SKKN thặng dư bậc cao

Đến bậc trung học cơ sở các em thực sự đã biết và giải được một số bài toán về phép chia hết và phép chia... Chính vì vậy tác giả đã viết sáng kiến này để trình bày về một mảng quantrọng

THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN

1. Tên sáng kiến: THẶNG DƯ BẬC CAO

2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến:Chương trình Toán lớp 10 và 11 chuyên.

3 Thời gian thực hiện sáng kiến:Từ 9- 2015 đến 5 – 2016.

Chức vụ công tác: Giáo viên

Nơi làm việc: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong Nam Định

Địa chỉ liên hệ: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong Nam Định

Điện thoại: 0935086607

5 Đồng tác giả: Không

6 Đơn vị áp dụng sáng kiến:

Tên đơn vị:Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong

Địa chỉ: 76 đường Vị Xuyên, TP Nam Định

Điện thoại: 0350640297

BÁO CÁO SÁNG KIẾN

I. ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN

Số học là một nhánh của toán học ra ra đời từ rất sớm, ngay từ khi xuất hiện các con

số Tuy nhiên đến ngày nay số học vẫn là một nhánh của toán học chứa đựng nhiều kìthú, bất ngờ và nhiều bí mật lớn chưa có lời giải đáp Đối với học sinh, các em đã đượctiếp cận với các con số từ những bậc học tiểu học thậm chí sớm hơn Đến bậc trung học

cơ sở các em thực sự đã biết và giải được một số bài toán về phép chia hết và phép chia

có dư và số học trở thành môn học bắt buộc không thể thiếu đối với tất cả các em họcsinh Trong các kì thi HSG Quốc Gia, thi Olympic toán học quốc tế thì các bài toán sốhọc thường xuất hiện như một chủ đề bắt buộc mặc dù đây là một trong những bài toánkhó nhất trong khi xuất hiện trong các đề thi ở VMO, TST, IMO Tuy nhiên có thể nhậnthấy rằng phần nhiều bài toán là chứng minh hoặc giải quyết các vấn đề về chia hết hoặcchia có dư Chính vì vậy tác giả đã viết sáng kiến này để trình bày về một mảng quantrọng trong số học đó là thặng dư bậc cao và từ đó học sinh có thể vận dụng những lýthuyết và kĩ năng vào việc giải một số bài toán về chúng.

Chúng ta hãy quay lại vấn đề thặng dư với một câu hỏi sau đây: Cho trước hai số

nguyên a và n với n>0 Có tồn tại hay không số nguyên x sao cho x có số dư là a khi chia cho n?”

Câu hỏi trên còn diễn đạt khác là: Cho trước hai số nguyên a và n với n>0

Có tồn tại

hay không số nguyên x thỏa mãn x a= (modn)

? Câu trả lời như chúng ta đã biết! số x như

vậy luôn tồn tại và bằng x a kn k Z= + ,∀ ∈

Thậm chí Qin Jiushao một nhà toán học Trung Hoa còn chứng minh được một vấn đề tổng quát hơn đó là luôn tồn tại số nguyên x

thỏa mãn đồng thời nhiều đồng dư tuyến tính x a≡ i(modm i), ∀ =i 1,k

miễn rằng các n i

nguyên tố cùng nhau đôi một, tức là (n n i, j) = ∀ 1, ,i j

thỏa mãn 1≤ ≠ ≤i j k

Tuy nhiên từcâu hỏi ở trên chúng ta thử liên hệ và đặt ra hai câu hỏi sau đây

a) Cho trước các số nguyên n và a với n>0 và ( )a,n =1

Có tồn tại hay không số

nguyên x thỏa mãn x =a modn 2 ( )

?

