SKKN dạy số học trong chương trình toán THPT

Cung cấp các kiến thức cơ bản và chuyên sâu về Hệ thặng dư , Số chính phương modul nguyên tố Góp tài liệu bồi dưỡng cho các học sinh trong các kì thi Olympic Toán học và các kì thi HSG phổ thông trung học.

SKKN:

DẠY SỐ HỌC TRONG CHƯƠNG TRÌNH TOÁN THPT A-TỔNG QUAN VỀ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

A1- LÝ DO VIẾT SKKN

Tôi viết chuyên đề này dựa vào các luận cứ sau :

● Trong chương trình khung của Bộ giáo dục dành cho các lớp chuyên Toán có

phần kiến thức liên quan đến thặng dư bậc hai (hay thặng dư bình phương) theo

modulo cho trước

● Số chính phương mod p ( với p là số nguyên tố) đóng vai trò rất quan trong

trong lí thuyết số và các nghành toán ứng dụng chẳng hạn như : mã hóa và xữ lí

thông tin

● Trong các đề thi HSG quốc gia (VMO) , quốc tế (IMO) những năm gần đây

có các bài toán liên quan đến sử dụng thặng dư , hệ thặng dư và thặng dư bậc

hai rất thường gặp

● Theo phân công của Tổ Toán thuộc Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh

tôi phụ trách giảng dạy phần Lí thuyết số và Số học cho khối Chuyên Toán nên

việc cập nhật và phổ biến kiến thức số học cho học sinh đã trở thành nhu cầu

cấp thiết như là một nghĩa vụ của bản thân

● Xét theo yêu cầu và nhiệm vụ đào tạo học sinh giỏi của Trường chuyên

Lương Thế Vinh hàng năm ở nhiều cấp độ khác nhau : HSG cấp tỉnh , HSG

truyền thống 30/4 , HSG Quốc gia đòi hỏi Thầy giáo và học sinh của trường

phải luôn đổi mới cách tiếp cận kiến thức cao về các loại bài toán dành cho

HSG

● Trong năm học 2011-2012 chuyên đề này đã được giảng dạy tại lớp 12

chuyên Toán của trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh và đạt kết quả tốt Cụ

thể là có 2 học sinh của lớp đạt giải HSG cấp Quốc gia trong đó có 01 học sinhđược triệu tập ra Hà nội trong đội TST Toán Quốc tế

Biên Hòa ngày 1 tháng 5 năm 2012

A2- MỤC ĐÍCH VÀ NHIỆM VỤ CỦA SKKN 2.1 Mục đích.

Cung cấp các kiến thức cơ bản và chuyên sâu về Hệ thặng dư , Số chính phươngmodul nguyên tố

Góp tài liệu bồi dưỡng cho các học sinh trong các kì thi Olympic Toán học vàcác kì thi HSG phổ thông trung học

2.2 Nhiêm vụ.

SKKN này có nhiệm vụ là tổng hợp kinh nghiệm giảng dạy học sinh chuyêntoán mà tôi trực tiếp phụ trách ở phần Số học

A3 - ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU SKKN

3.1 Đối tượng của SKKN.

Dành cho các học sinh chuyên Toán và các học sinh tham gia thi HSG cấp tỉnh ,cấp quốc gia

Trao đổi kinh nghiệm cùng các đồng nghiệp dạy Toán và yêu thích số học

3.2 Phạm vi nghiên cứu trong SKKN

 Nêu những kiến thức về hệ thặng dư

 Tìm hiểu sâu về thặng dư bậc hai , kí hiệu Lagrange

 Đi sâu tìm hiểu bổ đề Gauss và đối ngẫu của định lí Gauss

 Nêu những phương pháp giài một số đề thi Olympic toán Quốc gia vàQuốc tế

A4- CÁC PHƯƠNG PHÁP TIẾP CẬN KIẾN THỨC.

Các phương pháp nghiên cứu được sử dụng trong quá trình viết SKKN này :

 Dựa vào các định nghĩa ; định lí về tập thương , phương trình đồng dư.

