SKKN KHAI THÁC, mở RỘNG kết QUẢ của một số

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

Trang 1

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(mod 4)

Chứng minh rằng: Nếu 2 2

0(mod )

x  y  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 2 2

0(mod )

x  y  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 1 1

1(mod )

p p

x   y   p suy ra

x   y   p x  y   p (1)

Mặt khác: 4 2 4 2 2 2 1 2 2 1 2 2

x   y   x   y  Mx  y 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

2

m abcd và n2 dcba thì tôi nảy sinh ý tưởng liệu m2 n2có 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

2

m abcdvà n2 dcba Giả sử m  n Nhận xét 33  n m 99

Ta có: m2 abcd a.103b.102 c.10d, n2 dcbad.103 c.102 b.10a

Trang 2

 

2 2

11

m n

  M và 11 có dạng4k3 Áp dụng bài toán, suy ra m 11 và n 11M M

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) 19M ; a, b, c, d, e, f  9 và a.f 0."

Vì abcdef và fedcba à hai số chính phương nên có hai số tự nhiên m, n sao cho

2

m abcdef và n2  fedcba Giả sử m  n Nhận xét 317  n m 999 (1)

Ta có: m2 abcdef a.105 b.104 c.103 d.102 e.10 f ,

n  fedcba f e d c b a

11

m n

  M và 11 có dạng4k3 Áp dụng bài toán 1, suy ra m 11 và n 11M M (2) Mặt khác, 2 2

m n  a f  b e cd

Áp dụng bài toán 1, suy ra m 19 và n 19M M (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) 19x2 28y2 729;

b) x2 y2 3z2

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

0(mod )

a abb  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

Nếu một trong hai số a, b chia hết cho p thì từ điều kiện 2 2

0(mod )

a abb  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 1 1

1(mod )

p p

a  b   p

Trang 3

Suy ra: a3k3 a2(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

(mod )

k k

a  b  a b p không nói lên được điều gì Ta cần có một sự cải tiến cho phù hợp Ta nhận thấy: 3(k 1) 3(k 1) 3 3 2 2

a  b  Ma b aM abb Mp khi đó giả thiết của bài toán mới phát huy tác dụng Tiếp tục giải ngư sau:

Suy ra a2 b2 a3(k1) b3(k1) a3b3 a2 abb2 0(mod )p

a b p

  M hoặc ab pM a2 2abb2Mp hoặca2 2ab b p 2M 3ab pM hoặc

ab pM ab pM vì (p;1) = 1, suy ra a pM hoặc b pM 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(mod 4) Chứng minh rằng: Nếu 2 2

0(mod )

x  y  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!

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: 22 11 3

0

.2

n

k k n k

C 



 không chia hết cho 5

Lời giải - bài toán 2

Đặt x 8, dùng khai triển nhị thức Niu tơn để biến đổi

2 1



C  C 

Tương tự, ta có:

x  C  C 

Đặt A = 2 3

2 1 0

.2

n

k k n k

C 



 , B = 22 11 3

0 2

n

k k n k

C 



Ta có: (1x)2n1 A x B và (1x)2n1  A x B  2 2 2 1

A  B   

Vì A2 8.B2  72n1 2(mod5) nên nếu BM5thì A2  2(mod5) điều nay không thể xảy ra Vậy B không chia hết cho 5 với mọi n

Khai thác bài toán 2

Bài toán 2.1 Với mọi số nguyên không âm n, chứng minh: 22 11 3

0

.2

n

k k n k

C 



 không chia hết cho 3

Trang 4

Từ lời giải bài toán 2, ta có: 2 2 2 1

A  B      Nếu BMthì 3 2

1(mod3)

A   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 x2 8.y2  72n1 theo

số tự nhiên n

Theo chứng minh của bài toán 2, ta có:

Suy ra 22 1 3 22 11 3

x C  y C 

  là một nghiệm nguyên dương của phương trình

Bài toán 2.3 Tìm một nghiệm nguyên dương của phương trình x2 a y 2  (1 a)2n1

theo hai số tự nhiên a và n

Theo chứng minh của bài toán 2, ta thấy rằng nếu thay 8 bởi a thì ta có

k k k k

x C  a y C  a

một nghiệm nguyên dương của phương trình

Bài toán 2.4 (phương trình Pell)

Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình x2 2.y2  1

Theo chứng minh của bài toán 2.3, ta chọn a = 2 thì ta được phương trình

x a y  a  trở thành x2 2.y2  1

Suy ra 22 1 22 11

k k k k

x C  a y C  a

  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 được nghiệm của phương trình Pell phải có dạng 2 2 1

k k k k

x C  a y C  a

Vậy tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình 2 2

x  y   là

k k k k

x C  a y C  a

  với n thuộc N

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

Trang 5

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

Định dạng
Số trang	5
Dung lượng	414,96 KB