Tổng quát hơn ta xét ví dụ sau đây.

b) Cho trước các số nguyên n và a với n>0 và ( )a,n =1

Và với m là một số nguyên sao cho m 2≥

Có tồn tại hay không số nguyên x thỏa mãn

http://imomath.com Chứng minh rằng 4kxy−1

không thể là ước của m + n

http://imomath.com Chứng minh rằng không tồn tại x y z N, , ∈

sao cho 4xyz x y− −

là sốchính phương

http://imomath.com Chứng minh rằng với mọi x y z, , nguyên dương thì

p

Bankan Mathematical Olympiad Giải phương trình nghiệm nguyên

Và còn nhiều bài toán khác nữa mà việc giải chúng đòi hỏi học sinh những kỹ năng tốt

và được trang bị tốt các kiến thức về đồng dư Thặng dư bậc cao cung cấp cho học sinh những kiến thức và kĩ năng tốt nhất để giải các bài toán dạng này thậm chí giúp cho các

em có cái nhìn hệ thống và tổng quát hơn về bài toán chia hết và bài toán giải phương trình nghiệm nguyên

II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP

1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến

Thặng dư bậc cao là một nội dung khó nhưng đầy lý thú trong số học, một mặt nó xuấtphát từ những bài toán đơn giản ngay cả đối với các học sinh bậc trung học cơ sở, mộtmặt chúng lại chứa đựng những bí ẩn, những kiến thức toán học rất khó mới có thể tiếpcận được chúng Những kiến thức cơ bản liên quan đến thặng dư bậc cao đó là đồng dư

modulo, định lý Euler, định lý Fecma, cấp của một số, căn nguyên thủy, hệ thặng dư,

định lý số dư Trung Hoa và đòi hỏi một số kiên thức nhất định về về đa thức

Là một giáo viên dạy trường chuyên, chúng tôi nhận thấy rằng cần phải có một đề tàinghiên cứu về dạng toán này để giúp các em học sinh lớp chuyên Toán bổ xung các kiếnthức cơ bản đồng thời phát triển tư duy và kĩ năng giải toán, giúp các em không còn lúngtúng khi gặp các bài toán dạng này Hy vọng nội dung của sáng kiến này sẽ giúp các emhọc sinh tìm ra được các phương pháp hợp lí để giải quyết những bài toán dạng này

2. Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến

Nội dung của sáng kiến này được tác giả chia làm hai chương

Chương 1 Thặng dư bình phương Nội dung chương này chính là trình bày lời giải

đáp cho câu hỏi thứ nhất và các ứng dụng của thặng dư bình phương Trong đó tác giảtrình bày vắn tắt các định lý và tính chất và các hệ quả quan trọng của thặng dư bậc 2 vànhiều ứng dụng trong việc giải một số các liên quan như bài toán chia hết, bài toán

nghiệm nguyên thường xuất hiện trong các đề thi như VMO, TST, IMO

Chương 2 Thặng dư bậc k Chương này là một bước phát triển tiếp theo của chương

1 nhằm tìm kiếm lời giải đáp cho câu hỏi thứ 2, tuy nhiên việc làm này đòi hỏi một sốkiến thức về cấp của một số và căn nguyên thủy, định lý thặng dư Trung Hoa mà nhữngkết quả này được tác giả trình bày tóm tắt hoặc nhắc lại mà không chứng minh và một số

ứng dụng của thặng dư bậc k để giải phương trình thặng dư bậc cao và phần cuối là một

số các bài tập xây dựng ra để củng cố chắc nội dung của lý thuyết thặng dư bậc k.

MỤC LỤC

CHƯƠNG 1 THẶNG DƯ BẬC 2

A. Lý thuyết

Định nghĩa 1.1 Cho a và n là hai số nguyên tố cùng nhau và n>1

Nếu tồn tại số nguyên x sao cho x 2 ≡a modn( )

thì số a được gọi là thặng dư bình phương modulo n hay

a còn được gọi là số chính phương (modn)

nếu ngược lại thì số a được gọi là không thặng dư bình phương (modn)

hay a còn được gọi là số không chính phương (modn)

và 9 số còn lại2,3,8,10,12,13,14,15,18 không là các số chính phương (mod19)

.Trong trường hợp n= p

ký hiệu sau đây lần đầu được Legendre giới thiệu vào năm

1798 trong nỗ lực tìm kiếm chứng minh cho định lý cuối cùng của Fecma

Định nghĩa 1.2 Giả sử p là một số nguyên tố và a là một số nguyên Kí hiệu

= nÕu a kh«ng lµ sè chÝnh ph ¬ng modp p

Trong ví dụ đã đưa ra ở trên khi xét các số nguyên dương chính phương (mod19)

tathấy rằng có 9 số là chính phương (mod19)

và 9 số còn lại không là số chính phương

−

p

số không là số chínhphương (mod p)

thiện chứng minh định lý ta chỉ cần chỉ ra rằng ∀ ∈h S

và h là số chính phương thì luôntồn tại i S∈ 1

sao cho i2 ≡h(mod p)