 Tham khảo tài liệu trong và ngoài nước.về số học

NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM :

A-HỆ THẶNG DƯ I-Tập thương và các lớp thặng dư :

Khi thực hiện phép chia một số nguyên z cho một số nguyên dương m thì theo

định lí cơ bản của phép chia ta thu được thương số là q và số dư là r ( 0 r <

m ) Ta sắp xếp các số nguyên có cùng số dư khi chia cho m và cùng một tậphợp : Cụ thể là ta kí hiệu : Z k x Z x k /  (mod );0m  k m ; mỗi tập Zk được

gọi là lớp thặng dư thứ k theo modulo m Vì vậy tập hợp các số nguyên Z sẽ được phân hoạch thành các tập con khác rỗng ; không giao nhau (tập thương)

Chứng minh : Khi Z được chia thành 3 lớp thặng dư modulo 3 ; theo Dirichlet

thì có ít nhất 2 số trong 4 số đã cho thuộc cùng một lớp thặng dư modulo 3 =>hiệu hai số cùng lớp chia hết cho 3 Khi Z được chia thành 4 lớp thặng dưmodulo 4 thì xảy ra :

Khả năng 1: mỗi lớp thặng dư chứa chỉ một số trong 4 số đã cho => trong 4 số

đó có 2 số chẵn ; 2 số lẻ => hiệu 2 số chẳn chia hết cho 2 và hiệu 2 số lẻ chiahết cho 2 => T chia hết cho 4

Khả năng 2 : có 2 số nào đó trong 4 số đã cho ở cùng một lớp thặng dư => hiệucủa 2 số như thế sẽ chia hết cho 4 => T chia hết cho 4

Hệ thặng dư đầy đủ : Cho số nguyên dương m Giả sử : 

Z (Zk là lớpthặng dư thứ k theo modulo m) Lấy ; ak Z k :k  1 ; 2 ; ;m 1 Tập {a0 ; a1 ; a2;

….;am-1} gọi là một hệ thặng dư đầy đủ theo modulo m

Hệ thặng dư thu gọn : Một dãy số của hệ thặng dư đầy đủ theo modulo m ;

trong đó gồm tất cả các số nguyên tố cùng nhau với m thì được gọi là một hệthặng dư thu gọn theo modulo m

Định lí 1: Só phần tử trong một hệ thặng dư thu gọn modulo m = (m) : hàm số Euler

Định lí 2 : Nếu (a;m)=1 ; x chạy qua một hệ thặng dư đầy đủ modulo m ; y: tùy

ý Khi đó : x + ay cũng chạy qua một hệ thặng dư đầy đủ modulo m

Định lí 3 Nếu (a;m)=1 ; x chay qua một hệ thặng dư thu gọn modulo m thì ax cũng chạy qua một hệ thặng dư thu gọn modulo m.

Định lí 4 Cho hai hệ thặng dư đầy đủ modulo n (a k ) ; (b k ) Điều kiện cần và đủ

để (a k +b k ) là hệ thặng dư đầy đủ là n lẻ.

Địnhlí 5 : Cho (a;b) = 1 ; c  Z ; x chạy qua hệ thặng dư đầy đủ modulo a ; y chạy qua hệ thặng dư đầy đủ modulo b Khi đó : ax + by + c sẽ chạy qua một hệthặng dư đầy đủ modulo ab

Địnhlí 6 : Cho (a;b) = 1 ; x chạy qua hệ thặng dư thu gọn modulo a ; y chạy qua hệ thặng dư thu gọn modulo b Khi đó : ax + by sẽ chạy qua một hệ thặng

dư thu gọn modulo ab

Địnhlí 7 : Cho : a;bZ ; (a;m)=1 ; mN ; x chạy qua hệ thặng dư đầy đủ T

b ax

T

của số thực x)

Địnhlí 8 : Cho : a;bZ ; (a;m)=1 ; mN ; x chạy qua hệ thặng dư thu gọn T

T x

B- BẬC CỦA MỘT PHẦN TỪ

Định l í : Cho hai số nguyên dương a; m thỏa (a;m) = 1 Khi đó tồn tại ít nhất

một số nguyên dương n sao cho an  1 (mod m)

Bậc của một phần tử : Cho a; m thuộc Z+ ; (a;m)=1 Số k = Min(n) trong các số

n mà an  1 (mod m) được gọi là bậc của a theo modulo m Kí hiệu k =

ord m (a)

Định lí : Cho a; m thuộc Z+ ; (a;m)=1 Các kết luận sau đúng :

 an  1 (mod m)  ordm(a) là ước số của n

 a  n1 a n2 (mod m)  (n1 – n2) chia hết cho ordm(a)

  (m) chia hết cho ordm(a) (  (m) hàm số Euler )

aaaaa

Định nghĩa : Cho m , n là hai số nguyên dương Giả sử số nguyên a thỏa mãn

điều kiện (a,m) = 1 Nếu phương trình x n a (mod m) có nghiệm nguyên thì tanói a là một thặng dư bậc n modul m Ngược lại ta nói a không phải là mộtthặng dư bậc n modul m

