Chuyên đề: Rèn luyện cách phát triển hệ thống bài tập thông qua một bài toán số học

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

Page 1

<b>Chuyên đề: Cách phát triển một hệ thống bài tập thông qua </b>

<b>một bài toán số học </b>

<b>I. Lý do chọn đề tài. </b>

Trong q trình giảng dạy tốn ở trƣờng THPT chuyên Lam Sơn, trƣớc mỗi
kỳ thi do yêu cầu của một đề thi HSG là phải mới, chƣa xuất hiện. Vậy làm thế nào
để học sinh không bỡ ngỡ, có thể đƣa 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 ngƣời giáo viên dạy Toán cho các lớp
chuyên. Vấn đề này bản thân tôi đã thƣờng xuyên làm, nhƣng trong bài viết này
đƣợc 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.

<b>II. Mục đích nghiên cứu. </b>

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.

<b>III. Nội dung. </b>

Xuất phát từ bài 3 trong kỳ thi Olympic Toán Quốc tế lần 49 năm 2008 (tác
giả là Kestuis Cesnavicius, ngƣời Litva), đây là bài tốn 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 nƣớc dựa trên ý tƣởng để phát
triển thành đề thi Olympic, đề chọn đội tuyển của nƣớc mình.

<b>Bài tốn 1. Chứng minh rằng tồn tại vơ số số nguyên dƣơng n sao cho n</b>2 + 1 có
ƣớc nguyên tố lớn hơn 2n + 2n .

Lời giải bài toán này đƣợc phát triển từ lời giải của của các bài tốn đơn giản
sau, hay nói đúng hơn là từ bài tốn này ta có các bài toán dễ thở hơn, để giả quyết
chúng sau đó quay lại bài tốn 1.

<b>Bài tốn 2.(đề thi chọn đội tuyển của Inđơnêxia dự thi Tốn Quốc tế năm 2009). </b>

Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dƣơng n sao cho n2

+ 1 không là ƣớc của
n!.

<i><b>Lời giải bài toán 2 </b></i>

<i><b>Trƣớc khi giải bài toán 2 ta đi chứng minh bổ đề sau: </b></i>
<i><b>Bổ đề: Tồn tại vô số số nguyên tố dạng 4k + 1 (k</b></i>N*).

<b>Chứng minh: Gọi A là tập hợp gồm tất cả các số nguyên tố dạng 4k + 1 (k</b>N*),
khi A khác rỗng vì 5A. Giả sử A hữu hạn, gọi p1 < p2 < … <pn là tất cả các số

nguyên tố thuộc tập A.
Đặt a = 2 2 2
1 2 n

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

Page 2
Gọi q là ƣớc nguyên tố của a  qpi (i = 1, 2, …, n)(1), mặt khác





2





1 2 n

2p p ...p 1 mod q . Suy ra -1 là số chính phƣơng (mod q) và q lẻ

 

q 1
2

1 q 1

1 1 1 2

q 2



 _{  } _{ } 

 

  





q 1 mod 4

   q có dạng 4k + 1  q A (2). Từ (1) và (2) mâu thuẫn.
Vậy bổ đề đã đƣợc chứng minh.

Chúng ta chuyển sang bài toán 2, giả sử p là sô nguyên tố dạng 4k + 1 (k N*)

 1 1

 

1 p 12 1

p



 _{  } _

 

   -1 là số chính phƣơng (mod p) tồn tại np{0, 1, 2,

…, p – 1} sao cho 2





p

n  1 mod p  n2_p   1 p n_p  p 1 , vì vậy tồn tại vô

số nguyên tố p dạng 4k + 1 (k N*) nên tồn tại vô số số nguyên dƣơng n sao cho n2
+ 1 không là ƣớc của n!.

<b>Bài tốn 3. (Tạp chí Animath của Pháp năm 2006) </b>

Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dƣơng n sao cho ƣớc nguyên tố lớn nhất
của n2

+ 1 lớn hơn 2n.
<i><b>Lời giải bài toán 3. </b></i>

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 phƣơng (mod p)  tồn tại x{0, 1, 2, …, p – 1} sao cho





2

x  1 mod p .

Ta có q2  (p – q)2 (mod p) (q Z), suy ra tồn tại q  1, 2,..,p 1
2



 

 

  sao cho





2

q  1 mod p .

Thật vậy giả sử p 1 x p x p 1

2 2

 _{   } 

, đặt q = p – x, ta có: q2

= (p – x)2  x2 

-1 (mod p) và 0 q p 1
2



  , ta có q2 + 1  p và p  2q + 1 > 2q, suy ra ƣớc nguyên

tố lớn nhất của q2

+ 1 lớn hơn 2q. Vì có vơ số số nguyên tố dạng 4k + 1 (kN*)
nên tồn tại vô số số nguyên dƣơng n sao cho n2

+ 1 có ƣớc nguyên tố lớn hơn n.
<i><b>Sau đây là những lời giải của bài toán 1. </b></i>

<b>Cách 1. Xét số nguyên tố p dạng 4k + 1 (k</b>N*)

 

p 1
2
1

1 1 1

p



 _{  } _

 

   -1 là

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

Page 3





2

x  1 mod p . Vì x2  (p – x)2 (mod p) (xZ), suy ra tồn tại  1, 2,..,p 1
2


 

 

 

sao cho





2

p 1

1 mod p
2



 _{   }

 

  .