Thật vậy nếu h là số chính phương (mod p)

suy raluôn tồn tại i S∈

sao cho i2 ≡h(modS)

1 1

Định lý 1.5 (Tiêu chuẩn Euler) Cho p là một số nguyên tố Khi đó:

Vì a không là số chính phương (mod p)

Một số hệ quả sau đây được suy ra trực tiêp từ định lý 1.5

Hệ quả 1.6 Cho một số nguyên tố và số nguyên a sao cho (a p, ) = 1

Mặc dù tiêu chuẩn Euler là một cách hữu hiệu để xác định một số có là số chính

phương hay không Tuy nhiên một kết quả rất quan trọng về số chính phương được

Gauss phát hiện ra vào năm 1808 đó là luật thuận nghịch hay còn gọi là luật tương hỗ Gauss Luật tương hỗ Gauss là một công cụ hữu hiệu để biến đổi kí hiệu Legender.

Định lý 1.9 (Bổ đề Gauss Cho p là số nguyên tố lẻ với (a p, ) = 1

−

Ta gán nhãn cho các phần

tử của tập S như sau S={a a1 , , , , , , , 2 a b b r 1 2 b s}

−

p

số Ta chứng minh tập này gồm các số phân biệt

Thật vậy giả sử tồn tại i j, sao cho a i ≡( p b− j) (mod p) ⇔ + ≡a i b j (0modp)

Định lý 1.10 (Luật tương hỗ Gauss) Nếu p và q là các số nguyên tố lẻ phân biệt thì

Đặt

1

=

=∑r i i

và =1

=∑s j j

Khi đó

1 2 1

1 8

Lặp lại quá trình này với p và q với

1 2 1

jp v

không có điểm lưới đang xét nào thuộc đường thẳng (d) vì nếu có suy ra q là

ước của pj nhưng vì ( p q, ) = ⇒ 1 j qM

mâu thuẫn vì

1 1

2

−

≤ ≤j q

Do đó các điểm lưới đang

xét hoặc nằm trên hoặc nằm dưới đường thẳng (d) Mặt khác các điểm lưới nằm dưới đường thẳng (d) là

1 2 1

qi u

p

Các điểm lưới nằm trên đường thẳng (d) là

1 2 1

jp v

q

Hay nói cách khác ta có hệ quả sau đây.

Hệ quả 1.11 Cho p và q là các số nguyên tố lẻ khi đó

có nghiệm hay không?

Áp dụng luật tương hỗ Gauss ta có

Định lý 1.12 Cho p là một số nguyên tố lẻ và số nguyên a nguyên tố cùng nhau với p khi

đó a là số chính phương modulo p khi và chỉ khi a là số chính phương modulo

Trước hết ta nhận thấy phương trình x2 ≡ 6 mod 5( ) (≡ 1 mod5)

và 1 6 = + −( )1 5 ⇒ = −t 1

và x1 ≡ 1 mod5( )

Bây giờ ta xác định số nguyên s sao cho 2s− ≡ 1 0 mod5( )

Phương trìnhnày tương đương 2s≡ 1 mod5( ) ⇔ ≡s 3 mod5( )

và 1 nghiệm của (*) bé hơn 25 là

.

Chứng minh.

1) Hiển nhiên

2) Giả sử a là số chính phương (mod 4)

suy ra tồn tại x sao cho x2 ≡a(mod 4)

Ví dụ 10 Tìm nghiệm của phương trình x2 ≡ 17 mod 2( 5)

” Giả sử a là số chính phương (mod n)

suy ra tồn tại số nguyên x sao cho (x2 −a n)M

p

nguyên tố cùng nhau, theo định lý thặng dư Trung

Hoa tồn tại số nguyên x thỏa = (mod αi) ⇒ 2 = 2(mod αi), ∀ = 1, ⇒ 2 ≡ (mod )

do đó a là số chính phương modulo n Định lý được chứng minh #

Từ các kết quả ở trên ta rút ra kết luận khi nào a là một chính phương (mod n)

với n là

( )a n, = 1

Hệ quả 1.15 Cho số nguyên a và n là số nguyên dương bất kỳ sao cho ( )a n, = 1

Trong trường hợp n là một số nguyên dương bất kì, kí hiệu sau đây được Jacobi đưa

ra vào năm 1846 trong một bài báo của Crelle Về thực chất đây là một mở rộng của kí hiệu Legendre Đặt

với m, n lẻ và nguyên tố cùng nhau.

