Skkn dạy số học trong chương trình toán thpt

  • Số trang: 21 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 25 |
  • Lượt tải: 0
hoanggiang80

Đã đăng 24000 tài liệu

Mô tả:

SKKN: Dạy số học trong chương trình toán THPT Giáo viên thực hiện : Nguyễn Hồng Lữ ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- SKKN: DẠY SỐ HỌC TRONG CHƯƠNG TRÌNH TOÁN THPT A-TỔNG QUAN VỀ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM A1- LÝ DO VIẾT SKKN Tôi viết chuyên đề này dựa vào các luận cứ sau : ● Trong chương trình khung của Bộ giáo dục dành cho các lớp chuyên Toán có phần kiến thức liên quan đến thặng dư bậc hai (hay thặng dư bình phương) theo modulo cho trước. ● Số chính phương mod p ( với p là số nguyên tố) đóng vai trò rất quan trong trong lí thuyết số và các nghành toán ứng dụng chẳng hạn như : mã hóa và xữ lí thông tin. ● Trong các đề thi HSG quốc gia (VMO) , quốc tế (IMO) những năm gần đây có các bài toán liên quan đến sử dụng thặng dư , hệ thặng dư và thặng dư bậc hai rất thường gặp ● Theo phân công của Tổ Toán thuộc Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh tôi phụ trách giảng dạy phần Lí thuyết số và Số học cho khối Chuyên Toán nên việc cập nhật và phổ biến kiến thức số học cho học sinh đã trở thành nhu cầu cấp thiết như là một nghĩa vụ của bản thân ● Xét theo yêu cầu và nhiệm vụ đào tạo học sinh giỏi của Trường chuyên Lương Thế Vinh hàng năm ở nhiều cấp độ khác nhau : HSG cấp tỉnh , HSG truyền thống 30/4 , HSG Quốc gia đòi hỏi Thầy giáo và học sinh của trường phải luôn đổi mới cách tiếp cận kiến thức cao về các loại bài toán dành cho HSG . ● Trong năm học 2011-2012 chuyên đề này đã được giảng dạy tại lớp 12 chuyên Toán của trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh và đạt kết quả tốt . Cụ --------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 1 SKKN: Dạy số học trong chương trình toán THPT Giáo viên thực hiện : Nguyễn Hồng Lữ ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- thể là có 2 học sinh của lớp đạt giải HSG cấp Quốc gia trong đó có 01 học sinh được triệu tập ra Hà nội trong đội TST Toán Quốc tế Biên Hòa ngày 1 tháng 5 năm 2012 A2- MỤC ĐÍCH VÀ NHIỆM VỤ CỦA SKKN 2.1 Mục đích. Cung cấp các kiến thức cơ bản và chuyên sâu về Hệ thặng dư , Số chính phương modul nguyên tố Góp tài liệu bồi dưỡng cho các học sinh trong các kì thi Olympic Toán học và các kì thi HSG phổ thông trung học. 2.2 Nhiêm vụ. SKKN này có nhiệm vụ là tổng hợp kinh nghiệm giảng dạy học sinh chuyên toán mà tôi trực tiếp phụ trách ở phần Số học. A3 - ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU SKKN . 3.1 Đối tượng của SKKN. Dành cho các học sinh chuyên Toán và các học sinh tham gia thi HSG cấp tỉnh , cấp quốc gia Trao đổi kinh nghiệm cùng các đồng nghiệp dạy Toán và yêu thích số học 3.2 Phạm vi nghiên cứu trong SKKN     Nêu những kiến thức về hệ thặng dư Tìm hiểu sâu về thặng dư bậc hai , kí hiệu Lagrange Đi sâu tìm hiểu bổ đề Gauss và đối ngẫu của định lí Gauss Nêu những phương pháp giài một số đề thi Olympic toán Quốc gia và Quốc tế A4- CÁC PHƯƠNG PHÁP TIẾP CẬN KIẾN THỨC. Các phương pháp nghiên cứu được sử dụng trong quá trình viết SKKN này :  Dựa vào các định nghĩa ; định lí về tập thương , phương trình đồng dư. --------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 2 SKKN: Dạy số học trong chương trình toán THPT Giáo viên thực hiện : Nguyễn Hồng Lữ -----------------------------------------------------------------------------------------------------------------  Tham khảo tài liệu trong và ngoài nước.về số học. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM : A-HỆ THẶNG DƯ I-Tập thương và các lớp thặng dư : Khi thực hiện phép chia một số nguyên z cho một số nguyên dương m thì theo định lí cơ bản của phép chia ta thu được thương số là q và số dư là r ( 0 r < m ) . Ta sắp xếp các số nguyên có cùng số dư khi chia cho m và cùng một tập hợp :  x Z / x k (mod m );0 k m Cụ thể là ta kí hiệu : Z k κ� ; mỗi tập Zk được gọi là lớp thặng dư thứ k theo modulo m. Vì vậy tập hợp các số nguyên Z sẽ được phân hoạch thành các tập con khác rỗng ; không giao nhau (tập thương) và có : m 1 Z .Ta nói a;b cùng lớp thặng dư modulo m nếu và chỉ nếu a b (mod Z  k k 0 m) . Thí dụ 1: Cho 4 số nguyên a;b;c;d . CMR :T = (a-b)(a-c)(a-d)(b-c)(b-d)(c-d) chia hết cho 12 Chứng minh : Khi Z được chia thành 3 lớp thặng dư modulo 3 ; theo Dirichlet thì có ít nhất 2 số trong 4 số đã cho thuộc cùng một lớp thặng dư modulo 3 => hiệu hai số cùng lớp chia hết cho 3 . Khi Z được chia thành 4 lớp thặng dư modulo 4 thì xảy ra : Khả năng 1: mỗi lớp thặng dư chứa chỉ một số trong 4 số đã cho => trong 4 số đó có 2 số chẵn ; 2 số lẻ => hiệu 2 số chẳn chia hết cho 2 và hiệu 2 số lẻ chia hết cho 2 => T chia hết cho 4 . Khả năng 2 : có 2 số nào đó trong 4 số đã cho ở cùng một lớp thặng dư => hiệu của 2 số như thế sẽ chia hết cho 4 => T chia hết cho 4 --------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 3 SKKN: Dạy số học trong chương trình toán THPT Giáo viên thực hiện : Nguyễn Hồng Lữ ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Hệ thặng dư đầy đủ : Cho số nguyên dương m . Giả sử : thặng dư thứ k theo modulo m). Lấy ; a k m 1 Z Z k  Z k : k 1;2;..; m  1 . k 0 (Zk là lớp Tập {a0 ; a1 ; a2; ….;am-1} gọi là một hệ thặng dư đầy đủ theo modulo m. Hệ thặng dư thu gọn : Một dãy số của hệ thặng dư đầy đủ theo modulo m ; trong đó gồm tất cả các số nguyên tố cùng nhau với m thì được gọi là một hệ thặng dư thu gọn theo modulo m Định lí 1: Só phần tử trong một hệ thặng dư thu gọn modulo m = (m) : hàm số Euler Định lí 2 : Nếu (a;m)=1 ; x chạy qua một hệ thặng dư đầy đủ modulo m ; y: tùy ý .Khi đó : x + ay cũng chạy qua một hệ thặng dư đầy đủ modulo m . Định lí 3 Nếu (a;m)=1 ; x chay qua một hệ thặng dư thu gọn modulo m thì ax cũng chạy qua một hệ thặng dư thu gọn modulo m. Định lí 4 Cho hai hệ thặng dư đầy đủ modulo n (a k) ; (bk). Điều kiện cần và đủ để (ak+bk) là hệ thặng dư đầy đủ là n lẻ. Địnhlí 5 : Cho (a;b) = 1 ; c  Z ; x chạy qua hệ thặng dư đầy đủ modulo a ; y chạy qua hệ thặng dư đầy đủ modulo b .Khi đó : ax + by + c sẽ chạy qua một hệthặng dư đầy đủ modulo ab . Địnhlí 6 : Cho (a;b) = 1 ; x chạy qua hệ thặng dư thu gọn modulo a ; y chạy qua hệ thặng dư thu gọn modulo b .Khi đó : ax + by sẽ chạy qua một hệ thặng dư thu gọn modulo ab . Địnhlí 7 : Cho : a;bZ ; (a;m)=1 ; mN ; x chạy qua hệ thặng dư đầy đủ T modulo m .Khi đó ta luôn có : m 1  ax  b    m  2 .   