ r ≤ k (với b = 2k thì thừa một số), dẫn đến tìm số m sao cho 1 − b ≤ −d ≤ bm = r2 − d ≤ r2 ≤ k2 ≤ b2 , tức là 0 ≤ m ≤ b . Như vậy số a + bn = e2 là số chính phương khi và chỉ khi tồn tại số m sao cho d + bm = r2 với các số d, m, r được xác định như trên. Chú ý rằng tồn tại cấp số cộng a + bn không chứa số chính phương nào như 2 + 22n. Bài toán 3. Tam thức bậc hai chứa số chính phương a) Tìm các số nguyên n sao cho n2 + 4n + 25 là số chính phương. Từ đó hãy chỉ ra cách tìm các số nguyên n sao cho n2 + 2kn + c là số chính phương (với c, k là các số nguyên đã cho, k > 0). b) Tìm các số nguyên n sao cho n2 + 3n + 11 là số chính phương. 16 Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 Từ đó hãy chỉ ra cách tìm các số nguyên n sao cho n2 + (2k + 1)n + c là số chính phương (với c, k là các số nguyên đã cho, k > 0). Lời giải. a) Giả sử n2 + 4n + 25 = e2 thì có (n + 2)2 + 21 = e2 nên e2 − (n + 2)2 = 21, hay là (e − n − 2)(e + n + 2) = 1.3.7. Xét các trường hợp sau đây. e + n + 2 = 21 e = 11 1) ⇔ e−n−2 = 1 n=8 Lúc đó có 82 + 4.8 + 25 = 121 = 112 e+n+2 = 7 e=5 2) ⇔ e−n−2 = 3 n=0 Lúc đó có 02 + 3.0 + 25 = 52 Giả sử n2 + 2kn + c = e2 thì có (n + k )2 + c − k2 = e2 nên e2 − (n + k )2 = c − k2 , hay là (e − n − k)(e + n + k) = c − k2 . Vì e − (n + k)ve + (n + k) có cùng tính chẵn lẻ nên cần phân tích số c − k2 thành tích hai số cùng tính chẵn lẻ. Nếu c − k2 = u.v ≥ 0 với 0 ≤ u ≤ vvu + v chẵn thì giải hệ phương trình e − n − k = u và e + n + k = v sẽ tìm được nghiệm (e, n). Nếu k2 − c = u.v ≥ 0 với 0 ≤ u ≤ v và u + v chẵn thì giải hệ phương trình n + k − e = u và e + n + k = v sẽ tìm được nghiệm (e, n). b) Giả sử n2 + 3n + 11 = e2 hay là 4n2 + 12n + 44 = 4e2 thì có (2n + 3)2 + 35 = 4e2 nên 4e2 − (2n + 3)2 = 35, hay là (2e − 2n − 3)(2e + 2n + 3) = 1.5.7. Xét các trường hợp sau đây. 2e + 2n + 3 = 35 e=9 1) ⇔ 2e − 2n − 3 = 1 n=7 Lúc đó có 72 + 3.7 + 11 = 81 = 92 2e + 2n + 3 = 7 e=3 2) ⇔ 2e − 2n − 3 = 5 n = −1 Lúc đó có 12 − 3.1 + 11 = 9 = 32 c) Giả sử n2 + (2k + 1)n + c = e2 hay là 4n2 + 4(2k + 1)n + 4c = 4e2 thì có (2n + 2k + 1)2 + 4c − (2k + 1)2 = 4e2 nên 4e2 − (2n + 2k + 1)2 = 4c − (2k + 1)2 , hay là (2e − 2n − 2k − 1)(2e + 2n + 2k + 1) = 4c − (2k + 1)2 . Vì 2e − (2n + 2k + 1) và e + (2n + 2k + 1) có cùng tính chẵn lẻ nên cần phân tích số 4c − (2k + 1)2 thành tích hai số cùng tính chẵn lẻ. Nếu 4c − (2k + 1)2 = u.v ≥ 0 với 0 ≤ u ≤ v và u + v chẵn thì giải hệ phương trình 2e − 2n − 2k − 1 = u và 2e + 2n + 2k + 1 = v sẽ tìm được nghiệm (e, n). Nếu (2k + 1)2 − 4c = u.v ≥ 0 với 0 ≤ u ≤ v và u + v chẵn thì giải hệ phương trình 2n + 2k + 1 − 2e = u và 2e + 2n + 2k + 1 = v sẽ tìm được nghiệm (e, n). 