Kỷ yếu hội thảo khoa học Môn toán học

| -=== ==÷ ø ö ç è æ= å åå evìnneTd neTene d n edd nd ndnd mj mjjj b) Ta có ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )å ====÷ ø ö ç è æ nd nneeTneeeTnd i n di | 11 .*****)( smjj (theo định lý 8) =========================================================== 63 HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 Nếu n là số nguyên tố nếu tồn tại số nguyên tố p sao cho p2|n, nếu n có phân tích tiêu chuẩn là n = p1p2…pr, r³2 nếu n là số nguyên tố nếu tồn tại số nguyên tố p sao cho p2|n, nếu n có phân tích tiêu chuẩn là n = p1p2…pr, r³2 Bài 2. Đặt ( ) ( )Õ Î"= nd Nndn | *mf . Chứng minh rằng ( ) ï î ï í ì- = 1 0 1 nf Giải Sử dụng định lý 4 về công thức tính ( )nm , ta xét các trường hợp sau · Nếu n là số nguyên tố thì ( ) ( ) ( ) 1)(1 | -===Õ ndn nd mmmf · Nếu tồn tại số nguyên tố p sao cho p2|n, thì mpn a= với ( ) 1,,2 =γ pmvàNaa suy ra ( ) ( ) ( ) 0)( || === ÕÕ ¹ a mmmf a pd ndnd ppdn · Nếu n có phân tích tiêu chuẩn là n = p1p2…pr,( r³2) thì ( ) ( ) ( ) ÕÕÕÕ £<<££<£= - == riii riii rii ii r i i nd r r pppppppppdn 121 21 21 21 ...1 21 11| )...()...()...()()(1 mmmmmmmf ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) )...2( )1(32 21 1321 1 11...111 r rrr r r r rrrr rCCC rCCrCCC n n +++ - -= -----= - f f Mà ( ) ( ) 12121 12...2 -- -==+++ rrrr rrr nrasuyrrCCC f Vì 2³r nên ( ) 11 ³-r . Ta có 22 1 ³-r hay ( ) 1=nf Do đó trong mọi trường hợp ta đều có ( ) ï î ï í ì- = 1 0 1 nf Bài 3 Cho *, NnMf ÎÎ a) Nếu n lẻ, chứng minh rằng ( ) ( ) ( ).1 || / åå =- ndnd dn dfdf b) Nếu n chẵn, n = 2sm với 1³s , m lẻ, chứng minh rằng ( ) ( ) ( ) ( ) ( ).221 ||| / ååå -=- mk s ndnd dn kffdfdf c)Tính giá trị của tổng S = ( )( ) ( )å -- nd dn df | / .11 Giải a)Nếu n lẻ, d|n suy ra d lẻ và n|d cũng lẻ. Khi đó ta có ( ) 11 | -=- dn và ( ) ( ) ( )å åå -=-=- nd ndnd dn dfdfdf | || | )()(1 (đpcm). b)Nếu n chẵn, n = 2sm với 1³s và m lẻ thì có Với d|n suy ra d có dạng 1,...,2,1,2 -== simd i hoặc ,2 kd i= trong đó i = 0,1,…,s và k|m. Ta có =========================================================== 64 HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )adungápkfkfmf kfkfmf kfmf kfmfdf mk s s i mk i s i i mk skm s i mk i s i i s i mk i s i i s i mk ikn s i imn nd dn k m is is ii åååå åååå ååå åååå -+= -++= -+-= -+-=- - = - = - = - = = - = = - = - - | 1 0 | 1 1 | / 1 0 | 1 1 0 | 2 1 1 2 0 | 2| 1 1 2/ | / 222 2122 2121 21211 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )åå å ååå =-= -+= = - = mk ss nd s i mk s mk i s i i kvìkffdf kfkfmf || 0 || 1 1 ,1,2)(22 2222 suy ra ( ) ( ) ( ) ( )ååå -=- mk s ndnd dn kffdfdf ||| / .22)(1 (đpcm) c) Nếu n lẻ theo câu a) ta có ( )( ) ( ) ( ).211 | | /å å=--= nd nd dn