xT (kí hiệu {x} là phần phân của số thực x) Địnhlí 8 : Cho : a;bZ ; (a;m)=1 ; mN ; x chạy qua hệ thặng dư thu gọn T modulo m .Khi đó ta luôn có :  ax  b   (m)   m  2   xT B- BẬC CỦA MỘT PHẦN TỪ --------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 4 SKKN: Dạy số học trong chương trình toán THPT Giáo viên thực hiện : Nguyễn Hồng Lữ ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Định lí : Cho hai số nguyên dương a; m thỏa (a;m) = 1 . Khi đó tồn tại ít nhất một số nguyên dương n sao cho an  1 (mod m). Bậc của một phần tử : Cho a; m thuộc Z+ ; (a;m)=1. Số k = Min(n) trong các số 1 n mà an (mod m) được gọi là bậc của a theo modulo m . Kí hiệu k = ordm(a) . Định lí : Cho a; m thuộc Z+ ; (a;m)=1. Các kết luận sau đúng :  an  1 (mod m)  ordm(a) là ước số của n .  a n a n (mod m)  (n1 – n2) chia hết cho ordm(a) .   (m) chia hết cho ordm(a) (  (m) hàm số Euler ) . 1 2 aaaaa Định nghĩa : Cho m , n là hai số nguyên dương . Giả sử số nguyên a thỏa mãn điều kiện (a,m) = 1 .Nếu phương trình x n �a (mod m) có nghiệm nguyên thì ta nói a là một thặng dư bậc n modul m . Ngược lại ta nói a không phải là một thặng dư bậc n modul m Ví dụ : (-5)3 ≡ 7 (mod 11) nên theo định nghĩa ta có : 7 là thặng dư bậc 3 modul 11 24 ≡ 2 (mod 7) nên theo định nghĩa ta có : 2 là thặng dư bậc 4 modul 7 C- THẶNG DƯ BẬC HAI : SỐ CHÍNH PHƯƠNG MOD P Định nghĩa : Nếu a là một thặng dư bậc 2 modul m thì ta gọi a là một thặng dư cấp 2 modul m , ta cũng có thể gọi a là một thặng dư bình phương modul m , cũng có thể gọi a là số chính phương modul m Số chính phương theo modulo m phương trình x 2 a Cho : m  Z  ; m 1 ; a  Z ; ( a; m) 1 . Nếu (mod m) có nghiệm thì ta nói a là số chính phương theo modulo m . Ngược lại : Nếu phương trình x 2 a (mod m) vô nghiệm thì ta nói a không phải là số chính phương theo modulo m. Chú ý : Về cơ bản thì các nhà toán học chỉ quan tâm đến số chính phương theo modulo nguyên tố p --------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 5 SKKN: Dạy số học trong chương trình toán THPT Giáo viên thực hiện : Nguyễn Hồng Lữ ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Tiêu chuẩn để kiêm tra xem một số có là số chính phương theo modulo nguyên tố hay không. Để tiết kiệm cách viế , trong mục này tác giả xin dùng kí hiệu : [a(m)] để chỉ a là số chính phương theo modulo m. Kí hiệu : [ a(m)] để chỉ a không phải là số chính phương theo modulo m. Ta có các định lý : Định lí :  Với aZ => [a(2)] .  Với p là số nguyên tố lẻ : [a(p)]  a(p-1)/2  1 (mod p) .  Với p là số nguyên tố lẻ : [ a ( p )]  a(p-1)/2  -1 (mod p) . Hệ quả trực tiếp : Với số nguyên tố lẻ p có :  [a(p)].[b(p)] = [c(p)] (với c nào đó).  [ a( p)] . [b( p)] = [c(p)] (với c nào đó).  [ a ( p )] .