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
.
Lời giải bài toán này được phát triển từ lời giải của của các bài toán đơn giản
sau, hay nói đúng hơn là từ bài toán này ta có các bài toán dễ thở hơn, để giả quyết
chúng sau đó quay lại bài toán 1.
Bài toán 2.(đề thi chọn đội tuyển của Inđônêxia dự thi Toán Quốc tế năm 2009).
Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho n
2

∈
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
−
 
− −
= ⇒ − = ⇒
 ÷
 
M

( )
q 1 mod 4⇒ ≡

p
∈
{0, 1, 2, …,
p – 1} 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.
Lời giải bài toán 3.
2
Giả sử p là số nguyên tố dạng 4k + 1 (k

≡
(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)
2
≡

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
x 1 mod p≡ −
. Vì x
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 ≤

⇒
4p 1 3
0 2 1
4
+ −

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.
Giả sử n là số nguyên, n

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
và y

= 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
+ 15Y

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

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
. Theo chứng minh trên phương trình x
2

M
p thì y
M
p.
Giả sử x không chia hết cho p
⇒
y không chia hết cho p.
6
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

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

∈
N, k
1

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

∈

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,

chọn đội tuyển Việt Nam dự thi Olympic Toán Quốc tế năm 2010)
Bài toán 12. Chứng minh tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho 2
n
+ 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).
8
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.