17 Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 3 Số lũy thừa dưới dạng tích các số nguyên dương Bài toán 4. Chứng minh rằng mỗi số sau không là số chính phương: a) Tích hai số nguyên dương chẵn liên tiếp; b) Tích bốn số nguyên dương liên tiếp. Lời giải. a) Giả sử 2a(2a + 2) = b2 thì số b phải chẵn, tức là b = 2c. Thay vào đẳng thức trên được a( a + 1) = b2 . Vì ( a, a + 1) = 1 nên theo Định lí 3 phải có a = c2 , a + 1 = e2 , trong đó c ≥ 1. Dễ thấy rằng c2 < c2 + 1 < c2 + 2c + 1 = (c + 1)2 nên theo Định lí 7 thì không tồn tại số chính phương a + 1 = c2 + 1 = e2 , trái với điều giả sử. b) Xét tích a( a + 1)( a + 2)( a + 3) = a( a + 3)( a + 1)( a + 2) = ( a2 + 3a)( a2 + 3a + 2). Số a2 + 3a = a( a + 3) = 2b là số chẵn vì hai số a và a + 3 có tính chẵn lẻ khác nhau. Lúc đó tích ban đầu trở thành 2b(2b + 2), sử dụng kết quả câu a). Bài toán 5. Chứng minh rằng mỗi số sau không là số lũy thừa bậc n a) Tích hai số nguyên dương liên tiếp; b) Tích hai số nguyên dương lẻ liên tiếp; c) Tích ba số nguyên dương liên tiếp. Lời giải. a) Giả sử a( a + 1) = bn . Vì ( a, a + 1) = 1 nên theo Định lí 3 phải có a = cn , a + 1 = en , trong đó c ≥ 1. Với n ≥ 2 ta sẽ chỉ ra rằng cn < cn + 1 < (c + 1)n , tức là có a = cn < a + 1 = en = cn + 1 < (c + 1)n , như thế theo Định lí 7 thì không tồn tại số a + 1 = en . Ta sẽ chứng minh quy nạp theo n rằng cn < cn + 1 < (c + 1)n . Với n = 2 thì c2 < c2 + 1 < c2 + 2c + 1 = (c + 1)2 , khẳng định đúng. Giả sử khẳng định đúng đến n, xét số mũ n + 1 có cn+1 + 1 < c.cn + 1 ≤ (cn + 1)c < (c + 1)n (c + 1) < (c + 1)n+1 , khẳng định đúng với n + 1. Vậy khẳng định đúng với số nguyên dương n bất kì nên không tồn tại số a + 1 = en . b) Xét số lẻ a và giả sử a( a + 2) = bn . Đặt d = ( a, a + 2) thì d là ước của ( a + 2) − a = 2, nhưng do a lẻ nên d = 1. Theo Định lí 3 phải có a = cn , a + 2 = en , trong đó c ≥ 1. Với n ≥ 2 ta sẽ chỉ ra rằng cn < cn + 2 < (c + 1)n , tức là có a = cn < a + 2 = en = cn + 2 < (c + 1)n , như thế theo Định lí 7 thì không tồn tại số a + 2 = en . Ta sẽ chứng minh quy nạp theo n rằng cn < cn + 2 < (c + 1)n . Với n = 2 thì c2 < c2 + 2 < c2 + 2c + 1 = (c + 1)2 , khẳng định đúng. Giả sử khẳng định đúng đến n, xét số mũ n + 1 có cn + 1 + 2 < c.cn + cn + 2c + 2 < (cn + 2)(c + 1) < (c + 1)n (c + 1) < (c + 1)n+1 , khẳng định đúng với n + 1. Vậy khẳng định đúng với số nguyên dương n bất kì nên không tồn tại số a + 1 = en . c) Giả sử a( a + 1)( a + 2) = bn . Do ( a + 1, a( a + 2)) = 1 nên Theo Định lí 3 phải có a + 1 = cn , a( a + 2) = en , trong đó n ≥ 2 và c ≥ 2. Từ đó 1 = ( a + 1)2 − a( a + 2) = c2n − en = (c2 − e)(c2n−2 + c2n−4 e + · · · + c2 en−2 + en−1 ), nhưng vế phải của đẳng thức trên lớn hơn 1 khi n ≥ 2 Nhận xét 2. 1) Các nhà toán học P. Erdos và J.L.Selfridge đã chứng minh được rằng ¨ Tích của n(n > 1) số nguyên dương liên tiếp không là số lũy thừa. ([2] tr. 86). 