[b(p)] = [c( p )] (với c nào đó). Ví dụ : Với số nguyên tố lẻ p; m là số nguyên tùy ý .CMR phương trình x 2 + 1 = m.p có nghiệm nguyên  p có dạng 4k +1. HD: pt đã cho  [-1(p)]  (-1)(p-1)/2  1 (mod p)  (p-1)/2 là số chẵn  p = 4k + 1. �a � Kí hiệu Lagrange : Cho a �� , p là số nguyên tố . Kí hiệu Lagrange � �được p �� hiểu như sau : �5 � �� �4 � �� Ví dụ : � � 1 ; � � 1 7 7 �14 � ; � � 0 �7 � Tiêu chuẩn Euler : Cho : p  P ; p > 2 ; (a;p) = 1 Khi đó có : a    a p  1  p (mod p) . --------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 6 SKKN: Dạy số học trong chương trình toán THPT Giáo viên thực hiện : Nguyễn Hồng Lữ ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Chứng minh : Nếu  a ( p  1) / 2 x p  1 (mod p ) (2) suy ra Nếu : : a   1  p 1 i  p  1 tồn (1) .Theo đlí nhỏ Fermat có a a ( p  1) / 2 1  (mod p )  p a   1  p thì thì phương trình : tại x để: x 2 a (mod p ) x p  1 1(mod p ) (2) .Từ (1); . x 2 a (mod p ) vô nghiệm => với mỗi i thỏa: luôn tồn tại duy nhất j : 1  j i  p  1 sao cho ij a (mod p ) ( Vì hệ A={1;2;…;p-1} là hệ thặng dư thu gọn modulo p ; (j;p)=1 .Khi i chạy trên A(i  j) thì ij cũng chạy trên hệ thu gọn A ; a= tp+r ; r  A) . Có cả thảy (p – 1)/2 cặp ij như thế . Lấy tích của các cặp đó = (p-1)! Aùp dụng đlí Willson có a (p-1)/2 (p-1)!  -1 (mod p) . a Hệ quả : Cho : p  P ; p > 2 ; (a;p) = 1; (b;p)=1 Ta có :  p  .   b    p  ab    p  =  D-CÁC ĐỊNH LÍ LIÊN QUAN VÀ ỨNG DỤNG : Định nghĩa 3 : Cho số tự nhiên n . Ta kí hiệu φ(n) là số các số tự nhiên bé hơn hoặc bằng n và nguyên tố cùng nhau với n . Ta cũng gọi φ(n) là Fi hàm Ơ-le Công thức tính Fi hàm Euler : Nếu n có sự phấn tích chuẩn : n  p1r1 . p2r2 ... pkrk (trong đó p1 ; p2 ;…; pk là các số nguyên tố ; r 1 ; r2 ;…; rk là các số nguyên dương) thì : � 1 �� 1 � � 1 � ( n)  n. � 1 � .� 1 ... � 1 � � p p � 1 �� 2 � � pk � Định lí Fermat : Với a �� ; m nguyên dương sao cho (a , m) = 1 . Ta luôn có : a ( m ) �1 (mod m) Đặc biệt : Với a �� , p là số nguyên tố thì có : a p �a (mod m) --------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 7 SKKN: Dạy số học trong chương trình toán THPT Giáo viên thực hiện : Nguyễn Hồng Lữ ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Định lí Willson : Với mọi số nguyên tố p ta có : (p – 1) ! ≡ - 1 (mod p) Chứng minh : p 1 Xét pt đa thức đồng dư : Q ( x)  x p 1  �( x  i )  1 �0 (mod p) có (p – 1) nghiệm i 1 phân biệt mod p . Do deg Q(x) = p – 2 nên suy ra Q(x) ≡ 0 (mod p ) với mọi x => số hạng tự do của Q(x) = - (p – 1)! – 1 ≡ 0 (mod p ) => (p – 1)! ≡ - 1 (mod p ) Định lí : CMR : Với mọi số nguyên tố p thì phương trình x 2 ≡ a (mod p ) có không quá 2 nghiệm Chứng minh : Giả sử x0 là nghiệm của pt x2 ≡ a (mod p ) , dễ dàng suy ra : - x 0 cũng là nghiệm của pt . Giả sử x là một nghiệm khác với x 0 của pt x2 ≡ a (mod p ) => x2 ≡ x02 (mod p ) => (x – x0)(x + x0) ≡ 0 (mod p) => x ≡ x0 (mod p ) hoặc x ≡ - x0 (mod p ) Định lí : Cho p là số nguyên tố lẻ . Khi đó trong tập hợp {1;2;3;...;p-1} có đúng p 1 p 1 thặng dư bậc hai mod p , hay có đúng số chính phương mod p. 2 2 --------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 8 SKKN: Dạy số học trong chương trình toán THPT Giáo viên thực hiện : Nguyễn Hồng Lữ ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Định lí tiêu chuẩn Euler: : Cho p là số nguyên tố lẻ và p không là ước của a. Khi đó ta luôn có : p 1 a 2 �a � �� �(mod p ) �p � Chứng minh : �a � Nếu : � �= 1 Khi đó pt x2 ≡ a (mod p) có nghiệm x = x0 . Theo định lí Fermat p �� ta có : �a � Nếu : � �= -1 Khi đó pt x2 ≡ a (mod p) vô nghiệm , khi đó ta có : p �� Định lí : Cho p là số nguyên tố lẻ ; a , b là hai số nguyên tùy ý .Ta luôn có : a    p . b    p  ab    p  =  Chứng �ab � �p ��( ab) � � minh p 1 2  hay nói cách khác : Kí hiệu Lagrange là nhân tính : p 1 p 1 a 2 .b 2 Theo tiêu chuẩn Euler có : �a ��b � �� � . � �(mod p ) �p ��p � Định lí : Cho p là số nguyên tố .Phương trình x 2 ≡ - 1 (mod p) có nghiệm khi và chỉ khi p = 2 hoặc p ≡ 1 (mod 4). Chứng minh : Với p = 2 thì pt x2 ≡ - 1 (mod p) có nghiệm Với p > 2 thì the �1 � định lí tiêu chuẩn Euler ta có : � ��( 1) �p � p 1 2 (mod p ) : Nếu p = 4k +1 thì pt x2 ≡ - 1 (mod p) có nghiệm ; Nếu p = 4k + 3 thì pt x2 ≡ - 1 (mod p) vô nghiệm --------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 9 SKKN: Dạy số học trong chương trình toán THPT Giáo viên thực hiện : Nguyễn Hồng Lữ ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Ví dụ : Cho số nguyên tố p . CMR : Luôn tồn tại số tự nhiên a  1  p sao cho a không là thặng dư bậc hai mod p. Chứng minh : Gọi a là số bé nhất trong các số tự nhiên không phải là thặng dư �p � bậc hai mod p ; Đặt : b = 1+ � �(kí hiệu [x] chỉ phần nguyên của x) => 0 < ab �a � – p < a => ab – p là thặng dư bậc hai mod p => 1 = �ab  p � �ab � �a � �b � �b � � p � �p � �p � �p �  �p �=> b không phải là thặng dư bậc hai mod p => � �� ��� �� �� a �b  1  p � a  1 a Định lí : p Nếu p là số nguyên tố lẻ và p không là ước của a , p không là ước của b thì : �a � �b � a/ Nếu a ≡ b (mod p) thì � � � � p p ���� �a 2 � �p � b/ � � 1 Chứng minh : a/ Nếu a ≡ b (mod p) thì pt x2 ≡ a (mod p) có nghiệm � pt x2 �a � �b � ≡ (mod p) có nghiệm � � �= � � p p � �� � �a 2 � �a ��a � �a � b/ Vì p không là ước của a nê : � �= ±1 => � �= � �� �=1 �p � �p � �p ��p � Bổ đề Gauss : Cho p là số nguyên tố lẻ ; a là số nguyên dương sao cho (a,p) = 1 ; Gọi s là số các thặng dư dương bé nhất ,bé hơn p của các số : a , 2a , ..., 2 �a � �p  1 � a . Khi đó ta có : � � ( 1) s � � �2 � �p � --------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 10 SKKN: Dạy số học trong chương trình toán THPT Giáo viên thực hiện : Nguyễn Hồng Lữ ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Từ đó ta có : Hay ta có : Để ý rằng : Nên có : p 1 p 1 � �p  1 �� �a � 2 !� 1 nên ta có : s �a �( 1) s (mod p) Do : �p, � � 2 �1 (mod p) � � (  1) . a 2 �� � � �p � Luật tương hỗ Gauss : �p � �q � Cho p , q là hai số nguyên tố lẻ phân biệt . Khi đó có : � �� � ( 1) �q � �p � ( p 1)( q 1) 4 CÁC BÀI TẬP THI OLYMPIC TOÁN CỦA VIỆT NAM VÀ QUỐC TẾ --------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 11 SKKN: Dạy số học trong chương trình toán THPT Giáo viên thực hiện : Nguyễn Hồng Lữ ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Bài toán 1: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho n2 + 1 không là ước của n!. (Đề thi chọn đội tuyển của Inđônêxia dự thi Toán Quốc tế năm 2009) . Lời giải : Bổ đề: Tồn tại vô số số nguyên tố dạng 4k + 1 (k  N*) Chứng minh: Gọi A là tập hợp gồm tất các số nguyên tố dạng 4k+1 (k  N*) , Khi đó A rỗng vì 5  A. Giả sử A là tập hữu hạn. Gọi p0 là phân tử lớn nhất của A  p0 5 . Giả sử p1, p2 … pn là tất cả