skkn KHAI THÁC và mở RỘNG kết QUẢ của một số bài TOÁN

Nội dung mở đầu bài báo: Định lý Fermat-Euler về tổng hai bình phương V.Tikhomirov … Định lý: Điều kiện cần và đủ để một số nguyên tố có thể biểu diễn được dưới dạng tổng của hai bình p

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI

TRƯỜNG THPT SÔNG RAY

* _ oo0oo *

Mã số: ………

SÁNG KIẾN

KHAI THÁC VÀ MỞ RỘNG KẾT QUẢ CỦA

MỘT SỐ BÀI TOÁN

Người thực hiện: Ngô Văn Vũ

Lĩnh vực nghiên cứu:

Phương pháp dạy học bộ môn: 

Có đính kèm:

 Mô hình  Phần mềm  Phim ảnh  Hiện vật

x

SƠ LƯỢC LÍ LỊCH KHOA HỌC

1 Họ và tên: NGÔ VĂN VŨ

2 Ngày, tháng, năm sinh: Ngày 21 tháng 03 năm 1983

3 Nam, nữ: Nam

4 Địa chỉ: Tổ 7, Ấp 8, xã Xuân Tây, huyện Cẩm Mỹ, tỉnh Đồng Nai

5 Điện thoại: 01688619613

6 Fax: Không có

7 Chức vụ: Giáo viên, Phó Bí thư Đoàn trường

8 Đơn vị công tác: Trường THPT Sông Ray – Cẩm Mỹ

- Học vị (Hoặc trình độ chuyên môn nghiệp vụ cao nhất): Cử nhân sư phạm

- Năm nhận bằng: 2008

- Chuyên ngành đào tạo: Sư phạm Toán học

- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Giảng dạy các nội dung chuyên ngành

- Số năm có kinh nghiệm: 9 năm

- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây: 01(Khai thác và mở rộng kết quả của một số bài toán)

Cẩm Mỹ, ngày 25 tháng 05 năm 2017

Người kê khai

Tên sáng kiến: KHAI THÁC VÀ MỞ RỘNG KẾT QUẢ CỦA MỘT SỐ BÀI

TOÁN

(Chứng minh một định lí Fermat - Euler)

I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Số học là một mảnh đất khô cằn của toán học, một lĩnh vực ít được học sinh

ưu thích Bởi lẻ, ở bộ môn này hệ thống công cụ còn rất thô sơ và hạn chế Ứng dụng của nó vào đời thường rất ít Tuy nhiên, số học mang một vẽ đẹp kì diệu về mặt tư duy logic

Nhằm tạo nguồn tư liệu, cũng như góp phần bổ sung hệ thống tính chất trong số học(trồng thêm hoa trên mãnh đất khô cằn đó) giúp học sinh hiểu thêm về

số học nói chung, có thêm tình yêu đối với toán học Rèn luyện được tư duy logic

Định lí Fermat – Euler rất nỗi tiếng, được đông đảo các nhà làm toán quan tâm Nó được ứng dụng để giải các bài toán tìm nghiệm nguyên của phương trình

Định lí là một công cụ khả dụng đối với học sinh phổ thông, nhất là học sinh trong đội tuyển học sinh giỏi Vì thế việc tìm hiểu và tìm thêm con đường khác để chứng minh được định lí là việc làm rất có ý nghĩa; thông qua đó học sinh có cái nhìn đa chiều và tích cực hơn trong việc học

II CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN

1 Về cơ sở lý luận:

Xin trích dẫn bài báo của ông V.Tikhomirov do thầy Trần Nam Dũng dịch từ tạp chí Kvant – bản dịch năm 1995

Nội dung mở đầu bài báo:

Định lý Fermat-Euler về tổng hai bình phương

V.Tikhomirov

…

Định lý: Điều kiện cần và đủ để một số nguyên tố có thể biểu diễn được dưới dạng tổng của hai bình phương là số dư trong phép chia số ấy cho 4 bằng 1.

Đôi chút về lịch sử định lý

Ai là người đầu tiên phát hiện ra điều này, và khi nào? Vào dịp Noel năm

1640 (trong thư đề ngày 25.12.1640) nhà toán học vĩ đại Pier Fermat (1601-1665)

đã thông báo cho Mersenne, bạn thân của Descartes và là “liên lạc viên” chính của các nhà bác học đương thời rằng “Mọi số nguyên tố có số dư trong phép chia cho 4 bằng 1 đều có thể biểu diễn một cách duy nhất dưới dạng tổng của hai bình phương”.