dfdfS Nếu n chẵn, n = 2sm, s³1,m lẻ thì theo câu b) ta được ( ) ( )ååå =--= mk s nd dn nd kffdfdfS || / | )(22)(1)( Do đó ta có ï î ï í ì = å å mk s nd kff df S | | )()2(2 )(2 Nhận xét: Từ bài toán trên ta có các kết quả sau 1. Nếu j=f , sử dụng hệ thức Gauss (bài 1) ta có ( ) ( ) î í ì- =-å 01| / nd nd dn j 2. Nếu ( ) *Nnnnf Î"= thì ( ) ï î ï í ì - - =- å å å å + nd mk s nd nd dn kd d d | | 1 | | / 2 1 Bài 4. Chứng minh các đẳng thức sau ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) .*)() .*)(*)() .*)(*)() */)(/)() 2 || 3 2 3 2 22 | 2 | 2 Nnkdkdd Nnndndc Nnndndb Nnkndkknkda nknk nknk Î"÷÷ ø ö çç è æ = Î"= Î"= Î"= åå åå m m mm Giải a)Theo định nghĩa tích chập, đẳng thức cần chứng minh tương đương với việc chứng minh nẳu n lẳ nẳu n chẳn, n = 2sm, s³1,m lẳ nếu n lẻ nếu n chẵn nếu n lẻ nếu n chẵn, n = 2sm, s³1,m lẻ =========================================================== 65 HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 ( )( ) ( )( )ndnd ** 22 mm = (1) Do m,d là các hàm nhân tính nên dvàdd **,, 2222 mmm cũng là hàm nhân tính. Vì vậy để chứng minh (1) ta chỉ cần chứng minh ( )( ) ( )( ),** 22 aa mm pdpd = với p nguyên tố và 1³a Thật vậy ta có ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 12111 1 * 22 122 0 22 +=+--+= += = - = -å aaa mm mm aa a aa ppdpd ppdpd i ii ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 12111 1 * 122 0 22 +=+--+= += = - = -å aaa mm mm aa a aa pdppd pdppd i ii á suy ra ( )( ) ( )( ).** 22 aa mm pdpd = (đpcm) b) Giả sử rrpppn aaa ...21 21= là sự phân tích tiêu chuẩn của n. Khi đó rrpppn aaa 222212 ...21= và ( ) ( )Õ = += r i ind 1 2 12a Mặt khác theo câu a) ta có ( )( ) ( )( ) ÕÕ == +== r i i r i ipdnd 11 22 )12(** 1 amm a Þ ( ) )(*)( 22 ndnd m= (đpcm) c) Do 23 2 *, mdd là hàm nhân tính. Để chứng minh đẳng thức đã cho ta chỉ cần chứng minh ( )( )aa m pdpd 232 *)( = với mọi p nguyên tố và 1³a . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ,112 1)*( .1)( 222 1 2 2 2 3 2 3 0 2 3 2 3 22 +=++=+= +== += ++ - = -å aaa mmmm a aa aa a aa a CC ppdpdppdpd pd i i ii suy ra ( )( )aa m pdpd 232 *)( = Þ ( ) .*)(*)( 232 Nnndnd Î"= m d) Ta có ( ) ( ) )(*/)()( 3 | 3 | 3 nedknekdkd nknk ==åå ( )( )( ) ( ) ( )nednedknekdkd nknk 22 2 | 2 | **)/()()( ==÷÷ ø ö çç è æ =÷÷ ø ö çç è æ åå Do đó đẳng thức cần chứng minh tương đương với phải chứng minh ( )( ) ( ) ( ) *** 23 Nnnedned Î"= hay ( )( ) ( ) ( ),** 23 aa pedped = với mọi p nguyên tố và 1³a . Thật vậy ta có =========================================================== 66 HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) 4 21 4 21 1...21 1* 4 21 1...21 1* 222 2 2 0 2 0 22 333 0 3 0 3 0 33 ++ =÷ ø ö ç è æ ++=++++= ÷ ø ö ç è æ +=÷ ø ö ç è æ = ++ =++++= +=== åå ååå == - === - aaaa a aaa aa aa aaa aa ii ii ii i i ii ipepdped ipdpepdped Þ ( )( ) ( ) ( ),** 23 aa pedped = vậy ta có đpcm ( ) 2 || 3 )( ÷÷ ø ö çç è æ = åå nknk kdkd Bài tập tự luyện Bài 1. Cho Mf Î , chứng minh rằng a) f là hàm hoàn toàn nhân tính khi và chỉ khi .