Ví dụ : (-5)3 ≡ 7 (mod 11) nên theo định nghĩa ta có : 7 là thặng dư bậc 3modul 11

24 ≡ 2 (mod 7) nên theo định nghĩa ta có : 2 là thặng dư bậc 4 modul 7

C- THẶNG DƯ BẬC HAI : SỐ CHÍNH PHƯƠNG MOD P

Định nghĩa : Nếu a là một thặng dư bậc 2 modul m thì ta gọi a là một thặng dư

cấp 2 modul m , ta cũng có thể gọi a là một thặng dư bình phương modul m ,

cũng có thể gọi a là số chính phương modul m

Số chính phương theo modulo m Cho : mZ;m 1 ; aZ; (a;m)  1 Nếuphương trình x 2 a (mod m) có nghiệm thì ta nói a là số chính phương theo

modulo m Ngược lại : Nếu phương trình x 2 a (mod m) vô nghiệm thì ta nói

a không phải là số chính phương theo modulo m.

Chú ý : Về cơ bản thì các nhà toán học chỉ quan tâm đến số chính phương theo

modulo nguyên tố p

Tiêu chuẩn để kiêm tra xem một số có là số chính phương theo modulo nguyên tố hay không

Để tiết kiệm cách viế , trong mục này tác giả xin dùng kí hiệu : [a(m)] để chỉ a

là số chính phương theo modulo m Kí hiệu :[a(m)] để chỉ a không phải là số

chính phương theo modulo m Ta có các định lý :

Định lí :

 Với aZ => [a(2)]

 Với p là số nguyên tố lẻ : [a(p)]  a(p-1)/2  1 (mod p)

 Với p là số nguyên tố lẻ : [a(p)]  a(p-1)/2  -1 (mod p)

Hệ quả trực tiếp : Với số nguyên tố lẻ p có :

 [a(p)].[b(p)] = [c(p)] (với c nào đó)

Tiêu chuẩn Euler : Cho : p P ; p > 2 ; (a;p) = 1 Khi đó có :  1

(mod

1 2

Định nghĩa 3 : Cho số tự nhiên n Ta kí hiệu φ(n) là số các số tự nhiên bé hơn

hoặc bằng n và nguyên tố cùng nhau với n Ta cũng gọi φ(n) là Fi hàm Ơ-le

Công thức tính Fi hàm Euler : Nếu n có sự phấn tích chuẩn : 1 2

Định lí Willson : Với mọi số nguyên tố p ta có : (p – 1) ! ≡ - 1 (mod p)

x => số hạng tự do của Q(x) = - (p – 1)! – 1 ≡ 0 (mod p ) => (p – 1)! ≡ - 1(mod p )

Định lí : CMR : Với mọi số nguyên tố p thì phương trình x2 ≡ a (mod p ) cókhông quá 2 nghiệm

Chứng minh : Giả sử x0 là nghiệm của pt x 2 ≡ a (mod p ) , dễ dàng suy ra : - x0cũng là nghiệm của pt Giả sử x là một nghiệm khác với x0 của pt x2 ≡ a (mod

Định lí tiêu chuẩn Euler : : Cho p là số nguyên tố lẻ và p không là ước của a.

 = -1 Khi đó pt x2 ≡ a (mod p) vô nghiệm , khi đó ta có :

Định lí : Cho p là số nguyên tố lẻ ; a , b là hai số nguyên tùy ý Ta luôn có :

( 1) (mod )

p

p p

-Ví dụ : Cho số nguyên tố p CMR : Luôn tồn tại số tự nhiên a   1 p sao cho

a không là thặng dư bậc hai mod p

Chứng minh : Gọi a là số bé nhất trong các số tự nhiên không phải là thặng dư

 

 

 =1

Bổ đề Gauss : Cho p là số nguyên tố lẻ ; a là số nguyên dương sao cho (a,p) = 1

; Gọi s là số các thặng dư dương bé nhất ,bé hơn

Luật tương hỗ Gauss :

Cho p , q là hai số nguyên tố lẻ phân biệt Khi đó có :

( 1)( 1) 4 ( 1)

CÁC BÀI TẬP THI OLYMPIC TOÁN CỦA

VIỆT NAM VÀ QUỐC TẾ

Bài toán 1 : Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho n2 + 1không là ước của n!.