18 Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 2) Nhà toán học P. Erdos đã chứng minh được rằng: ¨ Tích của n(n > 1) số nguyên dương lẻ liên tiếp không là số lũy thừa. ([2] tr. 87). 3) Xét tích hai số nguyên dương chẵn liên tiếp 2a(2a + 2) = b3 ⇔ (2a + 1)2 = b3 + 1. Ta biết có đẳng thức 32 = 23 + 1. Năm 1844 nhà toán học người Bỉ C. E.Catalan đã nêu giả thuyết: Hai số nguyên dương liên tiếp khác 8 và 9 thì không thể là những số lũy thừa. Nhiều nhà toán học đã tìm cách chứng minh giả thuyết này, mãi đến năm 2002 điều này mới được tiến sĩ Preda Mihailescu chứng minh đầy đủ (http://www.math.uni Paderborn de/ preda/ papers/ caterelle.ps). 4 Tổng các số lũy thừa Bài toán 6. Chứng minh rằng mỗi số sau không là số chính phương: a) Tổng các bình phương của hai số lẻ. b) Tổng các lũy thừa bậc chẵn của hai số lẻ. Lời giải. a) b) Để ý là chúng có dạng 4k + 2. Bài toán 7. Chứng minh rằng tổng các bình phương của k số nguyên dương liên tiếp không là số chính phương với mỗi số k bằng 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10. Lời giải. a) Vớin ≤ 1 xét tổng Sk = n2 + (n + 1)2 + · · · + (n + k − 1)2 == 12 + 22 + · · · + (n + k − 1)2 − (12 + 22 + · · · + (n − 1)2 ) == 12 + 22 + · · · + (k − 1)2 + k2 + ( k + 1 ) 2 − 12 + ( k + 2 ) 2 − 22 + · · · + ( k + n − 1 ) 2 − ( n − 1 ) 2 . Chú ý rằng 12 + 22 + · · · + (k − 1)2 = (k − 1)k (2k − 1). Còn k2 + k (k + 2) + k(k + 4) + · · · + k (k + 2n − 2) = nk2 + 2k (1 + 2 + · · · + (n − 1)) = nk2 + kn(n − 1) = kn2 + k (k − 1)n. Từ đó Sk = kn2 + k(k − 1)n + (k − 1)k (2k − 1) Từ đó sẽ áp dụng Định lí 2, Định lí 10 cho mỗi trường hợp sau đây. S3 = 3n2 + 6n + 5 = 3(n + 1)2 + 2, có dạng 3m + 2. S4 = 4n2 + 12n + 14 = 4(n2 + 3n + 3) + 2, có dạng 4m + 2. S5 = 5n2 + 20n + 30 = 5((n + 2)2 + 2). Số có dạng m2 + 2 không chia hết cho 5 khi đặt m = 5t + r với r = 0, 1, 2, −1, −2. Nếu S6 = 6n2 + 30n + 55 = 6(n + 2)(n + 3) + 18 + 1 = m2 thì số m lẻ nên có 6(n + 2)(n + 3) + 18 = (m − 1)(m + 1). Vế phải chia hết cho 4, nhưng 18 = 2.9. S7 = 7(n2 + 6n + 13) = 7(7n + 14 + n2 − n − 1). Số n2 − n − 1 không chia hết cho 7 khi đặt n = 7t + rvir = 0, 1, 2, 3, −1, −2, −3. S8 = 4(2n2 + 14n + 35). Nếu 2n2 + 14n + 35 = m2 thì số m lẻ nên có 2(n + 3)(n + 4) + 10 = (m − 1)(m + 1). Vế phải chia hết cho 4, nhưng 10 = 2.5. S9 = 9(n + 4)2 + 9.6 + 6, có dạng 9m + 6. S1 0 = 5(2n2 + 18n + 57). Số 2n2 + 18n + 57 = 2(n2 − n + 1) + 20n + 55 không chia hết cho 5 khi đặt n = 5t + r với r = 0, 1, 2, −1, −2. Nhận xét 3. 1) Với k = 2 thì phương trình n2 + (n + 1)2 = m2 ⇔ (2n + 1)2 − 2m2 = −1 ⇔ t2 − 2m2 = −1 (phương trình Pell ) với t = 2n + 1, có vô hạn nghiệm nguyên dương, chẳng 19
- Xem thêm -

Tài liệu liên quan