Xây dựng hệ thống bài tập phát triển theo nhiều khía cạnh khác nhau

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
.
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!.
1
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 p
1
< p
2
< … <p
n
là tất cả các số
nguyên tố thuộc tập A.
Đặt a =
2 2 2
1 2 n
4p p p 1+
, rõ ràng a > 1, a

∈
N,
Gọi q là ước nguyên tố của a
⇒
q
≠
p
i
(i = 1, 2, …, n)(1), mặt khác
( ) ( )
2
1 2 n
2p p p 1 mod q≡
. Suy ra -1 là số chính phương (mod q) và q lẻ
( )
q 1
2
1 q 1
1 1 1 2
q 2
−
 
− −
= ⇒ − = ⇒
 ÷
 
M

( )
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
∈
N
*
)
⇒
( )
p 1
2
1
1 1 1
p
−
 
−
= ⇒ − =
 ÷
 
⇒
-1 là số chính phương (mod p)
⇒
tồn tại n

p
∈
{0, 1, 2, …,
p – 1} sao cho
( )
2
p
n 1 mod p≡ −
⇒

2
p p
n 1 p n 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 n
2
+
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 n
2
+ 1 lớn hơn 2n.
Lời giải bài toán 3.
2
Giả sử p là số nguyên tố dạng 4k + 1 (k

∈
N
*
), suy ra
( )
p 1
2
1
1 1 1
p
−
 
−
= ⇒ − =
 ÷
 
⇒
-1
là số chính phương (mod p)
⇒
tồn tại x
∈
{0, 1, 2, …, p – 1} sao cho
( )
2
x 1 mod p≡ −
.
Ta có q
2

≡
(p – q)
2
(mod p) (q
∈
Z), suy ra tồn tại q
∈
p 1
1,2, ,
2
−
 
 
 
sao cho
( )
2
q 1 mod p≡ −
.
Thật vậy giả sử
p 1 p 1
x p x
2 2
− +
< < ⇒ ≥
, đặt q = p – x, ta có: q
2
= (p – x)
2
≡

x
2

≡
-1 (mod p) và
p 1
0 q
2
−
< ≤
, ta có q
2
+ 1
M
p và p
≥
2q + 1 > 2q, suy ra 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 n.
Sau đây là những lời giải của bài toán 1.
Cách 1. Xét số nguyên tố p dạng 4k + 1 (k
∈

N
*
)
⇒

( )
p 1
2
1
1 1 1
p
−
 
−
= ⇒ − =
 ÷
 
⇒
-1 là
số chính phương (mod p)
⇒
tồn tại x
∈
{0, 1, 2, …, p – 1} sao cho
( )
2
x 1 mod p≡ −
. Vì x
2

≡
(p – x)
2
(mod p) (x
∈
Z), suy ra tồn tại
α
∈
p 1
1,2, ,
2
−
 
 
 
sao cho
( )
2
p 1
1 mod p
2
−
 
− α ≡ −
 ÷
 
.
Đặt m =
p 1
2

−
 
− α
 ÷
 
suy ra m
∈
p 1
1,2, ,
2
−
 
 
 
và m
2

≡
-1 (mod p), giả sử p > 20,
nếu 0
4p 1 3
4
+ −
≤ α ≤

⇒
4p 1 3
0 2 1
4
+ −

< α + ≤
⇒
( )
2
2 1 p 4α + < −
.
3
Vì m
2

≡
-4 (mod p).
Mặt khác 4m
2
=
( ) ( ) ( )
2 2
p 1 2 2 1 mod p− − α ≡ α +

⇒
( ) ( )
2
2 1 4 mod pα + ≡ −
.
Điều này là vô lý vì
( )
2
0 2 1 p 4< α + < −
. Vậy
4p 1 3

4
+ −
α >
⇒
p > 2m +
2m
.
Vì m
2
+ 1
M
p nên m
2

≥

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 n
2
+ 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.
Hiển nhiên p > n. Giả sử
p
x 0,
2
 
∈
 ÷
 
là số dư trong phép chia n! hoặc –n! cho p.
Khi đó 0 < x < p – x < p. Ta chứng minh x
2
+ 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
⇒
x
2
+ 1 = (n!)
2
+1 – m