Thời đó chưa có các tạp chí toán học, tin tức được trao đổi qua các lá thư và các kết quả thông thường chỉ được thông báo mà không kèm theo chứng minh Thực ra thì sau gần 20 năm sau bức thư đó, trong bức thư gửi cho Carcavi, được gửi vào tháng 8 năm 1659, Fermat đã tiết lộ ý tưởng của phép chứng minh

định lý trên Ông viết rằng ý tưởng chính của phép chứng minh là dùng phương pháp xuống thang, cho phép từ giả thiết rằng định lý không đúng với p = 4k+1, suy ra nó không đúng với một số nhỏ hơn … cuối cùng ta sẽ đi đến số 5, mà khi đó

rõ ràng là mâu thuẫn.

Những cách chứng minh đầu tiên được Euler (1707-1783) tìm ra trong khoảng 1742-1747 Hơn nữa, để tỏ rõ vị trí của Fermat, người mà ông hết sức kính trọng, Euler đã tìm ra phép chứng minh dựa theo đúng ý tưởng trên đây của Fermat Vì vậy, ta gọi định lý này là định lý Fermat-Euler.

2 Về cơ sở thực tiễn:

Từ cách chứng minh định lí Fermat của Euler và của các nhà toán học khác học sinh hiểu thêm về định lí đó Tuy nhiên, các cách chứng minh trên chưa đưa ra được một thuật toán để tìm được nghiệm nguyên của phương trình x2  y2 p Việc tìm được nghiệm của phương trình trên với p là số nguyên tố cho trước là một bài toán khó đối với học sinh Ở sáng kiến kinh nghiệm của tôi viết năm 2014 đã

có đề cập vấn đề này, tuy nhiên nó chưa được giải quyết triệt để Nay tôi viết sáng kiến kinh nghiệm này nhằm giúp giải đáp bài toán mà học sinh của tôi còn vướng mắc trong quá trình học bộ môn số học

III TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP

Giới thiệu với bạn đọc các cách chứng minh định lí này của các nhà toán học Lagrange, D.Tsagir và Minkowsky(từ bản dịch của thầy Trần Nam Dũng):

Cách chứng minh của Lagrange

Cách chứng minh này (có thay đổi đôi chút) hiện nay được trình bày trong hầu hết các cuốn sách về lý thuyết số Nó dựa trên bổ đề Wilson (1741-1793): nếu

p là số nguyên tố thì số (p-1)! + 1 chia hết cho p.

Để không quá đi sâu vào chứng minh kết quả phụ này, ta chỉ tường minh ý tưởng chính của phép chứng minh trên ví dụ số 13 Với mỗi số nằm giữa 2 và 11 (kể cả những số này), ta tìm một số mà tích của chúng khi chia 13 cho dư 1:

(13-1)! = 12! = (2.7).(3.9) (4.10).(5.8).(6.11).12 (2.7 = 14 = 13 + 1, 3.9 =

27 = 13.2 + 1, 4.10 = 40 = 13.3 + 1, 6.11 = 66 = 13.5 + 1).

Từ những đẳng thức đã viết suy ra rằng số 12! Khi chia 13 sẽ dư 12, nghĩa là 12! + 1 chia hết cho 13 Trường hợp tổng quát cũng có thể được chứng minh tương tự như vậy.

Từ bổ đề Wilson, ta rút ra hệ quả sau: nếu p = 4n + 1 là số nguyên tố thì ((2n)!) 2 + 1 chia hết cho p Thật vậy, bởi vì (bổ đề Wilson) (4n)! + 1 chia hết cho

p, bằng những phép biến đổi cơ bản, ta thu được

(4n)! + 1 = 1.2…2n.(2n+1)…(4n) + 1 = 1.2…2n.(p-2n)(p-2n+1)…(p-1) + 1

= (2n)!(-1) 2n (2n)! + pk + 1  ((2n)!) 2 + 1 (mod p)

từ đó suy ra đpcm Đặt N = (2n)! Như vậy ta đã chứng minh rằng N 2  - 1 (mod p).

2

Bây giờ ta sẽ phải vượt qua khó khăn chính Xét tất cả các cặp số nguyên (m; s) sao cho 0  m, s  [ p]( [ p] - phần nguyên của p ).