Tuy nhiên có một điểm khác biệt giữa kí hiệu Jacobi và kí hiệu Legender là đối với kí

hiệu Jacobi thì nếu

b) Trường hợp p>2

Theo tiêu chuẩn Euler ta có

Kết quả ở (*) còn được viết theo cách khác là

Áp dụng định lý thặng dư Trung Hoa ta tính được p= 5 mod12( )

Áp dụng định lý thặng dư Trung Hoa ta tính được p≡ 7 mod12( )

Áp dụng định lý thặng dư Trung Hoa ta tính được p≡ 11 mod12( )

Bài 5 Cho x, y là các số nguyên tố cùng nhau và a,b,c là các số nguyên tùy, khi đó nếu

số nguyên tố lẻ p là ước của

Trong trường hợp cụ thể Nếu p là ước của

và ( )x y, = 1

thì D là số chính phương (mod p)

Hai kết quả trong bài tập 4 và bài tập 5 vô cùng quan trọng nếu được kết hợp một cáchkhéo léo sẽ tạo ra một sư mạnh vô cùng to lớn trong việc giải các bài toán về chia hếttrong số học, giải các bài toán trong đa thức, tổ hợp Sau đây ta sẽ xét các ứng dụng củachúng

Bài 6 (http://imomath.com/) Cho p là một số nguyên tố Chứng minh rằng tồn tại x Z∈sao cho p x|( 2 − +x 3)

khi và chỉ khi tồn tại y Z∈

Bài 7 Chứng minh rằng với mỗi n N∈

mọi ước nguyên tố của

và có lũy thừa lẻ là ước của 3n+2

, tức là tồn tại i sao cho p2 1i− | 3( n+ 2)

vì nếu ngược lại suy ra 3n+ ≡ 2 1 mod3( )

điều này là không thể Từ đó suy ra

Bài 9 (http://imomath.com/) Chứng minh rằng 4kxy−1

không thể là ước của x m + y n

với mọi m n k x y, , , , nguyên dương

điều này là mâu thuẫn.

Vậy ta có điều phải chứng minh

Bài 10 Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố p luôn tồn tại các số nguyên a và b sao

1 5

+

−

x y

không thể là số nguyên nếu x y, >2

có ước nguyên tố dạng p≡ − 1 mod8( )

Ta xét hai trường hợp sau:

điều này cũng mâu thuẫn với giả thiết p≡ − 1 mod8( )

Suy ra điều phảichứng minh

Bài 13 Cho đa thức f x( ) =(x2 − 5) (x2 − 41) (x2 − 205)

Giả sử n là một số nguyên dương Phân tích n ra thừa số nguyên tố ta được

Theo định lý 1.15 tồn tại x2 sao cho

suy ra 5 là số chính phương (mod 41)

Lý luận như trên suy ra tồn

tại x3 sao cho 2 ( )

, theo định lý 1.15 tồn tại x4 sao

mod 2 mod 41 mod 5

β β β β

- Nếu y≡ 3 mod 4( ) ⇒ y3 − ≡ 5 2 mod 4( )

, điều này là không thể vì x2 ∈{ } (0,1 mod 4)

điều này là mâu thuẫn Vậy phương trình đã cho vô nghiệm

Bài 15 (Ion Cucurezeanu) Cho n là một số nguyên lẻ lớn hơn 1 chứng minh rằng

vế trái có ít nhất một ước nguyên tố lẻ dạng p= 3 mod 4( )

, lý luận như trên suy ra mâuthuẫn Vậy ta có phải điều chứng minh

Bài 16 (Ion Cucurezeanu) Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên

- Nếu x= 1 mod 4( ) (⇒ + =x 2) (3 mod 4)

lý luận như trong ví dụ 3 ta có

2 + 2

có ítnhất một ước nguyên tố dạng p= 3 mod 4( )