2
p
2
– 2mpx
⇒
x
2
+ 1
M
p. Từ đó suy ra p là ước của p
2
– 2px + 4x
2
+ 4 = (p – 2x)
2
+ 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)
4
Chứng minh rằng với mỗi số nguyên n
≥
3 tồn tại cặp số nguyên dương lẻ (x
n
, y
n
)
sao cho
2 2 n
n n
7x y 2+ =
.
Giải

Với n = 3 ta chọn x
3
= y
3
= 1, giả sử với n
≥
3 tồn tại cặp số nguyên dương lẻ
(x
n
, y
n
) sao cho
2 2 n
n n
7x y 2+ =
ta chứng minh mỗi cặp:
( )
n n n n
n n n n
7x y x y
x y 7x y
X,Y , ; ,
2 2 2 2
 −   − 
+ +
=
 ÷  ÷
   
thỏa mãn 7X
2

+ Y
2
= 2
n + 1
.
Thật vậy
( )
2 2
2 2 n n 1
n n n n
n n
x y 7x y
7 2 7x y 2.2 2
2 2
+
± ±
   
+ = + = =
 ÷  ÷
   
.
Vì x
n
, y
n
lẻ nên x
n
= 2k + 1, y
n
= 2l + 1 (k, l

∈
Z)
⇒

n n
x y
k l 1
2
+
= + +
và
n n
x y
k l
2
−
= −
. Điều đó chứng tỏ rằng một trong các số
n n
n n
x y
x y
,
2 2
−
+
là lẻ,
vì vậy với n + 1 tồn tại các số tự nhiên lẻ x
n +1
và y

n +1
thỏa mãn
2 2 n
n n
7x y 2+ =
.
Bài toán 6.
Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n phương trình x
2
+ 15y
2
= 4
n
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
(x
n
, y
n
) sao cho
2 2 n
n n
x 15y 4+ =
. Thật vậy với n = 2 chọn x
2

= 2, y
2
= 1.
Giả sử với n
≥
2 tồn tại cặp số nguyên dương lẻ (x
n
, y
n
) sao cho
2 2 n
n n
x 15y 4+ =
,
ta chứng minh mỗi cặp
( )
n n n n
n n n n
15y x y x
x y 15y x
X,Y , ; ,
2 2 2 2
 −   − 
+ +
=
 ÷  ÷
   
thỏa mãn X
2
+ 15Y

2
= 4
n+1
.
5
Thật vậy
( )
2 2
2 2 n n 1
n n n n
n n
15y x y x
15 4 x 15y 4.4 4
2 2
+
± ±
   
+ = + = =
 ÷  ÷
   
. Và x
n
, y
n
lẻ
nên x
n
= 2k + 1, y
n
= 2l + 1 (k, l

∈
Z)
n n
x y
2
+
⇒
= k + l + 1 và
( ) ( )
n n
2k 1 2l 1
y x
l k
2 2
+ − +
−
= = −
. Điều này chứng tỏ rằng một trong các số
n n
n n
y x
x y
;
2 2
−
+
là lẻ. Vì vậy với n + 1 tồn tại các số tự nhiên lẻ x
n+1
, y
n+1

thỏa
mãn
2 2 n 1
n 1 n 1
x 15y 4
+
+ +
+ =
.
Quay lại bài toán 6. Với n = 1, phương trình x
2
+ 15y
2
= 4
n
có 1 nghiệm tự nhiên
(x, y) = (2, 0).
Với n = 2 phương trình x
2
+ 15y
2
= 4
n
có 2 nghiệm tự nhiên (x, y) = (4, 0); (1, 1).
Giả sử với n
≥
2 phương trình
2 2 n
n n
x 15y 4+ =

có n nghiệm tự nhiên là (x
1
, y
1
);
(x
2
, y
2
);…;(x
n
, y
n
). Khi đó (x, y) = (2x
k
, 2y
k
) (1
≤
k
≤
n) là các nghiệm tự nhiên của
phương trình x
2
+ 15y
2
= 4
n+1
. Theo chứng minh trên phương trình x
2

