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 +
p4
� 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
xy
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
xy
xy
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 =
xy
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