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

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐỀ TÀI:
“TẬP RÈN LUYỆN CHO HỌC SINH CÁCH PHÁT TRIỂN
HỆ THỐNG BÀI TẬP THÔNG QUA MỘT BÀI TOÁN SỐ
HỌC”

1


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.

2


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 n2 + 1 có ước nguyên tố lớn hơn 2n +

2n .

3


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 < …
4

Đặt a =

4p12 p 22 ....p n2 + 1 ,

rõ ràng a > 1, a ∈ N,

Gọi q là ước nguyên tố của a

⇒

q ≠ pi (i = 1, 2, …, n)(1), mặt

2
khác ( 2p1p 2 ...p n ) ≡ 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

p −1
 −1 
∈ N*) ⇒  ÷ = 1 ⇒ ( −1) 2 = 1 ⇒
 p 

-1 là số chính phương

(mod p) ⇒ tồn tại np∈ {0, 1, 2, …, p – 1} sao cho
n 2p + 1 ≥ p ⇒ n p ≥ p − 1 ,

n 2p ≡ −1 ( mod p ) ⇒

vì vậy tồn tại vô số nguyên tố p dạng 4k + 1 (k

∈

5


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 n2 + 1 lớn hơn 2n.
Lời giải bài toán 3.
Giả sử p là số nguyên tố dạng 4k + 1 (k
p −1
 −1 
2 =1⇒
=
1
⇒
−
1
(
)
 p ÷
 

-1 là số chính phương (mod p)

1, 2, …, p – 1} sao cho

Ta có q2
sao cho

≡

x 2 ≡ −1 ( mod p )

⇒

∈ N*),

suy ra

tồn tại x∈ {0,

.

(p – q)2 (mod p) (q ∈ Z), suy ra tồn tại q

p − 1

∈ 1,2,..,

2 


q 2 ≡ −1 ( mod p ) .

6

Thật vậy giả sử
– x)2 ≡ x2

≡

p −1
p +1
,
2
2

-1 (mod p) và

0
p −1
,
2

đặt q = p – x, ta có: q2 = (p

ta có q2 + 1 Mp và p

≥

2q + 1 >

2q, suy ra ước 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 n2 + 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
 −1 
2 =1⇒
=
1
⇒
−
1
(
)
 p ÷
 

-1 là số chính phương (mod p) ⇒ tồn tại x∈ {0, 1,

2, …, p – 1} sao cho

suy ra tồn tại

x 2 ≡ −1 ( mod p )

p − 1

α ∈ 1,2,..,

2 



. Vì x2

sao cho

≡

(p – x)2 (mod p) (x∈ Z),
2

 p −1

− α ÷ ≡ −1 ( mod p ) .

 2


7


Đặt m =

 p −1

− α ÷suy

 2




ra m∈ 1,2,..,

p − 1

2 

và m2 ≡ -1 (mod p), giả sử

p > 20,
nếu 0

≤α≤

2
4p + 1 − 3 ⇒
4p + 1 − 3 ⇒
0 < 2α + 1 ≤
( 2α + 1) < p − 4 .
4
4

Vì m2 ≡ -4 (mod p).
2
2
Mặt khác 4m2 = ( p − 1 − 2α ) ≡ ( 2α + 1) ( mod p )

Điều này là vô lý vì
2m .

0 < ( 2α + 1) < p − 4 .

Vì m2 + 1Mp nên m2

2

≥

p −1 .

Vậy

α>

⇒ ( 2α + 1) 2 ≡ −4 ( mod p ) .

4p + 1 − 3 ⇒
p
4

> 2m +

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.
8


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 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 p 2 – 2px + 4x2 + 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.

9


Bài toán 4. Chứng minh rằng tồn tại vô số sô nguyên dương n
sao cho n2 + 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
nguyên dương lẻ (xn, yn) sao cho

≥3

tồn tại cặp số

≥

3 tồn tại cặp số

7x 2n + y 2n = 2n .

Giải
Với n = 3 ta chọn x3 = y3 = 1, giả sử với n
nguyên dương lẻ
(xn, yn) sao cho

7x 2n + y 2n = 2n

 x n + y n 7x n − y n

,
2
2


( X,Y ) = 

1

. Thật vậy

2

ta chứng minh mỗi cặp:

  x n − y n 7x n + y n 
,
÷; 
÷
2
2



thỏa mãn 7X2 + Y2 = 2n +

2

 x ± y n   7x n ± y n 
2

2
n
n +1
7 n
÷ +
÷ = 2 ( 7x n + y n ) = 2.2 = 2 .
2
 2  


10


Vì xn, yn lẻ nên xn = 2k + 1, yn = 2l + 1 (k, l
x n + yn
= k + l +1
2

số

x n − yn
= k −l
2

và

x n + yn x n − yn
,
2
2

∈ Z) ⇒

. Điều đó chứng tỏ rằng một trong các

là 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.
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
số nguyên dương lẻ (xn, yn) sao cho

x 2n + 15y 2n = 4n

≥

2 tồn tại cặp

. Thật vậy với n = 2

chọn x2 = 2, y2 = 1.