* 1* fff m=- b) ( ) ( ) ( )( ) ppfdfd npnd ,1 || Õå -=m nguyên tố. c) ( ) ( ) ( )( ) ppfdfd npnd ,1 || 2 Õå -=m nguyên tố. d).Nếu n là số nguyên dương, ký hiệu ( )nw là số các ước nguyên tố phân biệt của n thì ( ) ( )nw nd d 2 | 2 =åm Bài 2. Gọi )(0 ns là kí hiệu tổng các ước lẻ của số nguyên dương n . Chứng minh rằng a) .)1()( / || 0 dn dn nd å --=s b) ),2/(2)()(0 nnn sss -= với n là số chẵn. c) )(0 ns là hàm nhân tính. Bài 3. Chứng minh rằng a) .*,2)( Nnnnd Î"£ b) .2,)()(2 ³Î"+£ nNnnnn js c) .*,2)()( 2/)1( NnNknndnnn kkk k ÎÎ"£££ +s d) .*),()( Nnndnn Î"£ j =========================================================== 67 HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN Trần Xuân Đáng (THPT Chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định) Trong kỳ thi Olympic toán Quốc tế lần thứ 49 được tổ chức tại Tây Ban Nha có bài toán sau (bài toán 1) mà tác giả của nó là Kestutis Cesnavicius (Lithuania) (Litva). Bài toán 1: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho 2 1n + có ước nguyên tố lớn hơn 2 2n n+ Bài toán này là bài toán khó nhất của ngày thi thứ nhất. Lời giải của bài toán 1 được phát triển từ lời giải của các bài toán đơn giản hơn sau đây: Bài toán 2: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho n2 + 1 không là ước của n!. (Đề thi chọn đội tuyển của Inđônêxia dự thi Toán Quốc tế năm 2009) . Lời giải của bài toán 2: Bổ đề: Tồn tại vô số số nguyên tố dạng 4k + 1 (k ÎN*) Chứng minh: Gọi A là tập hợp gồm tất các số nguyên tố dạng 4k+1 (k ÎN*) , Khi đó A ¹ rỗng vì 5 ÎA. Giả sử A là tập hữu hạn. Gọi p0 là phân tử lớn nhất của A Þp0 ³5 . Giả sử p1, p2 … pn là tất cả các số nguyên tố nhỏ hơn p0. đặt 2 2 20 14 ... 1na p p p= + khi đ? a ÎN*, a > 1. Giả sử q là ước nguyên tố của a Þq ¹ pi , " i Î{0,1,2 …, n}. Mặt khác (2p0p1… pn) 2 + 1 º0 (modq) Þ - 1 là số chính phương (modq) và q lẻ. Suy ra q q q q Þ - Þ=-Þ=÷÷ ø ö çç è æ - - 2: 2 1 1)1(1 1 2 1 Þº )4(mod1 q có dạng 4k + 1 (k ÎN*). Mặt khác q> p0. Điều này mâu thuẫn với cách chọn p0. Vậy tồn tại vô số số nguyên tố dạng 4k + 1 (kÎN*). Chúng ta chuyển sang việc giải bài toán 2. Giả sử p là số nguyên tố dạng 4k + 1 (k ÎN*) Þ 11)1( 1 2 1 -Þ=-=÷÷ ø ö çç è æ - -p p là số chính phương (modp) Þ $np Î { 0,1,2 …. ,p - 1} sao cho 2pn Þ-º )(mod1 p 2 pn +1: p và np! không chia hết cho p ® np ! không chia hết cho 2pn + 1. Ta có: 2pn + 1 ³ p Þnp ³ 1-p . Vì tồn tại vô =========================================================== 68 HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 số số nguyên tố p dạng 4k + 1 (kÎN*) nên tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho n2 + 1 không là ước của n! Bài toán 3: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho ước nguyên tố lớn nhất của n2 + 1 lớn hơn 2n (Tạp chí Animath của Pháp năm 2006) Lời giải của bài toán 3: Giả sử p là số nguyên tố dạng 4k + 1 (k ÎN*) Suy ra 11)1( 1 2 1 -Þ=-=÷÷ ø ö çç è æ - -p p là số chính phương (modp) Þ $x Î {0,1,2, … ,p - 1} sao cho x2 º - 1(modp). Ta có: q2 º (p- q)2 (modp) (q ÎZ) Þ $q Î {0,1,2, …, 2 1-p } sao cho q2 º -1 (modp). Thật vậy giả sử 2 1-p < x < p Þx ³ 2 1+p . Đặt q = p – x, ta có: q2 = ( p – x)2 º x2 º - 1 (modp) và 0 < q £ 2 1-p . Ta có: q2 +1 M p và p ³2q +1 > 2q. Suy ra ước nguyên tố lớn nhất của q2 +1 lớn hơn 2q.Vì có vô số số nguyên tố dạng 4k + 1(k ÎN*) nên tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho n2 +1 có ước nguyên tố lớn hơn 2n. Sau đây là các lời giải của bài toán 1 Lời giải thứ nhất của bài toán 1: Xét số nguyên tố p dạng 4k + 1 (k ÎN*) Þ 11)1( 1 2 1 -Þ=-=÷÷ ø ö çç è æ - -p p là số chính phương (modp) Þ $x Î {0,1,2, … p - 1} sao cho x2 º - 1(modp). Vì x2 º (p- x)2 (modp) (x ÎZ) Þ $x Î {0,1,2 … , 2 1-p } sao cho x2 º -1 (modp). Þ $ a Î {0,1,2, … , 2 1-p } sao cho ÷ ø ö ç è æ - - a 2 1p 2 º -1 (modp) Đặt m = ÷ ø ö ç è æ - - a 2 1p Þm Î {0,1,2, …, 2 1-p } và m2 º -1 (modp) Giả sử p > 20. N?u 0£ a £ Þ-+ 4 314 p 0 < 2a +1 £ Þ -+ 2 114 p (2a +1)2 <p - 4 Vì m2 º -1 (modp) nên 4m2 º -4 (modp) Mặt khác 4m2 = (p – 1 -2a )2 º (2a +1)2 (modp) Þ (2a +1)2 º -4 (modp) =========================================================== 69 HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 Điều đó là điều vô lý vì 0 < (2a +1)2 < p – 4 Vậy a > Þ-+ 4 314 p p > 2m + m2 . Vì m2 +1 M p nên m2 ³p -1 Þm ³ 1-p . Vì tồn tại vô số số nguyên tố p dạng 4k + 1 (k ÎN*) nên tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho ước nguyên tố lớn nhất của n2 + 1 lớn hơn 2 2n n+ . Lời giải thứ 2 của bài toán 1: Giả sử n là số nguyên, n ³24. Giả sử p là ước nguyên tố của (n!)2 + 1. Hiển nhiên p > n. Giả sử x Î(0, 2 p ) là số dư trong phép chia n ! hoặc – n! cho p. Khi đ? 0 < x< p – x < p. Ta c? x2 + 1 chia hết cho p. Thật vậy tồn tại mÎ Z sao cho n! = mp + x hoặc – n! = mp + x. Trong cả hai trường hợp ta đều có (n!)2+1 = (mp+x)2 +1 Þ x2 +1 = (n!)2 + 1 – m2p2 – 2mpx Þx2+1Mp . Từ đó suy ra p là ước của p2 - 2px + 4x2 + 4 = (p – 2x)2 + 4 Þp £ (p – 2x)2 + 4 Þp ³ 2x + 4-p Þp - 4 ³ 2x + 4-p - 4 ³ 2x + 20 – 4> 2x Þ p ³ 2x + 4-p > 2x + x2 Từ đây suy ra điều phải chứng minh Bài toán sau là bài toán tổng quát của bài toán 1 Bài