SKKN KHAI THÁC, mở RỘNG kết QUẢ của một số

Khai thác, mở rộng kết qủa của một số bài toán

KHAI THÁC, MỞ RỘNG KẾT QUẢ CỦA MỘT SỐ
BÀI TOÁN
" Nếu nghĩ rằng mọi điều trong sách vở là đã tuyệt vời, kín kẽ rồi thì chúng ta sẽ thụ
động không phát huy được khả năng suy nghĩ sáng tạo."
( Trích từ lời dẫn của Bùi Quang Trường trong bài báo " Có thể làm toán sinh động
hơn không?" đăng trên báo toán học & tuổi trẻ ).
" Đôi lúc một vấn đề được giải quyết xong lại gợi ý tìm ra một vấn đề hoàn toàn khác
nhưng lại rất có ý nghĩa".
( Trích từ lời dẫn của Lê Hào trong bài báo " suy nghĩ từ lời giải một bài toán thi vô
địch quốc tế" đăng trên báo toán học & tuổi trẻ).
Tôi rất tán thành những nhận định của các tác giả trên. Những tìm tòi, sáng tạo của
các tác giả ấy đã tiếp thêm ngọn lửa đam mê tìm tòi toán học trong tôi.
Tôi hy vọng rằng bài viết này của tôi cũng tiếp lửa cho những bạn đọc khác(nhất là
những học trò thân yêu của tôi) trong tình yêu toán học.
Từ bài toán quen thuộc - bài toán 1: " Cho p là một số nguyên tố, p  3(mod4) .
Chứng minh rằng: Nếu x 2  y 2  0(mod p) thì x  y  0(mod p) , với x, y   ." Đến
bài toán thi học sinh giỏi toán lớp 12 tỉnh Đồng Nai năm học 2007 - 2008 - bài toán
1.1:" Tìm tất cả các số chính phương abcd sao cho dcba là số chính phương, với a, b,
c, d là những số tự nhiên có thể bằng nhau thỏa a, b, c, d  9 và a.d  0 ."
Trước tiên, tôi trích dẫn lời giải của bài toán 1 của tác giả Doãn Minh Cường trong
cuốn sách số học(tập 1) xuất bản năm 2003.
Lời giải - bài toán 1
Nếu một trong hai số x, y chia hết cho p thì từ điều kiện x 2  y 2  0(mod p) ta suy ra
cả hai số đều chia hết cho p.
Nếu cả x và y đều không chia hết cho p thì:
Ta có: p  4k  3, k   . Theo định lí Fermat thì x p1  y p1  1(mod p) suy ra
x 4 k 2  y 4 k 2  1(mod p)  x 4 k 2  y 4 k 2  2(mod p)
(1).
Mặt khác: x 4 k 2  y 4 k 2  ( x 2 )2 k 1  ( y 2 )2 k 1 Mx 2  y 2 Mp

(2).
Từ (1) và (2) suy ra 2Mp  p  2 trái với giả thiết p  4k  3 . Vậy x và y đều chia hết
cho p.
Thoạt nhìn thì bài toán 1.1 không có mối liên hệ gì với bài toán 1. Nhưng khi đặt
m 2  abcd và n 2  dcba thì tôi nảy sinh ý tưởng liệu m2  n2 có chia hết cho số
nguyên tố nào có dạng 4k  3 không? Tôi đi kiểm chứng ý tưởng đó và cuối cùng tôi
có lời giải như sau:
Lời giải - bài toán 1.1
Vì abcd và dcba là hai số chính phương nên có hai số tự nhiên m, n sao cho
m 2  abcd và n 2  dcba . Giả sử m  n. Nhận xét 33  n  m  99 .
Ta có: m 2  abcd  a.103  b.102  c.10  d , n 2  dcba  d .103  c.102  b.10  a .
Giáo viên: Ngô Văn Vũ

1

Trường THPT Sông Ray


Khai thác, mở rộng kết qủa của một số bài toán

 m 2  n 2  1001.(a  d )  110.(b  c )  11 91.(a  d )  10.(b  c ) 
11 và n M
11 .
 m2  n 2 M
11 và 11 có dạng 4k  3 . Áp dụng bài toán, suy ra mM
Kết hợp với nhận xét trên, suy ra m33;44;55;66;77;88;99

Thử trực tiếp, có m = 99 thỏa mãn. Vậy abcd = 9801.
Ta có thể mở rộng bài toán 1.1 như sau:
Bài toán 1.2: " Tìm tất cả các số chính phương abcdef sao cho fedcba là số chính

phương, với a, b, c, d, e, f là những số tự nhiên có thể bằng nhau thỏa điều kiện
4(a  f )  3(b  e)  2(c  d )M
19 ; a, b, c, d, e, f  9 và a.f  0 ."
Lời giải - bài toán 1.2
Vì abcdef và fedcba à hai số chính phương nên có hai số tự nhiên m, n sao cho
m 2  abcdef và n 2  fedcba . Giả sử m  n. Nhận xét 317  n  m  999 .

