SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐỀ TÀI:
"RÈN LUYỆN CHO HỌC SINH CÁCH PHÁT TRIỂN HỆ THỐNG
BÀI TẬP THÔNG QUA MỘT BÀI TOÁN SỐ HỌC"
1
PHẦN MỞ ĐẦU
I. Lý do chọn đề tài.
Trong quá trình giảng dạy toán ở trường THPT chuyên Lam Sơn, trước mỗi kỳ thi
do yêu cầu của một đề thi HSG là phải mới, chưa xuất hiện. Vậy làm thế nào để học sinh
không bỡ ngỡ, có thể đưa 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 người giáo viên dạy Toán cho các lớp chuyên. Vấn đề này bản thân tôi đã
thường xuyên làm, nhưng trong bài viết này được 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.
II. Mục đích nghiên cứu.
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.
III. Nội dung.
Xuất phát từ bài 3 trong kỳ thi Olympic Toán Quốc tế lần 49 năm 2008 (tác giả là
Kestuis Cesnavicius, người Litva), đây là bài toán 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 nước dựa trên ý tưởng để phát triển thành đề thi
Olympic, đề chọn đội tuyển của nước mình.
Bài toán 1. Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho n
2
+ 1 có ước
nguyên tố lớn hơn 2n +
2n
.
2

2 2 2
1 2 n
4p p p 1+
, rõ ràng a > 1, a
∈
N,
Gọi q là ước nguyên tố của a
⇒
q
≠
p
i
(i = 1, 2, …, n)(1), mặt khác
( ) ( )
2
1 2 n
2p p p 1 mod q≡
. Suy ra -1 là số chính phương (mod q) và q lẻ
( )
q 1
2
1 q 1
1 1 1 2
q 2
−
 
− −
= ⇒ − = ⇒
 ÷
 

⇒
-1 là số chính phương (mod p)
⇒
tồn tại n
p
∈
{0, 1, 2, …, p – 1}
3
sao cho
( )
2
p
n 1 mod p≡ −
⇒

2
p p
n 1 p n p 1+ ≥ ⇒ ≥ −
, vì vậy tồn tại vô số nguyên tố p dạng
4k + 1 (k
∈
N
*
) nên tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho n
2
+ 1 không là ước của n!.
Bài toán 3. (Tạp chí Animath của Pháp năm 2006)
Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho ước nguyên tố lớn nhất của n
2
+ 1 lớn hơn 2n.

2

≡
(p – q)
2
(mod p) (q
∈
Z), suy ra tồn tại q
∈
p 1
1,2, ,
2
−
 
 
 
sao cho
( )
2
q 1 mod p≡ −
.
Thật vậy giả sử
p 1 p 1
x p x
2 2
− +
< < ⇒ ≥
, đặt q = p – x, ta có: q
2
= (p – x)

Sau đây là những lời giải của bài toán 1.
4
Cách 1. Xét số nguyên tố p dạng 4k + 1 (k
∈
N
*
)
⇒

( )
p 1
2
1
1 1 1
p
−
 
−
= ⇒ − =
 ÷
 
⇒
-1 là số chính
phương (mod p)
⇒
tồn tại x
∈
{0, 1, 2, …, p – 1} sao cho
( )
2

 
.
Đặt m =
p 1
2
−
 
− α
 ÷
 
suy ra m
∈
p 1
1,2, ,
2
−
 
 
 
và m
2

≡
-1 (mod p), giả sử p > 20,
nếu 0
4p 1 3
4
+ −
≤ α ≤


2
0 2 1 p 4< α + < −
. Vậy
4p 1 3
4
+ −
α >
⇒
p > 2m +
2m
. Vì m
2
+ 1
M
p nên m
2
≥

p 1−
. Vì tồn tại vô số số nguyên tố p dạng 4k + 1 (k
∈
N
*
) nên tồn tại vô số số nguyên
dương n sao cho ước nguyên tố lớn nhất của n
2
+ 1 lớn hơn 2n +
2n
.
Cách 2.

2
+1 – m
2
p
2
– 2mpx
⇒
x
2
+ 1
M
p. Từ đó suy ra p là ước của p
2
– 2px + 4x
2
+ 4 = (p – 2x)
2
+ 4
⇒
p
≤
(p – 2x)
2
+ 4
⇒
p
≥
2x +
p 4−


Với n = 3 ta chọn x
3
= y
3
= 1, giả sử với n
≥
3 tồn tại cặp số nguyên dương lẻ
(x
n
, y
n
) sao cho
2 2 n
n n
7x y 2+ =
ta chứng minh mỗi cặp:
( )
n n n n
n n n n
7x y x y
x y 7x y
X,Y , ; ,
2 2 2 2
 −   − 
+ +
=
 ÷  ÷
   
thỏa mãn 7X
2

∈
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
n n
n n
x y
x y
,
2 2
−
+
là lẻ, vì vậy với n + 1 tồn tại các
số tự nhiên lẻ x
n +1