Đặt m = p 1
2



 _{ }

 

 suy ra m

p 1
1, 2,..,

2


 

 

  và m

2 _

-1 (mod p), giả sử p > 20,

nếu 0 4p 1 3

4
 

   0 2 1 4p 1 3

4
 

    





2

2 1  p 4.

Vì m2 -4 (mod p).
Mặt khác 4m2

=



p 1 2     

 

2 2 1 mod p

 

2







2 1



2  4 mod p





.

Điều này là vơ lý vì





2

0  2 1  p 4. Vậy 4p 1 3

4
 

  p > 2m + 2m .

Vì m2 + 1 p nên m2 _

p 1 . Vì tồn tại vơ số số nguyên tố p dạng 4k + 1 (kN*)
nên tồn tại vô số số nguyên dƣơng n sao cho ƣớc nguyên tố lớn nhất của n2 + 1 lớn
hơn 2n + 2n .

<b>Cách 2. </b>

Giả sử n là số nguyên, n  24, goi p là ƣớc nguyên tố của (n!)2 + 1.

Hiển nhiên p > n. Giả sử x 0,p
2

 

 

  là số dƣ 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 trƣờng hợp ta đều có (n!)2

+ 1 = (mp + 1)2 + 1
 x2

+ 1 = (n!)2 +1 – m2p2 – 2mpx
 x2_{+ 1 p. Từ đó suy ra p là ƣớc 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.

<b>Tổng quát bài toán 1. </b>

<b>Bài toán 4. Chứng minh rằng tồn tại vô số sô nguyên dƣơng n sao cho n</b>2 + 1 có
ƣớc nguyên tố lớn hơn 2n + 2 n .

<b>Bài toán 5. (Đề thi Olympic Bungari năm 1996) </b>

Chứng minh rằng với mỗi số nguyên n 3 tồn tại cặp số nguyên dƣơng lẻ (xn, yn)

sao cho 7x2_n y2_n 2n.

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

Page 4
Với n = 3 ta chọn x3 = y3 = 1, giả sử với n  3 tồn tại cặp số nguyên dƣơng lẻ

(xn, yn) sao cho

2 2 n

n n

7x y 2 ta chứng minh mỗi cặp:



_X,Y



xn yn _, 7xn yn _; xn yn _,7xn yn

2 2 2 2

       

    

    thỏa mãn 7X

2

+ Y2 = 2n + 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 xn, yn lẻ nên xn = 2k + 1, yn = 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 xn yn_, xn yn

2 2




là lẻ,

vì vậy với n + 1 tồn tại các số tự nhiên lẻ xn +1 và yn +1 thỏa mãn

2 2 n

n n

7x y 2 .

<b>Bài toán 6. </b>

Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dƣơng n phƣơng trình x2

+ 15y2 = 4n có ít nhất
n nghiệm tự nhiên (x, y).

<i>(Đề thi HSG Toán Quốc gia năm 2010) </i>

<b>Giải </b>

Trƣớc tiên ta chứng minh với mỗi số nguyên n  2 tồn tại cặp số nguyên dƣơng lẻ
(xn, yn) sao cho x_n2 15y2_n 4n . Thật vậy với n = 2 chọn x2 = 2, y2 = 1.

Giả sử với n  2 tồn tại cặp số nguyên dƣơng lẻ (xn, yn) sao cho

2 2 n

n n

x 15y 4 ,

ta chứng minh mỗi cặp



_X,Y



15yn xn _,xn yn _; 15yn xn _, yn xn

2 2 2 2

       

    

   

thỏa mãn X2

+ 15Y2 = 4n+1.

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 xn, yn lẻ

nên xn = 2k + 1, yn = 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 xn+1, yn+1 thỏa

mãn x2_{n 1}_ 15y2_{n 1}_ 4n 1 .

Quay lại bài toán 6. Với n = 1, phƣơng trình x2

+ 15y2 = 4n có 1 nghiệm tự nhiên
(x, y) = (2, 0).

Với n = 2 phƣơng trình x2

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

Page 5

Giả sử với n  2 phƣơng trình x2_n 15y_n2 4n có n nghiệm tự nhiên là (x1, y1);

(x2, y2);…;(xn, yn). Khi đó (x, y) = (2xk, 2yk) (1  k n) là các nghiệm tự nhiên của

phƣơng trình x2

+ 15y2 = 4n+1 . Theo chứng minh trên phƣơng trình x2 + 15y2 = 4n+1
lại có 1 nghiệm tự nhiên lẻ. Vậy phƣơng trình x2

+ 15y2 = 4n+1 có ít nhất n +1
nghiệm tự nhiên, bài toán 6 đã đƣợc giải quyết.

<b>Bài tốn 7. Tìm tất cả các cặp số nguyên dƣơng (x, y) sao cho </b>

2 2

x y

x y



 là số
nguyên và là ƣớc của 1995. (Đề thi Olympic Bungari năm 1995).