Số các cặp số như vậy bằng ([ p]+1) 2 > p Như vậy với ít nhất hai cặp số (m 1 ; s 1 ) và (m 2 ; s 2 ), số dư trong phép chia m 1 + Ns 1 và m 2 + Ns 2 cho p sẽ giống nhau, nghĩa là số a + Nb, trong đó a = m 1 – m 2 , b = s 1 – s 2 sẽ chia hết cho p Nhưng khi đó, a 2 – N 2 b 2 = (a + Nb)(a-Nb) chia hết cho p, và, nghĩa là, chú ý rằng

N 2  -1 (mod p) ta thu được a 2 + b 2 chia hết cho p, nghĩa là a 2 + b 2 = rp, r nguyên dương Mặt khác, a 2 + b 2 < 2p, nghĩa là r = 1 và a 2 + b 2 = p Định lý được chứng minh.

Chứng minh của D.Tsagir

Phép chứng minh của nhà toán học đương đại D.Tsagir làm tôi hoàn toàn bất ngờ: đây là một điều kỳ diệu khi mà kết quả thu được tưởng chừng như không từ cái gì Sau đây là cách chứng minh đó.

Ta hãy xét phép biến đổi mà mỗi bộ ba số nguyên dương (x; y; z) được đặt tương ứng với ba số (x’; y’; z’) theo quy tắc:

x’ = x + 2z, y’ = z , z’ = y – x – z, nếu x < y – z (1)

x’ = 2y – x, y’ = y, z’ = x – y + z, nếu y – z  x  2y (2)

x’ = x – 2y, y‘ = x – y + z, z’ = y trong các trường hợp còn lại (3)

Ta ký hiệu phép biến đổi này là B: B(x, y, z) = (x’, y’, z’).

Rất dễ dàng chứng minh rằng phép biến đổi B giữ nguyên dạng x 2 + 4yz Ta chứng minh điều này, chẳng hạn cho trường hợp (1) Ta có

x’ 2 + 4y’z’ = (x+2z) 2 + 4z(y-x-z) = x 2 + 4xz + 4z2 + 4zy – 4zx – 4z 2

= x 2 + 4yz.

Trong các trường hợp còn lại, việc kiểm tra cũng đơn giản như vậy Có nghĩa

là nếu như đối với một số p nào đó ta có đẳng thức x 2 + 4yz = p, thì đẳng thức này cũng giữ nguyên sau phép biến đổi B.

Ta kiểm chứng rằng phép biến đổi B là xoắn, có nghĩa là nếu áp dụng B hai lần, chúng ta sẽ quay trở lại ví trí ban đầu Ta lại làm điều này cho (1).

Với x < y – z, khi đó x’ = 2z + x, y’ = z, z’ = y – z – x, từ đó x’ + x + 2z > 2z

= 2y’ và nghĩa là phải tính B(x’,y’,z’) theo công thức (3):

x” = x’ – 2y’ = x+2z – 2z = x; y” = x’ – y’ + z’ = x+2z – z + y – x – z = y; z” = y’ = z.

Các trường hợp khác cũng tương tự.

Bây giờ ta giả sử rằng p là số nguyên tố dạng 4n + 1 Khi đó, thứ nhất, phương trình x 2 + 4yz = p có ít nhất hai nghiệm: x = 1, y = n, z = 1 và x = y = 1, z

= n Và, thứ hai, phương trình này có hữu hạn nghiệm (nguyên dương!) Nếu như giả sử rằng trong các nghiệm của phương trình này không có nghiệm mà y = z (nếu như có nghiệm như vậy thì định lý được chứng minh: p = x 2 + (2y) 2 ), ta thu được rằng phép biến đổi B chia tất cả các nghiệm thành các cặp ((x, y, z), B(x, y,

z)), nếu như, tất nhiên (x, y, z)  B(x, y, z) Ta thử tìm xem, có những cặp như vậy không, hay, như người ta thường nói, tồn tại chăng những điểm bất động của phép biến đổi B.

Nếu nhìn vào các công thức (1) – (3) ta sẽ dễ dàng nhận thấy rằng những điểm bất động của B là những điểm mà x = y Nhưng khi x = y > 1 thì phương trình x 2 + 4yz = p không có nghiệm (vì p không chia hết cho y) Nghĩa là chỉ có 1 điểm bất động duy nhất (1, 1, n) Từ tất cả các lý luận trên ta suy ra rằng số nghiệm của phương trình x 2 + 4yz = p là số lẻ: có một điểm bất động (1, 1, n), còn tất cả các nghiệm khác được chia thành từng cặp.