các số nguyên tố nhỏ hơn p 0. đặt a  4 p02 p12 ... pn2  1 khi đ? a  N*, a > 1. Giả sử q là ước nguyên tố của a  q pi ,  i  {0,1,2 …, n}. Mặt khác (2p0p1… pn) 2 + 1 0 (modq)  - 1 là số chính phương (modq) và q lẻ. q 1  1 q 1 2    1  (  1 ) 1 : 2q Suy ra   2  q  1(mod 4)  q có dạng 4k + 1 (k  N*). Mặt khác q> p0. Điều này mâu thuẫn với cách chọn p0. Vậy tồn tại vô số số nguyên tố dạng 4k + 1 (k  N*). Chúng ta chuyển sang việc giải bài toán 2. Giả sử p là số nguyên tố dạng 4k + 1 (k  1  N*)     (1)  p p 1 2  1  1 là số chính phương (modp)   np  { 0,1,2 …. ,p - 1} sao cho n 2p  1(mod p )  n 2p +1: p và np! không chia 2 2 hết cho p  np ! không chia hết cho n p + 1. Ta có: n p + 1  p  np  p  1 . Vì tồn tại vô số số nguyên tố p dạng 4k + 1 (k  N*) nên tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho n2 + 1 không là ước của n! Bài toán 2: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho ước nguyên tố lớn nhất của n2 + 1 lớn hơn 2n (Tạp chí Animath của Pháp năm 2006) --------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 12 SKKN: Dạy số học trong chương trình toán THPT Giáo viên thực hiện : Nguyễn Hồng Lữ ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------Lời giải : Giả sử p là số nguyên tố dạng 4k + 1 (k  N*) Suy ra p 1   1   ( 1) 2 1   1 là số chính phương (modp)   x  {0,1,2, … ,p - 1} sao  p cho x2  - 1(modp). Ta có: q2  (p- q)2 (modp) (q  Z)   q  {0,1,2, …, p 1 } sao cho q2 -1 (modp). 2 Thật vậy giả sử p 1 p 1 2q. Suy ra 2 ước nguyên tố lớn nhất của q 2 +1 lớn hơn 2q.Vì có vô số số nguyên tố dạng 4k + 1(k  N*) nên tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho n 2 +1 có ước nguyên tố lớn hơn 2n. Lưu ý : Trong kỳ thi Olympic toán Quốc tế lần thứ 49 được tổ chức tại Tây Ban Nha có bài toán sau (bài toán 3) mà tác giả của nó là Kestutis Cesnavicius (Lithuania) (Litva). Bài toán 3: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho n 2  1 có ước nguyên tố lớn hơn 2n  2n Bài toán này là bài toán khó nhất của ngày thi thứ nhất. Lời giải của bài toán 3 được phát triển từ lời giải của các bài toán 1, bài toán 2 đã nêu trên. Cụ thể ta có các cách giải sau : Lời giải thứ nhất của bài toán 3: p 1   1 Xét số nguyên tố p dạng 4k + 1 (k  N )    ( 1) 2 1   1 là số chính  p * phương (modp) --------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 13 SKKN: Dạy số học trong chương trình toán THPT Giáo viên thực hiện : Nguyễn Hồng Lữ ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------  x  {0,1,2, … p - 1} sao cho x 2  - 1(modp). Vì x2  (p- x)2 (modp) (x  p 1 Z)   x  {0,1,2 … , } sao cho x2 -1 (modp).     {0,1,2, … , 2 p 1  p 1     2 -1 (modp) } sao cho  2  2  p 1  p 1      m  {0,1,2, …, } và m2 -1 (modp) Giả sử p > 20. 2  2  Đặt m =  N?u 0    4 p 1  1 4 p 1  3  (2  +1)2