+ 15y
2
= 4
n+1
lại có 1 nghiệm tự nhiên lẻ. Vậy phương trình x
2
+ 15y
2
= 4
n+1
có ít nhất n +1
nghiệm tự nhiên, bài toán 6 đã được giải quyết.
Bài toán 7. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x, y) sao cho
2 2
x y
x y
+
−
là số
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 x
2
+ y
2
chia hết cho p, khi đó x và y chia hết cho p. Thật
vậy nếu x

M
p thì y
M
p.
Giả sử x không chia hết cho p
⇒
y không chia hết cho p.
6
Theo định lý Phecma ta có x
p-1
≡
1 (mod p)
⇒
x
4p+2

≡
1 (mod p),
tương tự y
4p+2

≡
1 (mod p)
Ta có x
2
+ y
2

M
p

⇒
x
2

≡
-y
2
(mod p)
⇒

( ) ( )
( )
2q 1 2q 1
2 2
x y mod p
+ +
≡ −
⇒

( )
4q 2 4q 2
x y 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 > y,
2 2
x y
x y
+
−
là số nguyên và là ước của 1995. Đặt k =
2 2
x y
x y
+
−
thì
x
2
+ y
2
= k(x – y) và k là ước của 1995 = 3.5.7.19
*) Nếu k
M
3 thì k = 3k
1
(k
1

∈
N, k
1

không chia hết cho 3)
⇒
x
2
+ y
2

M
3
⇒
x
M
3 và
y
M
3
⇒
x = 3x
1
, y = 3y
1
(x
1
, y
1

≤
N
*
, x

1
> y
1
)
⇒

( )
2 2
1 1 1 1 1
x y k x y+ = −
.
Nếu k = 1 thì x
2
+ y
2
= x – y điều này vô lý vì x
2
+ y
2

≥
x + y > x – y (vì x, y
∈
N*).
*) Nếu k = 5 thì x
2
+ y
2
= 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 = 7k
2
(k
2
không chia hết
cho 7)
⇒
x = 7x
2
; y = 7y
2
(x
2
, y
2

∈
N*, x
2

> y
2
) và
( )
2 2
1 1 2 1 1
x y k x y+ = −
.
*) Nếu k
M
19 tương tự như trên tồn tại k
3
∈
N* sao cho k = 19k
3
(k
3
không chia hết
cho 19)
⇒
x = 19x
3
; y = 19y
3
(x
3
, y
3

∈

N*, x
3
> y
3
) và
( )
2 2
3 3 2 3 3
x y k x y+ = −
.
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}.
Bài toán 8. Tìm tất cả cáccặp số nguyên dương (x, y) sao cho số A =
2 2
x y
x y
+
−
nguyên và là ước của 2010. (Đề thi Olympic Toán khu vực duyên hải đồng bằng
Bắc Bộ năm học 2009-2010).
7
Giải.
Trên cơ sở lời giải của bài toán 7 ta chỉ cần tìm cácnghiệm nguyên dương
của các phương trình x
2
+ y
2
= k(x – y) với k = 2, 5, 10.

Phương trình x
2
+ y
2
= 2(x – y) không có nghiệm nguyên dương.
Thật vậy giả sử x, y
∈
N*, x > y thì suy ra x
2
+ y
2

≥
2x + y
2

≥
2(x – y), điều này vô
lý.
Phương trình x
2
+ y
2
= 5(x – y) có các nghiệm nguyên dương là (x, y) = (3, 1); (2,
1).
Phương trình x
2
+ y
2
= 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
+ y
2
=
2
n+2
luôn có nghiệm nguyên dương.
Bài toán10. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên n, phương trình x
2
+ 15y
2
= 4
n
c
n ngh nhin.
Bài toán 11. Cho số nguyên dương n, gọi S
n
là tổng các bình phương của các hệ số
của đa thức f(x) = (x + 1)
n
. Chứng minh rằng S
2n
+ 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 n
2
+ n + 1 không lớn hơn
n
. (Đề chọn đội tuyển Ukraina dự thi
Olympic Toán Quốc tế năm 2007).
8
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 a
n
+ b
n
chia cho n.
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
9
Trịnh Văn Hoa
10