(1)

Ta có: m 2  abcdef  a.105  b.104  c.103  d .102  e.10  f ,
n 2  fedcba  f .105  e.104  d .103  c.10 2  b.10  a .

 m2  n2  100001.(a  f )  11000.(b  e)  1100(c  d )
11 và n M
11 . (2)
 m2  n 2 M
11 và 11 có dạng 4k  3 . Áp dụng bài toán 1, suy ra mM
2
2
Mặt khác, m  n  100001.(a  f )  11000.(b  e)  1100(c  d )
 m2  n2  4(a  f )  3(b  e)  2(c  d )M
19
19 và n M
19
Áp dụng bài toán 1, suy ra mM
(3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra m  11.19.x, x 2;3;4

Thử trực tiếp, có m = 11.19.4 thỏa mãn. Vậy abcdef  698896 .
Hơn thế nữa, ta có thể vận dụng bài toán 1 vào các bài toán sau:

Bài toán 1.3 Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình:
a) 19 x 2  28 y 2  729 ;
b) x 2  y 2  3z 2 .
Mời bạn đọc tìm lời giải.
Tiếp tục với bài toán trong đề thi học sinh giỏi Pháp năm 2006 - 2007 sau:
Bài toán 1.4 Cho p là một số nguyên tố, p  2(mod3) . Chứng minh rằng nếu
a 2  ab  b2  0(mod p) thì a  b  0(mod p) , với a, b ."
Rõ ràng bài toán trên tương tự như bài toán 1,thử vận dụng cách giải của bài toán 1
để giải bài toán này xem.
Lời giải - bài toán 1.4
Nếu một trong hai số a, b chia hết cho p thì từ điều kiện a 2  ab  b2  0(mod p) ta suy
ra cả hai số đều chia hết cho p.
Nếu cả a và b đều không chia hết cho p thì:
Ta có: p  3k  2, k   . Theo định lí Fermat thì a p1  b p1  1(mod p)
Giáo viên: Ngô Văn Vũ

2

Trường THPT Sông Ray


Khai thác, mở rộng kết qủa của một số bài toán

Suy ra: a3k 3  a 2 (mod p), b3k 3  b2 (mod p) .
Đến đây, nếu rập khuôn như lời giải của bài toán 1 thì ta sẽ gặp bế tắc. Vì
3( k 1)
a
 b3( k 1)  a 2  b2 (mod p) không nói lên được điều gì. Ta cần có một sự cải tiến
cho phù hợp. Ta nhận thấy: a3( k 1)  b3( k 1) M
a 3  b3 M

a 2  ab  b2 Mp khi đó giả thiết của
bài toán mới phát huy tác dụng. Tiếp tục giải ngư sau:
Suy ra a 2  b2  a3( k 1)  b3( k 1)  a3  b3  a 2  ab  b 2  0(mod p)
 a  bMp hoặc a  bMp  a 2  2ab  b2 Mp hoặc a 2  2ab  b2 Mp  3abMp hoặc
abMp  abMp vì (p;1) = 1, suy ra  aMp hoặc bMp . Điều này mâu thuẩn giả thiết
phản chứng. Vậy a và b chia hết cho p.
Qua đây, ta nhận thấy rằng bài toán 1 đã cho ta ý tưởng để phá giải bài toán 1.4
(hiển nhiên phải cần thêm một chút cải tiến sáng tạo).
Bài toán 1 có thể được tổng quát như sau:" Cho p là một số nguyên tố, p  3(mod4) .
Chứng minh rằng: Nếu x2  y 2  0(mod p) thì x  y  0(mod p) , với x, y, n   ."
Vận dụng cách giải của bài toán 1 bạn đọc dễ dàng chứng minh được bài toán tổng
quát trên. Mời bạn đọc thử sức!
n

n

Tiếp theo mời bạn đọc tìm hiểu thêm bài toán thi vô địch toán quốc tế năm 1974.
Bài toán 2 Với mọi số nguyên không âm n, chứng minh:

n

C

2 k 1
2 n 1

k 0

.23k không chia hết

cho 5.
Lời giải - bài toán 2
Đặt x  8 , dùng khai triển nhị thức Niu tơn để biến đổi
2 n 1

n

n

n

n

i 0

k 0

k 0

k 0

k 0

(1  x) 2 n1   C2i n1.xi   C22nk1.x 2 k  x  C22nk11.x 2 k   C22nk1.23k  8  C22nk11.23k

Tương tự, ta có:
n

n

(1  x) 2 n1   C22nk1.23k  8  C22nk11.23k .
k 0

k 0

n

Đặt A =

C
k 0

n

2k
2 n 1

.23k , B =

C
k 0

2 k 1
2 n 1

.23k .