Nhưng, ta lại có một phép biến đổi nữa, ta ký hiệu là J J thay đổi chỗ y và z: J(x, y, z) = (x, z, y) Phép biến đổi này, tất nhiên, cũng giữ nguyên dạng x 2 + 4yz

và cũng xoắn Ta thử xem, những bộ ba số nào (trong những nghiệm của phương trình x 2 + 4yz = p) được J giữ nguyên, tức là những bộ (x, y, z) sao cho J(x, y, z) = (x, y, z).

Ta đã giả sử từ trước là y  z Nhưng khi đó thì không thể có điểm bất động! Nghĩa là tất cả các nghiệm được chia thành từng cặp Như vậy số các nghiệm là chẵn Nhưng ta vừa khẳng định rằng số nghiệm là lẻ Mâu thuẫn Nghĩa là, chắc chắn phải tồn tại nghiệm của phương trình x 2 + 4yz = p mà y = z, như thế p là tổng của hai bình phương Định lý được chứng minh.

Cách chứng minh thứ ba

Các chứng minh cùa Minkowsky, được sửa đổi đôi chút, mà chúng ta sẽ nói đến đây, sẽ còn làm chúng ta ngạc nhiên gấp bội Đáng tiếc là cách chứng minh này không sơ cấp lắm, cụ thể là, ta cần biết thế nào là ellipse và công thức tính diện tích của ellipse.

Tất cả bắt đầu từ một kết quả của Minkowsky mà tưởng chừng nhưng không

có liên hệ gì với định lý Fermat-Euler

Định lý: Cho a, b, và c là các số nguyên a > 0 và ac – b 2 = 1 Khi đó phương trình ax 2 + 2bxy + cy 2 = 1 có nghiệm nguyên.

Chứng minh: Ta xét hệ toạ độ Descartes vuông góc và cho trên đó tích vô hướng bằng công thức

((x, y), (x’, y’)) = axx’ + bxy’ + bx’y + cyy’

Tích vô hướng này cho ta “khỏang cách” từ gốc toạ độ đến điểm (x, y)

d((0, 0), (x, y)) = ((x,y), (x,y))  ax2  2bxycy2

Ta tìm “khỏang cách” ngắn nhất từ gốc toạ độ đến một điểm khác (0, 0) nào

đó của lưới nguyên (m, n) (m và n là những số nguyên) Ta gọi khỏang cách này là d* và đạt tại điểm (m*, n*), như thế

am* 2 + 2bm*n* + cn* 2 = d* 2 (4)

Tập hợp những điểm (x, y) của mặt phẳng thoả mãn bất đẳng thức

ax 2 + 2bxy + cy 2  d* 2

4

là một ellipse Từ cách xây dựng của ta suy ra rằng nếu vị tự ellipse này theo

tỷ số 1/2 rồi đưa ellipse “co” này đến các tâm nằm trên các điểm nguyên (tịnh tiến) thì tất cả các ellipse thu được nếu có cắt nhau thì chỉ cắt theo những điểm biên.

Dễ dàng thấy rằng diện tích phần giao của các ellipse với tam giác có đỉnh ở (0, 0), (1, 0) và (1, 1) bằng 1 nửa diện tích của toàn ellipse Mà diện tích này thì bằng

) (

4

*) ( ) (

4

*) ( det

4

*)

( 2 d 2 ac b2 d 2 ac b2

c b

b a d





















(chỗ không sơ cấp duy nhất!) Như vậy, diện tích phần mà các ellipse chiếm trong tam giác bằng d* 2 /8 và đây chỉ là một phần của diện tích tam giác, bằng 1/2, nghĩa là

d* 2 /8 < ½ => d* 2 < 4/

Nhưng d* 2 là số nguyên dương Nghĩa là d* 2 = 1 và từ đó d* = 1! Định lý Minkowsky được chứng minh.

Nhưng kết quả tuyệt vời này thì có liên quan gì đến định lý Fermat-Euler? Liên quan trực tiếp đấy!

Ta biết từ bổ đề Wilson rằng số b 2 + 1, trong đó !

2

1











 

 p

b chia hết cho p, đúng không? Bây giờ áp dụng định lý Minkowsky cho các số a = p, !

2

1











 

 p

c = (b 2 +1)/a Ta thu được rằng tồn tại những số nguyên m và n sao cho

1 = am 2 + 2bmn + cn 2

từ đó a = a 2 m 2 + 2abmn + (b 2 +1)n 2 = (am + bn) 2 + n 2

Như thế (nhớ lại rằng a = p) p = (am + bn) 2 + n 2 nghĩa là p là tổng của hai bình phương Và một lần nữa định lý được chứng minh.