Vì m2 +1  p nên m2 p -1  m  4 p 1  3  p > 2m + 4 2m . p  1 . Vì tồn tại vô số số nguyên tố p dạng 4k + 1 (k  N*) nên tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho ước nguyên tố lớn nhất của n2 + 1 lớn hơn 2n  2n . Lời giải thứ 2 của bài toán 3: Giả sử n là số nguyên, n 24. Giả sử p là ước nguyên tố của (n!) 2 + 1. Hiển nhiên p > n. Giả sử x  (0, p ) là số dư trong phép chia n ! hoặc – n! cho p. Khi 2 đó 0 < x< p – x < p. Ta có x 2 + 1 chia hết cho p. Thật vậy tồn tại m  Z sao cho n! = mp + x hoặc – n! = mp + x. Trong cả hai trường hợp ta đều có (n!) 2+1 = (mp+x)2 +1  x2 +1 = (n!)2 + 1 – m2p2 – 2mpx  x2+1 p . Từ đó suy ra p là ước của p2 - 2px + 4x2 + 4 = (p – 2x)2 + 4  p  (p – 2x)2 + 4  p  2x + p  4  p - 4  2x +  p  2x + p  4 - 4  2x + p  4 > 2x + 20 – 4> 2x 2 x Từ đây suy ra điều phải chứng minh --------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 14 SKKN: Dạy số học trong chương trình toán THPT Giáo viên thực hiện : Nguyễn Hồng Lữ ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Bài toán 4: Tìm tất cả các số nguyên dương lẻ n sao cho với mọi hệ thặng dư   thu gọn modulo n : a1; a2 ;...; a ( n ) ta luôn có :  (n) �ai �1 (mod n) i 1 Lời giải : Nếu n là số nguyên tố lẻ : Theo định lí Willson thì n thỏa đề bài Nếu n = pm , trong đó p là số nguyên tố lẻ , m là số nguyên dương : Do  a1; a2 ;...; a ( n )  là hệ thặng dư thu gọn modulo n nên với mỗi a � a1; a2 ;...; a ( n )  luôn có phần tử nghịch đảo a duy nhất sao cho : a. a ≡ 1 (mod n) Ta có :  (n )  1 suy ra tập hợp  a1; a2 ;...; a ( n )  \ {1; n  1} được chia thành cặp nghịch đảo , 2 nên có :  (n) �ai �1 (mod n) i 1 Nếu n  p1r1 . p2r2 ... pkrk trong đó pi là các số nguyên tố lẻ : Lí luận tưng tự như trên ta thấy : với mỗi a � a1; a2 ;...; a ( n )  luôn có phần tử nghịch đảo a duy nhất sao cho : a. a ≡ 1 (mod n) Ta có : � a �ai (mod piri ) � Theo định lí phần dư Trung hoa thì mỗi hệ : �ai � 1;1 có nghiệm duy � i  1, k � nhất thặng dư theo modulo n . Vì có 2k hệ dạng đó nên có 2k nghiệm khác nhau .Kí hiệu An là tập hợp các a � a1; a2 ;...; a ( n )  có phần tử nghịch đảo a duy nhất sao cho : a. a ≡ 1 (mod n) Từ đó ta có : --------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 15 SKKN: Dạy số học trong chương trình toán THPT Giáo viên thực hiện : Nguyễn Hồng Lữ ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------- (n)  1 suy ra tập hợp a1; a2 ;...; a ( n ) \ An được chia thành cặp nghịch đảo , nên 2  có :   (n) �ai �1 (mod n) i 1 Bài toán 5: 2� Cho p là số nguyên tố lẻ . CMR : � �p � ( 1) �� Để tiếp tục chứng minh ta cần chứng tỏ rằng : p 2 1 8 p  1 �p � p 2  1  � �� (mod 2) (kí 2 �4 � 8 hiệu [x] chỉ phần nguyên của x). Thật vậy , ta xét các trường hợp sau : Bài toán 6: Tìm tất cả các nghiệm nguyên không âm của pt : 12 x  y 4  2008 z --------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 16 SKKN: Dạy số học trong chương trình toán THPT Giáo viên thực hiện : Nguyễn Hồng Lữ ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Đề thi chọn đội tuyển IMO của Serbia 2008 Lời giải : �3 � � � 1 . Mặt khác ta có : �251 � Bài toán 7: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x,n) thỏa pt : x3 + 2x + 1 = 2n Đề thi chọn đội tuyển IMO của Serbia 2007 Lời giải : Phương trình đã cho tương đương với pt sau : x(x 2 + 2) = 2n – 1 . Dễ thấy x(x2 +2) luôn chia hết cho 3 với mọi xngue6n dương Nên suy ra 2 n – 1 chia hết cho 3 => n là số chẵn Từ pt đã cho => x lẻ . Ta xét các trường hợp : Bài toán 8: CMR : phương trình : x2 + 5 = y3 không có nghiệm nguyên --------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 17 SKKN: Dạy số học trong chương trình toán THPT Giáo viên thực hiện : Nguyễn Hồng Lữ ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Olympic Toán BaLan 2007 Lời giải : Bài toán 9: CMR : Với số nguyên dương n bất kì thì 2 n – 1 không có ước nguyên dương dạng 8k – 1. Lời giải : Bài toán 9 : Cho p là số nguyên tố : p > 3 và p có dạng 3k + 1 . Chứng minh p rằng ta luôn có : �(i 2  i  1) �0 (mod p) i 1 Tài liệu Bồi dưỡng HSGQG Việt Nam 2008 Lời giải : Trước hết ta chứng minh mện đề sau : Số nguyên tố p = 3k + 1 là số chính phương --------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 18 SKKN: Dạy số học trong chương trình toán THPT Giáo viên thực hiện : Nguyễn Hồng Lữ ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- x = 2k + 1 => (2k + 1) 2 + 3 = 4(k2 + k + 1) ≡ 0 (mod p) , mà (p,4) =1 => k 2 + k + 1 ≡ 0 (mod p) . Giả sử k = i (mod p) với 1 ≤ i ≤ p => i 2 + i + 1 ≡ 0 (mod p) => đpcm. MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ GIẢI Bài toán 1: Chứng minh rằng với mỗi số nguyên n 3, tồn tại cặp số nguyên dương lẻ (xn, yn) sao cho 7 xn2  yn2  2 n Đề thi Olympic Toán của Bungari năm 1996 Bài toán 2 : 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 chọn học sinh giỏi Toán Quốc gia VMO năm học 2009 – 2010 Bài toán 3: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x,y) sao cho x2  y2 là số x y nguyên và là ước của 1995. Đề thi Olympic toán Bungari năm 1995 Bài toán 4: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x,y) sao cho số A = x2  y2 là x y số nguyên và là ước của 2010. Đề thi Olympic Toán khu vực duyên hải đồng bằng Bắc Bộ năm học 2009 – 2010 Bài toán 5: Cho số nguyên dương n. Gọi S n là tổng các bình phương của các hệ số của đa thức f(x) = (1+x)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 6: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho tất cả các ước nguyên tố của n2 + n + 1 không lớn hơn n . --------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 19 SKKN: Dạy số học trong chương trình toán THPT Giáo viên thực hiện : Nguyễn Hồng Lữ ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Đề thi chọn đội tuyển Ukraina dự thi Olympic toán quốc tế năm 2007 Bài toán 7: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên tố p có tính chất sau: Tồn tại vô số nguyên dương n sao cho p – 1 không chia hết cho n và n! +1 chia hết cho p. Đề thi chọn đội tuyển của Mônđôva dự thi Olympic toán Quốc tế năm 2007 Bài toán 8: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho 5 n-2 – 1 chia hết cho n. Đề thi Olympic toán của Braxin năm 2008 Bài toán 9: Tìm tất cả các số nguyên tố lẻ p khác 5 sao cho 5 là số chính phương (mod p). Bài toán 10 : CMR : Với mỗi số nguyên dương n cho trước luôn tồn tại n số tự nhiên liên tiếp sao cho bất kì số nào trong các số đó cũng là lũy thừa với số mũ nguyên lớn hơn 1 của một số nguyên tố. Đề thi toán Quốc tế IMO 1989 THAY CHO LỜI KẾT LUẬN Giảng dạy Toán học là một điều khó , giảng dạy Toán cho đối tương là học sinh Chuyên Toán lại càng khó hơn . Ý thức được trách nhiện và năng lực của mình --------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 20

- Xem thêm -