2
= 2, y
2
= 1.
Giả sử với n
≥
2 tồn tại cặp số nguyên dương lẻ (x
n
, y
n
) sao cho
2 2 n
n n
x 15y 4+ =
,
ta chứng minh mỗi cặp
( )
n n n n
n n n n
15y x y x
x y 15y x
X,Y , ; ,
2 2 2 2
 −   − 
+ +
=
 ÷  ÷
   
thỏa mãn X
2

∈
Z)
n n
x y
2
+
⇒
= k + l + 1 và
( ) ( )
n n
2k 1 2l 1
y x
l k
2 2
+ − +
−
= = −
.
7
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 x

n n
x 15y 4+ =
có n nghiệm tự nhiên là (x
1
, y
1
);
(x
2
, y
2
);…;(x
n
, y
n
). Khi đó (x, y) = (2x
k
, 2y
k
) (1
≤
k
≤
n) là các nghiệm tự nhiên của
phương trình x
2
+ 15y
2
= 4
n+1

2
chia hết cho p, khi đó x và y chia hết cho p. Thật vậy nếu x
M
p thì y
M
p.
Giả sử x không chia hết cho p
⇒
y không chia hết cho p.
Theo định lý Phecma ta có x
p-1
≡
1 (mod p)
⇒
x
4p+2

≡
1 (mod p),
tương tự y
4p+2

≡
1 (mod p)
Ta có x
2
+ y
2

M

⇒
p = 2 (vô lý).
Bổ đề đã được chứng minh.
Áp dụng bổ đề vào bài toán 7: giả sử tồn tại các số nguyên dương x, y sao cho
x > y,
2 2
x y
x y
+
−
là số nguyên và là ước của 1995. Đặt k =
2 2
x y
x y
+
−
thì
x
2
+ y
2
= k(x – y) và k là ước của 1995 = 3.5.7.19
*) Nếu k
M
3 thì k = 3k
1
(k
1

∈

, x
1
> y
1
)
⇒

( )
2 2
1 1 1 1 1
x y k x y+ = −
.
Nếu k = 1 thì x
2
+ y
2
= x – y điều này vô lý vì x
2
+ y
2

≥
x + y > x – y (vì x, y
∈
N*).
*) Nếu k = 5 thì x
2
+ y
2
= 5(x + y)

> y
2
) và
( )
2 2
1 1 2 1 1
x y k x y+ = −
.
*) Nếu k
M
19 tương tự như trên tồn tại k
3
∈
N* sao cho k = 19k
3
(k
3
không chia hết cho
19)
⇒
x = 19x
3
; y = 19y
3
(x
3
, y
3

∈

= k(x – y) với k = 2, 5, 10.
Phương trình x
2
+ y
2
= 2(x – y) không có nghiệm nguyên dương.
Thật vậy giả sử x, y
∈
N*, x > y thì suy ra x
2
+ y
2

≥
2x + y
2

≥
2(x – y), điều này vô lý.
Phương trình x
2
+ y
2
= 5(x – y) có các nghiệm nguyên dương là (x, y) = (3, 1); (2, 1).
Phương trình x
2
+ y
2
= 10(x – y) có các nghiệm nguyên dương là (x, y) = (6, 2); (4, 2).
Vậy tất cả các cặp số nguyên dương (x, y) thỏa mãn đề bài là: (3c, c); (2c, c); (c,

+ 2 chia hết cho n.
Bài toán 13. Chứng minh tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho tất cả các ước nguyên
tố của n
2
+ n + 1 không lớn hơn
n
. (Đề chọn đội tuyển Ukraina dự thi Olympic Toán
Quốc tế năm 2007).
10
Bài toán 14. Với mỗi số nguyên dương n > 1, ký hiệu P(n) là ước nguyên tố lớn nhất của
n, chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên n > 1 sao cho: P(n) < P(n + 1) < P(n + 2).
Bài toán 15. Cho số nguyên dương a > b, chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên
dương n sao cho a
n
+ b
n
chia cho n.
Bài toán 16. Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên tố p có tính chất sau: tồn tại vô số
số nguyên dương n sao cho p – 1 không chia hết cho n và n! + 1 chia hết cho p.(Đề chọn
đội tuyển Mônđova dự thi Olympic Toán Quốc tế năm 2007).
Bài toán 17. Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho 5
n-2
– 1 chiahết
cho n. (Đề thi Olympic Toán Braxin năm 2008).
KẾT LUẬN
Trên cơ sở phát triển của bài toán này, học sinh có thêm cách nhìn đối với vấn đề khác.
Hơn nữa bài toán này vẫn có nhiều điểm còn có thể khai thác và phát triển được 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, không sao chép nội dung
của người khác.