điều này là mâu thuẫn

phương trình vô nghiệm

Bài 17 (Bankan Mathematical Olympiad) Giải phương trình nghiệm nguyên

(x x, + = 2) 1

và (2,x+ = ⇒ 2) 1 (2 , 2x x2 + = 2) 1

nên từ (4) suy ra d là ước của 5 thì d bằng

1 hoặc 5 Như vậy trong 2 số x+2

và

4 − 2 3 + 4 2 − + 8 16

có ít nhất 1 số không chiahết cho 3 và vì cả hai số này đều đồng dư với 3 modulo 4 nên

điều này là mâu thuẫn Vậy phương trình đã cho là vô nghiệm

Bài 18 (http://imomath.com/) Tính giá trị của

Bài 19 (http://imomath.com/) Cho p là số nguyên tố p>3

P



= 

Khi đó với mỗi i Z∈ ,1≤ ≤i n

Ta sử dụng tính chất sau đây của số nguyên

“Nếu a, b là hai số thực dương sao cho a b Z+ ∈

2 1

1

p

k

k S

Bài 20 Cho đa thức P x( ) =x3 + 14x2 − 2x+ 1

Chứng minh rằng tồn tại một số tự nhiên n

sao cho với mọi x Z∈

Ta có

Lời giải.

Giả sử tập A={n n, + 1, ,n+ 1997}

được phân hoạch thành k k( ≥ 2)

tập A A1, , ,2 A k

mà tích các phần tử trong mỗi tập bằng m Vì các phần tử của tập {n+ 1,n+ 2, ,n+ 1997}

lập thành một hệ thặng dư đầy đủ modulo 1997 và A gồm 1998 phần tử và 1997 là một số nguyên tố nên trong tập A có ít nhất một phần tử và nhiều nhất là hai phần tử chia hết cho

1997 suy ra mM1997 và k =2

Ta lại có mỗi phần tử trong A khi chia cho 1999 là số nguyên tố có số dư khác nhau và vì A chỉ có 1998 phần tử nên trong A có nhiều nhất 1 phẩn tử chia hết cho 1999 từ đó suy ra m không chia hết cho 1999 suy ra các phần tử trong A khi chia cho 1999 có só dư là {1,2, ,1998}

điều này là không thể vì 1999 3 mod 4 ≡ ( )

Chú ý: Từ cách chứng minh trên ta nhận thấy bài toán vẫn còn đúng khi thay 1997 bởi

số nguyên tố p sao cho p+2

cũng là một số nguyên tố và thỏa mãn p+ ≡ 2 3 mod 4( )

b) Chứng minh rằng không tồn tại x y z N, , ∈

sao cho 4xyz x y− −

là số chính phương

Lời giải.

Ta chỉ cần chứng minh b) vì trong a) ứng với z=1

.Bây giờ giả sử ngược lại 4xyz x y− −

Điều này là mâu thuẫn Vậy bài toán được chứng minh

Bài 23 Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên tố có dạng p= +1 4k

Lời giải

Một số số nguyên tố nhỏ nhất có dạng p= +1 4k

là 5,13,17, ta chứng minh bằng phảnchứng Giả sử có hữu hạn số nguyên tố dạng p= +1 4k

p phải có dạng p=2

hoặc p≡ 1 mod 4( )

, tuy nhiên cả hai khả năng này đều không xảy ra

vì 2 không là ước của N và mọi số nguyên tố p i,(∀ =i 1,n)

cũng không là ước của N Suy

ra điều phải chứng minh

Bài 24 ( http://imomath.com/ ) Giả sử m, n là các số nguyên dương sao cho

5 hai vế của (2) ta được ( ) ( ) 1 ( )

Ta có điều phải chứng minh

Bài 25 (http://imomath.com/) Chứng minh rằng với mọi a Z∈

số nghiệm (x y z, , )

củaphương trình đồng dư

nÕu |

p x

bằng 1 và có một giá trị bằng 0 tại x x= 0

,tức là

2 0

Từ đó ta có điều phải chứng minh Bây giờ ta quay lại giải bài toán

Chú ý: Đây là mở rộng của bài toán IMO Short list 1991 có nội dung như sau: Cho a, b,

c là các số nguyên và p là một số nguyên tố lẻ chứng minh rằng nếu f x( ) =ax2 +bx c+

là số chính phương tại 2p−1

giá trị nguyên liên tiếp của x thì p b|( 2 − 4ac)