<b>Giải </b>

Trƣớc 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 p thì y p.

Giả sử x khơng 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),
tƣơng tự y4p+2 _

1 (mod p)

Ta có x2 + y2  p  x2  -y2 (mod p) 

 

x2 2q 1  

 

y2 2q 1 mod p





 4q 2 4q 2





x   y  mod p  1  -1 (mod p)  p = 2 (vô lý).
Bổ đề đã đƣợc chứng minh.

Áp dụng bổ đề vào bài toán 7: giả sử tồn tại các số nguyên dƣơng x, y sao cho

x > y,

2 2

x y

x y



 là số nguyên và là ƣớc của 1995. Đặt k =

2 2

x y

x y



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

*) Nếu k  3 thì k = 3k1 (k1 N, k1 không chia hết cho 3)  x
2

+ y2  3  x  3 và
y 3  x = 3x1, y = 3y1 (x1, y1 N

*

, x1 > y1) 





2 2

1 1 1 1 1

x y k x y .
Nếu k = 1 thì x2

+ y2 = x – y điều này vơ 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 tƣơng tự nhƣ trên tồn tại k2N* sao cho k = 7k2 (k2 không chia hết

cho 7)  x = 7x2; y = 7y2 (x2, y2 N*, x2 > y2) và x₁2 y₁2 k₂



x₁y₁



.

*) Nếu k  19 tƣơng tự nhƣ trên tồn tại k3N* sao cho k = 19k3 (k3 không chia hết

cho 19)  x = 19x3; y = 19y3 (x3, y3N*, x3 > y3) và





2 2

3 3 2 3 3

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

Page 6

<b>Bài toán 8. Tìm tất cả cáccặp số nguyên dƣơng (x, y) sao cho số A = </b>

2 2

x y

x y



nguyên và là ƣớc của 2010. (Đề thi Olympic Toán khu vực duyên hải đồng bằng
Bắc Bộ năm học 2009-2010).

<b>Giải. </b>

Trên cơ sở lời giải của bài tốn 7 ta chỉ cần tìm cácnghiệm ngun dƣơng
của các phƣơng trình x2

+ y2 = k(x – y) với k = 2, 5, 10.
Phƣơng trình x2

+ y2 = 2(x – y) khơng có nghiệm ngun dƣơng.

Thật vậy giả sử x, y N*, x > y thì suy ra x2 + y2  2x + y2 2(x – y), điều này vô
lý.

Phƣơng trình x2

+ y2 = 5(x – y) có các nghiệm nguyên dƣơng là (x, y) = (3, 1); (2,
1).

Phƣơng trình x2

+ y2 = 10(x – y) có các nghiệm nguyên dƣơng là (x, y) = (6, 2); (4,
2).

Vậy tất cả các cặp số nguyên dƣơng (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.

<b>Bài toán 9. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dƣơng n, phƣơng trình: 7x</b>2 + y2 =
2n+2 ln có nghiệm nguyên dƣơng.

<b>Bài toán10. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên n, phƣơng trình x</b>2 + 15y2 = 4n c
n ngh nhin.

<b>Bài toán 11. Cho số nguyên dƣơng n, gọi S</b>n là tổng các bình phƣơng 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)

<b>Bài toán 12. Chứng minh tồn tại vô số số nguyên dƣơng n sao cho 2</b>n + 2 chia hết
cho n.

<b>Bài toán 13. Chứng minh tồn tại vô số số nguyên dƣơng n sao cho tất cả các ƣớc </b>

nguyên tố của n2

+ n + 1 không lớn hơn n . (Đề chọn đội tuyển Ukraina dự thi
Olympic Toán Quốc tế năm 2007).

<b>Bài toán 14. Với mỗi số nguyên dƣơng n > 1, ký hiệu P(n) là ƣớc nguyên tố lớn </b>

nhất của n, chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên n > 1 sao cho: P(n) < P(n + 1)
< P(n + 2).

<b>Bài toán 15. Cho số nguyên dƣơng a > b, chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên </b>

dƣơng n sao cho an

+ bn chia cho n.

<b>Bài toán 16. Chứng minh rằng tồn tại vơ số số ngun tố p có tính chất sau: tồn tại </b>

vơ số số ngun dƣơng n sao cho p – 1 không chia hết cho n và n! + 1 chia hết cho
p.(Đề chọn đội tuyển Mơnđova dự thi Olympic Tốn Quốc tế năm 2007).

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

Page 7

<b>KẾT LUẬN. </b>

Trên cơ sở phát triển của bài toán này, học sinh có thêm cách nhìn đối với vấn đề
khác. Hơn nữa bài tốn này vẫn có nhiều điểm cịn có thể khai thác và phát triển
đƣợc 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, khơng sao chép nội dung
của ngƣời khác.

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƢỞNG ĐƠN VỊ <i>Thanh Hóa, ngày 15 tháng 5 năm 2013 </i>

<b> Người viết </b>

</div>

<!--links-->
Phát triển hệ thống chuẩn mực kế toán Việt Nam.doc

• 19
• 673
• 3