Skkn tập rèn luyện cho học sinh cách phát triển hệ thống bài tập thông qua một bài toán số học thpt

  • Số trang: 10 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 13 |
  • Lượt tải: 0
hoanggiang80

Đã đăng 24000 tài liệu

Mô tả:

PHẦN MỞ ĐẦU. I. Lý do chọn đề tài. Trong quá trình giảng dạy toán ở trường THPT chuyên Lam Sơn, trước mỗi kỳ thi do yêu cầu của một đề thi HSG là phải mới, chưa xuất hiện. Vậy làm thế nào để học sinh không bỡ ngỡ, có thể đưa về bài quen thuộc, kiến thức mình đã có. Nói cách khác tập cho học sinh hệ thống, phát triển vấn đề mới từ các vấn đề cũ, sáng tạo ra bài toán mới là điều cần thiết của 1 người giáo viên dạy Toán cho các lớp chuyên. Vấn đề này bản thân tôi đã thường xuyên làm, nhưng trong bài viết này được xuất phát từ 1 bài toán đã rất cũ quen thuộc với học sinh, phát triển ra thành nhiều vấn đề mới sẽ gặp trong các kỳ thi HSG tiếp theo. II. Mục đích nghiên cứu. Xây dựng hệ thống bài tập phát triển theo nhiều khía cạnh khác nhau, nói cách khác: tập cho học sinh làm quen với bài toán mở. III. Nội dung. Xuất phát từ bài 3 trong kỳ thi Olympic Toán Quốc tế lần 49 năm 2008 (tác giả là Kestuis Cesnavicius, người Litva), đây là bài toán khó nhất của ngày thi thứ nhất, trong bài viết này ta ký hiệu là bài toán 1. Bài toán này rất hay và là bài toán mở. Từ bài toán này những năm sau đã rất nhiều nước dựa trên ý tưởng để phát triển thành đề thi Olympic, đề chọn đội tuyển của nước mình. Bài toán 1. Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho n 2 + 1 có ước nguyên tố lớn hơn 2n + 2n . 1 Lời giải bài toán này được phát triển từ lời giải của của các bài toán đơn giản sau, hay nói đúng hơn là từ bài toán này ta có các bài toán dễ thở hơn, để giả quyết chúng sau đó quay lại bài toán 1. Bài toán 2.(đề thi chọn đội tuyển của Inđônêxia dự thi Toán Quốc tế năm 2009). Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho n 2 + 1 không là ước của n!. Lời giải bài toán 2 Trước khi giải bài toán 2 ta đi chứng minh bổ đề sau: Bổ đề: Tồn tại vô số số nguyên tố dạng 4k + 1 (k �N*). Chứng minh: Gọi A là tập hợp gồm tất cả các số nguyên tố dạng 4k + 1 (k � N*), khi A khác rỗng vì 5�A. Giả sử A hữu hạn, gọi p1 < p2 < … 1, a �N, Gọi q là ước nguyên tố của a � q �pi (i = 1, 2, …, n)(1), mặt khác  2p1p 2 ...pn  2 �1  mod q  . Suy ra -1 là số chính phương (mod q) và q lẻ q 1 �1 � q 1 2 1�  1 �  1 M2   �q � 2 � �  q 1  mod 4  � q có dạng 4k + 1 � q �A (2). Từ (1) và (2) mâu thuẫn. Vậy bổ đề đã được chứng minh. Chúng ta chuyển sang bài toán 2, giả sử p là sô nguyên tố dạng 4k + 1 (k � �1 � N*) � � � 1 �  1 p � � p 1 2  1 � -1 là số chính phương (mod p) � tồn tại np� 2 2 2 {0, 1, 2, …, p – 1} sao cho n p �1  mod p  � n p 1�p np p 1 , vì vậy tồn tại vô 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 3. (Tạp chí Animath của Pháp năm 2006) Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho ước nguyên tố lớn nhất của n2 + 1 lớn hơn 2n. Lời giải bài toán 3. p 1 �1 � * �  1 �  1   2 1� Giả sử p là số nguyên tố dạng 4k + 1 (k N ), suy ra � � p � � -1 là số chính phương (mod p) � tồn tại x�{0, 1, 2, …, p – 1} sao cho x 2 �1  mod p  . � 1,2,.., Ta có q2 �(p – q)2 (mod p) (q �Z), suy ra tồn tại q �� � p  1� �sao cho 2 q 2 �1  mod p  . p 1 2 Thật vậy giả sử   x p x p 1 , đặt q = p – x, ta có: q2 = (p – x)2 �x2 2 p 1 �-1 (mod p) và 0  q � , ta có q2 + 1 Mp và p �2q + 1 > 2q, suy ra ước 2 nguyên tố lớn nhất của q2 + 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 n. Sau đây là những lời giải của bài toán 1. p 1 �1 � * � 2  1 � -1 �  1 �  1   Cách 1. Xét số nguyên tố p dạng 4k + 1 (k N ) � � p � � là số chính phương (mod p) � tồn tại x�{0, 1, 2, …, p – 1} sao cho 3 x 2 �1  mod p  . Vì x2 � (p – x)2 (mod p) (x�Z), suy ra tồn tại  � p  1� � 1,2,.., � �sao cho 2 � 2 �p  1 �   ��1  mod p  . � �2 � p 1 p 1 � � � � 1,2,.., Đặt m = �   �suy ra m�� �và m2 �-1 (mod p), giả sử p > 20, 2 �2 � � nếu 0 � � 2 4p  1  3 � 4p  1  3 � 0  2  1 �  2  1  p  4 . 4 4 Vì m2 �-4 (mod p). Mặt khác 4m2 =  p  1  2  � 2  1 2 2  mod p  �  2  1 2 �4  mod p  . Điều này là vô lý vì 0   2  1  p  4 . Vậy   2 4p  1  3 � p > 2m + 4 2m . Vì m2 + 1Mp nên m2 � 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 . Cách 2. Giả sử n là số nguyên, n �24, goi p là ước nguyên tố của (n!)2 + 1. � p� Hiển nhiên p > n. Giả sử x ��0, �là số dư trong phép chia n! hoặc –n! cho � 2� p. Khi đó 0 < x < p – x < p. Ta chứng minh x2 + 1 chia hết cho p. Thật vậy tồn tại m �Z sao cho n! = mp + x hoặc –n! = mp + x. Trong cả 2 trường hợp ta đều có (n!)2 + 1 = (mp + 1)2 + 1 � x2 + 1 = (n!)2 +1 – m2p2 – 2mpx � x2 + 1Mp. Từ đó suy ra p là ước của p2 – 2px + 4x2 + 4 = (p – 2x)2 + 4 4 � p �(p – 2x)2 + 4 � p �2x + p4 � p  4 �2x  p  4  4 �2x  20  4  2x � p �2x + p  4  2x  2x , từ đây suy ra điều phải chứng minh. Tổng quát bài toán 1. Bài toán 4. Chứng minh rằng tồn tại vô số sô nguyên dương n sao cho n 2 + 1 có ước nguyên tố lớn hơn 2n + 2 n . Bài toán 5. (Đề thi Olympic Bungari năm 1996) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên n �3 tồn tại cặp số nguyên dương lẻ (xn, yn) sao cho 7x 2n  y 2n  2n . Giải Với n = 3 ta chọn x3 = y3 = 1, giả sử với n �3 tồn tại cặp số nguyên dương lẻ (xn, yn) sao cho 7x 2n  y 2n  2n ta chứng minh mỗi cặp: �x  y n 7x n  y n , 2 � 2  X,Y   � n 2 ��x n  y n 7x n  y n � 2 2 n + 1 ;� , . � �thỏa mãn 7X + Y = 2 2 2 �� � 2 �x �y n � �7x n �y n � 2 2 n n 1 Thật vậy 7 � n � � � 2  7x n  y n   2.2  2 . � 2 � � 2 � Vì xn, yn lẻ nên xn = 2k + 1, yn = 2l + 1 (k, l �Z) � x n  yn  k  l  1 và 2 x n  yn x  yn x n  yn là  k  l . Điều đó chứng tỏ rằng một trong các số n , 2 2 2 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. 5 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 � 2 tồn tại cặp số nguyên dương lẻ (xn, yn) sao cho x 2n  15y 2n  4n . Thật vậy với n = 2 chọn x2 = 2, y2 = 1. Giả sử với n �2 tồn tại cặp số nguyên dương lẻ (x n, yn) sao cho x 2n  15y 2n  4n , �15y n  x n x n  y n �� 15y  x n y n  x n � , ;� n , � � 2 2 2 2 � �� � ta chứng minh mỗi cặp  X,Y   � thỏa mãn X2 + 15Y2 = 4n+1. 2 2 15y �x n � � �y n �x n � 2 2 n n 1  15 Thật vậy � n � � � 4  x n  15y n   4.4  4 . Và xn, yn lẻ � 2 � � 2 � nên xn = 2k + 1, yn = 2l + 1 (k, l �Z) � x n  yn = k + l + 1 và 2  2k  1   2l  1 yn  x n   l  k . Điều này chứng tỏ rằng một trong các số 2 2 x n  yn yn  x n là lẻ. Vì vậy với n + 1 tồn tại các số tự nhiên lẻ x n+1, yn+1 thỏa ; 2 2 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). 