(Đề thi chọn đội tuyển của Inđônêxia dự thi Toán Quốc tế năm 2009)

Lời giải :

Bổ đề: Tồn tại vô số số nguyên tố dạng 4k + 1 (k N*)

Chứng minh: Gọi A là tập hợp gồm tất các số nguyên tố dạng 4k+1 (k N*) ,Khi đó A rỗng vì 5 A Giả sử A là tập hữu hạn Gọi p0 là phân tử lớn nhấtcủa A  p0 5 Giả sử p1, p2 … pn là tất cả các số nguyên tố nhỏ hơn p0 đặt

1 1

) 1 ( 1

p

n + 1 Ta có: 2

p

n + 1  p  np  p 1 Vìtồn tại vô số số nguyên tố p dạng 4k + 1 (kN*) nên tồn tại vô số số nguyêndương n sao cho n2 + 1 không là ước của n!

Bài toán 2 : Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho ước

nguyên tố lớn nhất của n2 + 1lớn hơn 2n

(Tạp chí Animath của Pháp năm 2006)

Lời giải : Giả sử p là số nguyên tố dạng 4k + 1 (k N*) Suy ra

1 1 )

tố lớn hơn 2n

Lưu ý : Trong kỳ thi Olympic toán Quốc tế lần thứ 49 được tổ chức tại Tây

Ban Nha có bài toán sau (bài toán 3) mà tác giả của nó là Kestutis Cesnavicius(Lithuania) (Litva)

Bài toán 3: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho n 2 1 có ước nguyên tố lớn hơn 2n 2n

Bài toán này là bài toán khó nhất của ngày thi thứ nhất Lời giải của bài toán 3được phát triển từ lời giải của các bài toán 1, bài toán 2 đã nêu trên Cụ thể ta cócác cách giải sau :

Lời giải thứ nhất của bài toán 3:

 x  {0,1,2, … p - 1} sao cho x2  - 1(modp) Vì x2  (p- x)2 (modp) (x 

4 p 0 < 2 +1    

2

1 1

4 p

(2+1)2 <p - 4 Vì m2 -1(modp) nên 4m2 -4 (modp)

Mặt khác 4m2 = (p – 1 -2 )2  (2 +1)2 (modp)  (2 +1)2 -4 (modp) Điều

đó là điều vô lý vì 0 < (2 +1)2 < p – 4 Vậy  >   

4

3 1

4 p p > 2m + 2m

Vì m2 +1  p nên m2 p -1  m  p 1 Vì tồn tại vô số số nguyên tố p dạng4k + 1 (k N*) nên tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho ước nguyên tố lớnnhất của n2 + 1 lớn hơn 2n 2n

Lời giải thứ 2 của bài toán 3:

Giả sử n là số nguyên, n 24 Giả sử p là ước nguyên tố của (n!)2 + 1 Hiển

nhiên p > n Giả sử x (0,

2

p

) là số dư trong phép chia n ! hoặc – n! cho p Khi

đó 0 < x< p – x < p Ta có x2 + 1 chia hết cho p Thật vậy tồn tại m Z sao chon! = mp + x hoặc – n! = mp + x Trong cả hai trường hợp ta đều có (n!)2+1 =(mp+x)2 +1  x2 +1 = (n!)2 + 1 – m2p2 – 2mpx  x2+1p Từ đó suy ra p làước của p2 - 2px + 4x2 + 4 = (p – 2x)2 + 4  p  (p – 2x)2 + 4  p  2x +

Bài toán 4: Tìm tất cả các số nguyên dương lẻ n sao cho với mọi hệ thặng dư

thu gọn modulo n : a a1 ; ; ; 2 a( )n  ta luôn có : ( )

1

1

n i i

Nếu n là số nguyên tố lẻ : Theo định lí Willson thì n thỏa đề bài

a a1 ; ; ; 2 a( )n  là hệ thặng dư thu gọn modulo n nên với mỗi aa a1 ; ; ; 2 a( )n luôn có phần tử nghịch đảo a duy nhất sao cho : a a ≡ 1 (mod n) Ta có :

suy ra tập hợp a a1 ; ; ; 2 a( )n  \ {1;n 1} được chia thành ( ) 1

np p p trong đó p i là các số nguyên tố lẻ : Lí luận tưng tự như trên ta

thấy : với mỗi aa a1 ; ; ; 2 a( )n  luôn có phần tử nghịch đảo a duy nhất sao

cho : a a ≡ 1 (mod n) Ta có :

Theo định lí phần dư Trung hoa thì mỗi hệ :  

(mod ) 1;1 1,

suy ra tập hợp a a1 ; ; ; 2 a( )n  \A n được chia thành ( ) 1

Bài toán 6 : Tìm tất cả các nghiệm nguyên không âm của pt : 12xy4  2008z

Đề thi chọn đội tuyển IMO của

Bài toán 7 : Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x,n) thỏa pt : x3 + 2x + 1 = 2n