11

Giả sử với n
cho

≥

2 tồn tại cặp số nguyên dương lẻ (x n, yn) sao

x 2n + 15y 2n = 4n ,
 15y n − x n x n + y n
,
2
2


ta chứng minh mỗi cặp ( X,Y ) = 

  15y n + x n y n − x n 
,
÷; 
÷
2
2



thỏa mãn X2 + 15Y2 = 4n+1.
Thật vậy

2

2

 15y n ± x n 
 yn ± x n 
2
2
n
n +1

÷ + 15 
÷ = 4 ( x n + 15y n ) = 4.4 = 4 .
2


 2 

nên xn = 2k + 1, yn = 2l + 1 (k, l ∈ Z)
( 2k + 1) − ( 2l + 1)
yn − x n
=
= l−k
2
2

số

x n + yn yn − x n
;

2
2

⇒

x n + yn
2

Và xn, yn lẻ

= k + l + 1 và

. Điều này chứng tỏ rằng một trong các

là lẻ. Vì vậy với n + 1 tồn tại các số tự nhiên lẻ

xn+1, yn+1 thỏa 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).
12


Với n = 2 phương trình x2 + 15y2 = 4n có 2 nghiệm tự nhiên
(x, y) = (4, 0); (1, 1).
Giả sử với n
nhiên là (x1, y1);
2yk) (1

≤

≥

2 phương trình

x 2n + 15y 2n = 4n

có n nghiệm tự

(x 2, y2);…;(xn, yn). Khi đó (x, y) = (2xk,

k ≤ n) là các nghiệm tự nhiên của phương trình x 2 + 15y2

= 4n+1 . Theo chứng minh trên phương trình x 2 + 15y2 = 4n+1 lại có 1
nghiệm tự nhiên lẻ. Vậy phương trình x2 + 15y2 = 4n+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
x 2 + y2
x−y

là số nguyên và là ước của 1995. (Đề thi Olympic Bungari

năm 1995).
Giải

13

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 + 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

⇒ x 4q + 2 ≡ − y 4q + 2 ( mod p ) ⇒

≡

1

-y2 (mod p)
≡

⇒

-1 (mod p)

(x )

⇒

2 2q +1

≡ ( − y2 )

2q +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

14


x > y,

x 2 + y2
x−y

là số nguyên và là ước của 1995. Đặt k =

x 2 + y2
x−y

thì
x2 + y2 = k(x – y) và k là ước của 1995 = 3.5.7.19
⇒

x2

x = 3x1, y = 3y1 (x1, y1 ≤ N*, x1 > y1)

⇒

*) Nếu k M3 thì k = 3k1 (k1 ∈ N, k1 không chia hết cho 3)
+ y2 M 3

⇒

x M3 và yM3

⇒

x12 + y12 = 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)
50

⇒

⇒

(2x – 5)2 + (2y + 5)2 =

(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 hết cho 7)

⇒

x = 7x2; y = 7y2 (x2, y2 ∈ N*, x2 > y2) và

x12 + y12 = k 2 ( x1 − y1 ) .

15


*) Nếu k M19 tương tự như trên tồn tại k3∈ N* sao cho k = 19k3
(k3 không chia hết cho 19)
y3) và

⇒

x = 19x3; y = 19y3 (x3, y3 ∈ N*, x3 >

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}.
Bài toán 8. Tìm tất cả cáccặp số nguyên dương (x, y) sao cho
số A =

x 2 + y2
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.
16


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.
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.

17


Bài toán 9. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n,

phương trình: 7x2 + y2 = 2n+2 luôn có nghiệm nguyên dương.
Bài toán10. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên n, phương
trình x2 + 15y2 = 4n 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
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 2n + 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).

18


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.
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 5n-2 – 1 chiahết cho n. (Đề thi Olympic Toán Braxin năm
2008).

19


20


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
dungcủa người khác.

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa,

ngày 15 tháng 5 năm 2013

21


Ngư
ời viết

Trịnh
Văn Hoa

22