6 Với n = 2 phương trình x2 + 15y2 = 4n có 2 nghiệm tự nhiên (x, y) = (4, 0); (1, 1). Giả sử với n �2 phương trình x 2n  15y 2n  4n có n nghiệm tự nhiên là (x 1, y1); (x2, y2);…;(xn, yn). Khi đó (x, y) = (2xk, 2yk) (1 � k � n) là các nghiệm tự nhiên của phương trình x2 + 15y2 = 4n+1 . Theo chứng minh trên phương trình x2 + 15y2 = 4n+1 lại có 1 nghiệm tự nhiên lẻ. Vậy phương trình x 2 + 15y2 = 4n+1 có ít nhất n +1 nghiệm tự nhiên, bài toán 6 đã được giải quyết. x 2  y2 Bài toán 7. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x, y) sao cho là số xy nguyên và là ước của 1995. (Đề thi Olympic Bungari năm 1995). Giải 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 x2 + 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 p � y 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 �-y2 (mod p) �  x 2  2q 1 �  y 2  2q 1  mod p  � x 4q  2 � y4q  2  mod p  � 1 �-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 x 2  y2 x 2  y2 x > y, là số nguyên và là ước của 1995. Đặt k = thì xy xy x2 + y2 = k(x – y) và k là ước của 1995 = 3.5.7.19 7 *) Nếu k M3 thì k = 3k1 (k1 �N, k1 không chia hết cho 3) � x2 + y2 M3 � x M 2 2 3 và yM3 � x = 3x1, y = 3y1 (x1, y1 �N*, x1 > y1) � x1  y1  k1  x1  y1  . Nếu k = 1 thì x2 + y2 = x – y điều này vô lý vì x2 + y2 �x + y > x – y (vì x, y �N*). *) Nếu k = 5 thì x2 + y2 = 5(x + y) � (2x – 5)2 + (2y + 5)2 = 50 � (x, y) = (3, 1) hoặc (2, 1). *) Nếu k = 7 tương tự như trên tồn tại k 2�N* sao cho k = 7k2 (k2 không chia 2 2 hết cho 7) � x = 7x2; y = 7y2 (x2, y2 �N*, x2 > y2) và x1  y1  k 2  x1  y1  . *) Nếu k M19 tương tự như trên tồn tại k 3�N* sao cho k = 19k3 (k3 không chia hết cho 19) � x = 19x3; y = 19y3 (x3, y3 �N*, x3 > y3) và 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}. x 2  y2 Bài toán 8. Tìm tất cả cáccặp số nguyên dương (x, y) sao cho số A = xy nguyên và là ước của 2010. (Đề thi Olympic Toán khu vực duyên hải đồng bằng Bắc Bộ năm học 2009-2010). Giải. Trên cơ sở lời giải của bài toán 7 ta chỉ cần tìm cácnghiệm nguyên dương của các phương trình x2 + y2 = k(x – y) với k = 2, 5, 10. Phương trình x2 + y2 = 2(x – y) không có nghiệm nguyên dương. Thật vậy giả sử x, y �N*, x > y thì suy ra x2 + y2 �2x + y2 �2(x – y), điều này vô lý. 8 Phương trình x2 + y2 = 5(x – y) có các nghiệm nguyên dương là (x, y) = (3, 1); (2, 1). Phương trình x2 + y2 = 10(x – y) có các nghiệm nguyên dương là (x, y) = (6, 2); (4, 2). Vậy tất cả các 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. Bài toán 9. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, phương trình: 7x 2 + y2 = 2n+2 luôn có nghiệm nguyên dương. Bài toán10. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên n, phương trình x 2 + 15y2 = 4n c n ngh nhin. Bài toán 11. Cho số nguyên dương n, gọi Sn 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 2 n + 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 tố của n2 + n + 1 không lớn hơn n . (Đề chọn đội tuyển Ukraina dự thi Olympic Toán Quốc tế năm 2007). 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. 9 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 5 n-2 – 1 chiahết cho n. (Đề thi Olympic Toán Braxin năm 2008). 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 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 dung của người khác. XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 15 tháng 5 năm 2013 Người viết Trịnh Văn Hoa 10
- Xem thêm -