Đề thi chọn đội tuyển IMO của

Serbia 2007

Lời giải : Phương trình đã cho tương đương với pt sau : x(x2 + 2) = 2n – 1 Dễthấy x(x2 +2) luôn chia hết cho 3 với mọi xngue6n dương Nên suy ra 2n – 1chia hết cho 3 => n là số chẵn Từ pt đã cho => x lẻ Ta xét các trường hợp :

Olympic Toán BaLan 2007

Tài liệu Bồi dưỡng HSGQG Việt Nam 2008

Lời giải : Trước hết ta chứng minh mện đề sau : Số nguyên tố p = 3k + 1 là số

chính phương

x = 2k + 1 => (2k + 1)2 + 3 = 4(k2 + k + 1) ≡ 0 (mod p) , mà (p,4) =1 => k2 + k+ 1 ≡ 0 (mod p) Giả sử k = i (mod p) với 1 ≤ i ≤ p => i2 + i + 1 ≡ 0 (mod p)

=> đpcm

MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ GIẢI Bài toán 1 : Chứng minh rằng với mỗi số nguyên n 3, tồn tại cặp số nguyêndương lẻ (xn, yn) sao cho n

Đề thi Olympic Toán của Bungari năm 1996

Bài toán 2 : Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, phương trình x2 +15y2 = 4n có ít nhất n nghiệm tự nhiên (x,y)

Đề thi chọn học sinh giỏi Toán Quốc gia VMO năm học 2009 – 2010

Bài toán 3: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x,y) sao cho

y x

y x



 2

2

là sốnguyên và là ước của 1995

Đề thi Olympic toán Bungari năm 1995

Bài toán 4: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x,y) sao cho số A =

y x

y x



 2

2 là

số nguyên và là ước của 2010

Đề thi Olympic Toán khu vực duyên hải đồng bằng Bắc Bộ năm học 2009 –

2010

Bài toán 5: Cho số nguyên dương n Gọi Sn là tổng các bình phương của các hệ

số của đa thức f(x) = (1+x)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 6: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho tất cả các

Đề thi chọn đội tuyển Ukraina dự thi Olympic toán quốc tế năm 2007

Bài toán 7 : Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên tố p có tính chất sau: Tồn

tại vô số nguyên dương n sao cho p – 1 không chia hết cho n và n! +1 chia hếtcho p

Đề thi chọn đội tuyển của Mônđôva dự thi Olympic toán Quốc tế năm 2007

Bài toán 8: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho 5n-2 – 1chia hết cho n

Đề thi Olympic toán của Braxin năm 2008

Bài toán 9: Tìm tất cả các số nguyên tố lẻ p khác 5 sao cho 5 là số chính

phương (mod p)

Bài toán 10 : CMR : Với mỗi số nguyên dương n cho trước luôn tồn tại n số tự

nhiên liên tiếp sao cho bất kì số nào trong các số đó cũng là lũy thừa với số mũnguyên lớn hơn 1 của một số nguyên tố

Đề thi toán Quốc tế IMO 1989

THAY CHO LỜI KẾT LUẬN

Giảng dạy Toán học là một điều khó , giảng dạy Toán cho đối tương là học sinhChuyên Toán lại càng khó hơn Ý thức được trách nhiện và năng lực của mình

tôi cố gắng hoành thành chuyên đề nhỏ này xem như là tài liệu giảng dạy ở lớpchuyên.

Những ai quan tâm đến lĩnh vực Lí thuyết số và Số học khi đọc chuyên đề này

có thể vui lòng gửi nhận xét về địchỉ e-mail : nguyeneuler@gmai.com

Sự khiếm khuyết nào đó trong biên soạn là khó tránh khỏi , vì thế mong cácnhững người đọc lượng tình thông cảm !

Tôi gửi lời cảm ơn trước tới các đồng nghiệp và các học sinh đã và đang quantâm cổ vũ cho tôi trước , trong và sau lúc soạn xong chuyên đề này

TÀI LIÊU THAM KHẢO :

1/ Elementary Nuberic Theory : David M.Burton USA 2010

2/ Elementary Nuberic Theory : David A.Santos USA 2005

3/ Elementary Nuberic Theory : W.Edwin Clark Departement of

Mathematic University of South Florida 2003

4/ Tài liệu Tập huấn các trường Chuyên Toán hàng năm của ĐHKHTN

Hà nội

5/ Báo Toán học và Tuổi trẻ