(Trần Nam Dũng dịch từ tạp chí Kvant – bản dịch năm 1995)

Tôi xin cảm ơn thầy Trần Nam Dũng đã chia sẻ bản dịch của tạp chí Kvant

Tôi cũng thử sức mình bằng cách chứng minh như sau:

Định lý: Điều kiện cần và đủ để một số nguyên tố có thể biểu diễn được dưới dạng tổng của hai bình phương là số dư trong phép chia số ấy cho 4 bằng 1.

Bổ đề 1 “Tìm số nguyên tố p sao cho phương trình x2y2 0 mod  pcó nghiệm ,x yvà( , ) 1 x y  ”.

Ta giải bổ đề 1 Xét các trường hơp sau:

 Trường hợp 1: p = 2 Khi đó với x y, là hai số lẻ nguyên tố cùng nhau thì ( , )x y là nghiệm của phương trình

Vậy p = 2 thỏa

 Trường hợp 2: p là số nguyên tố có dạng 4n 3.

Khi đó, theo bài toán 1 Ta có: x2y2 0(mod )p  x y 0(mod )p

Suy ra không có hai số nguyên tố cùng nhau x, y thỏa yêu cầu bài toán

Vậy p4n3 không thỏa

 Trường hợp 3: p là số nguyên tố có dạng 4n + 1

Theo định lý Wilson: “Cho p là một số nguyên tố bất kỳ, ta có: (p1)! 1  ”p

Mặt khác, ta có :p i i(mod )p và 1 4 1 1 2

2

2

1 ! 1 0 mod 2



2

p



 là một nghiệm của phương trình

2 2 0 mod

x y  p

Vậy với p4n1 thì phương trình x2y2 0(mod )p có nghiệm ( , )x y thỏa

điều kiện ,x y,( , ) 1x y 

Bổ đề 2: Cho m và n là hai số nguyên dương chẵn, u và v là hai số nguyên dương lẻ sao cho m2 n2 u2 v2 0 Khi đó (m2v2) là hợp số

 Tôi đã chứng minh được bài toán đó như sau:

Ta có: m2 n2 u2 v2  (m n m n ).(  ) (u v u v ).(  )

Đặt: a m n b m n x u v y u v  ,   ,   ,   Khi đó a b .x y

Đặt: ka x,  a k a x k x , 1  1 với a x  ,1, 1 * ( , ) 1a x 1 1

Vì a b .x ynên k a b k x y .1  1

a b x y y a y l a l

1 .1 1

a b x a l b x l

Vì m, n là số chẵn  a m n  và b m n  là số chẵn

u, v là số lẻ  x u v  và y u v  là số chẵn



2

a b

m  ,

2

a b

n  ,

2

x y

u  ,

2

y x

v 



=1 ( 2 2 2 2)

4 a b x y (vìa b .x y)

6

= 2 12 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

4 k a l x k x l a 4 k l a x

Vì k a x,   k là số chẵn và lb y,   l là số chẵn

1 1

m v      a x

   

    Suy ra m2v2là hợp số

Bổ đề 2 được chứng minh xong

Chứng minh phương trình x + y = p 2 2 có nghiệm nguyên

Giả sử (x, y) là một nghiệm của phương trình x2 y2  0(mod )p và x2 y2  p Khi đó, nếu ta chỉ ra được dãy các nghiệm ( , ),( , ), , ( , ), x y1 1 x y2 2 x y k k thỏa điều kiện:

1 1 2 2 k k

x y x y x y  x y  với x y i, i  ,  i 1, , k thì tồn tại cặp ( , )x y n n sao cho 2 2

x y p Xét các trường hợp sau:

 Nếu x, y cùng chẵn và d x y, thì x y,

d d

 cũng là nghiệm

Chọn ( , )x y1 1 x y,

d d

 Nếu x, y cùng lẻ và d x y,  thì ,





là nghiệm

 Chọn ( , ) 1 1 ,

x y







 Nếu x, y không cùng tính chẵn lẻ thì: Vì

2 2

2 2

x y p









nên x2 y2 là hợp số

 Theo bổ đề 2, ta có (u , v) thỏa x2 y2 u2 v2 Trong tất cả các cặp (u, v) thỏa điều kiện, ta chọn cặp (u, v) sao cho u v là nhỏ nhất

Khi đó, đặt: 1

1

p k u x

p k v y







  k là số lớn nhất sao cho x1 u, giả sử u v

Kki đó: 2 2

x y  p vì

x p k u x p p k u ku

y p k v y p p k v kv





       Tức là ( , )x y1 1 là nghiệm của phương trình trên