2 n1

 A  x.B và (1  x)2 n1  A  x.B  A2  8.B 2  72 n1 .

Ta có: (1  x)
5 thì A2  2(mod5) điều nay không thể
Vì A2  8.B 2  72 n1  2(mod5) nên nếu BM
xảy ra. Vậy B không chia hết cho 5 với mọi n.

Khai thác bài toán 2.
n

Bài toán 2.1 Với mọi số nguyên không âm n, chứng minh:

C
k 0

2 k 1
2 n 1

.23k không chia

hết cho 3.
Giáo viên: Ngô Văn Vũ

3

Trường THPT Sông Ray


Khai thác, mở rộng kết qủa của một số bài toán

Lời giải - bài toán 2.1
3 thì

Từ lời giải bài toán 2, ta có: A2  8.B 2  72 n1  1(mod3) . Nếu BM
2
A  1(mod3) điều nay không thể xảy ra. Vậy B không chia hết cho 3 với mọi n.
Bài toán 2.2 Tìm một nghiệm nguyên dương của phương trình x 2  8. y 2  72 n1 theo
số tự nhiên n.
Lời giải - bài toán 2.2
2

2

 n 2 k 3k 
 n 2 k 1 3k 
Theo chứng minh của bài toán 2, ta có:   C2 n1.2   8   C2 n1 .2   72 n1
 k 0

 k 0

n

Suy ra x   C
k 0

2k
2 n 1

n

.2 , y   C22nk11.23k là một nghiệm nguyên dương của phương
3k

k 0

trình.
Bài toán 2.3 Tìm một nghiệm nguyên dương của phương trình x 2  a. y 2  (1  a)2 n1
theo hai số tự nhiên a và n.
Lời giải - bài toán 2.2
Theo chứng minh của bài toán 2, ta thấy rằng nếu thay 8 bởi a thì ta có
2

2

n
n
 n 2k k 
 n 2 k 1 k 
2k
k
2 k 1 k
2 n 1
  C2 n1.a   a   C2 n1 .a   (1  a) . Suy ra x   C2 n1.a , y   C2 n1 .a là
k 0
k 0
 k 0

 k 0

một nghiệm nguyên dương của phương trình.
Bài toán 2.4 (phương trình Pell)
Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình x 2  2. y 2  1 .
Lời giải - bài toán 2.2

Theo chứng minh của bài toán 2.3, ta chọn a = 2 thì ta được phương trình
x 2  a. y 2  (1  a)2 n1 trở thành x 2  2. y 2  1 .
n

n

k 0

k 0

Suy ra x   C22nk1.a k , y   C22nk11.a k là nghiệm nguyên dương của phương trình.
Theo chứng minh của Hà Huy Khoái trong sách số học - xuất bản năm 2005 thì suy ra
n

được nghiệm của phương trình Pell phải có dạng x   C
k 0

n

2k
2 n 1

.a , y   C22nk11.a k .
k

k 0

Vậy tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình x  2. y  1 là
2

n

x  C
k 0

2

n

2k
2 n 1

.a , y   C22nk11.a k với n thuộc N.
k

k 0

Đến đây mời bạn đọc tiếp tục suy nghĩ. Có thể còn nhiều điều thú vị khác chưa được
khai thác hết. Như các bạn biết trong lĩnh vực khoa học co nhiều phát minh quan trọng
ra đời nhờ biết kế thừa, cải tiến, bổ sung những thành tưu đã có. Các bạn trẻ hãy học
toán một cách chủ động, biết phat huy, kế thừa để sáng tạo. Các bạn sẽ thấy toán học
thật sinh động, lí thú.
Giáo viên: Ngô Văn Vũ

4

Trường THPT Sông Ray


Khai thác, mở rộng kết qủa của một số bài toán

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1) 40 năm Olympic toán học quốc tế - PGS.TS Vũ Dương Thụy, nhà xuất bản GD năm 2002.
2) Tuyển chọn các bài thi vô địch toán - PGS.TS Nguyễn Văn Lộc, nhà xuất bản
ĐHQGHN - năm 2010.
3) Số học - Hà Huy Khoái - nhà xuất bản GD - năm 2005.
4) Số học - Doãn Văn Cường - nhà xuất bản ĐHSP - năm 2003.
5) Tuyển chọn theo chuyên đề toán học & tuổi trẻ, quyển 3 - nhà xuất bản GD - năm
2008.

Sông Ray, tháng 3 năm 2012
Người thực hiện
NGÔ VĂN VŨ

Giáo viên: Ngô Văn Vũ

5

Trường THPT Sông Ray