toán 4: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho n2 + 1 có ước nguyên tố lớn hơn 2n + 2 n Bài toán 5: Chứng minh rằng với mỗi số nguyên n ³3, tồn tại cặp số nguyên dương lẻ (xn, yn) sao cho nnn yx 27 22 =+ (Đề thi Olympic Toán của Bungari năm 1996) Lời giải: Với n = 3 , chọn x3 = y3 = 1 Giả sử với n ³3 , tồn tại cặp số nguyên dương lẻ (xn,yn) sao cho nnn yx 27 22 =+ . Ta chứng minh rằng mỗi cặp . (X= 2 7 , 2 nnnn yx Y yx - = + ) , (X= 2 7 , 2 nnnn yxY yx + = - ) thoả măn 122 27 +=+ nYX Thật vậy 22 2 7 2 7 ÷ ø ö ç è æ+÷ ø ö ç è æ ± nnnn yxyx m = 2 ( 227 nn yx + ) = 2. 2n = 2n+1 Vì xn , yn lẻ nên xn = 2k + 1, yn = 2l + 1 (k, l Î Z) 1 2 ++= + Þ lk yx nn =========================================================== 70 HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 và lk yx nn -= - 2 . Điều đó chứng tỏ rằng một trong các số 2 , 2 nnnn yxyx -+ là lẻ . Vì vậy với n +1 tồn tại các số tự nhiên lẻ xn+1 và yn+1 thoả măn nnn yx 27 2 12 1 =+ ++ +1 Bài toán 6 : Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, phương trình x2 + 15y2 = 4n có ít nhất n nghiệm tự nhiên (x,y) (Đề thi chọn học sinh giỏi Toán Quốc gia năm học 2009 – 2010) Lời giải: Trước hết ta chứng minh rằng với mỗi số nguyên n ³2 tồn tại cặp số nguyên dương lẻ (xn , yn) sao cho sao cho nnn yx 415 22 =+ Thật vậy với n = 2 , chọn x2 = 1 , y2 = 1 Giả sử với n ³2 tồn tại cặp số nguyên dương lẻ (xn , yn) sao cho sao cho n nn yx 415 22 =+ . Ta chứng minh rằng mỗi cặp (X= 2 , 2 15 nnnn yxY xy + = - ), (X= 2 , 2 15 nnnn xyY xy - = + ) thoả măn 122 415 +=+ nYX Thật vậy 22 2 15 2 15 ÷ ø ö ç è æ ±+÷ ø ö ç è æ nnnn xyxy m = 4 ( 22 15 nn yx + ) = 4. 4n = 4n+1 Và xn , yn lẻ nên xn = 2k + 1, yn = 2l + 1 (k, l Î Z) 1 2 ++= + Þ lk yx nn và kl klxy nn -= +-+ = - 2 )12()12( 2 . Điều đó chứng tỏ rằng một trong các số 2 , 2 nnnn xyyx -+ là lẻ . Vì vậy với n +1 tồn tại các số tự nhiên lẻ xn+1 và yn+1 thoả măn 12 1 2 1 415 + ++ =+ n nn yx Trở lại bài toán 6: Với n = 1, phương tŕnh nyx 415 22 =+ có 1 nghiệm tự nhiên là (x,y) = (2,0) Với n = 2, phương tŕnh nyx 415 22 =+ có 2 nghiệm tự nhiên là (x,y)= (4,0); (1,1) Giả sử với n ³ 2, phương tŕnh nyx 415 22 =+ có n nghiệm tự nhiên là (x1,y1), (x2,y2), …, (xn, yn) khi đó (x,y) = ( 2xk, 2yk) (1£ k £ n) là các nghiệm tự nhiên của phương trình nyx 415 22 =+ +1. Theo chứng minh trên phương trình nyx 415 22 =+ +1 lại có 1 nghiệm tự nhiên lẻ. Vậy phương tŕnh nyx 415 22 =+ +1 có ít nhất n+1 nghiệm tự nhiên. Bài toán 6 đă được giải quyết. =========================================================== 71 HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 Bài toán 7: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x,y) sao cho yx yx - + 22 là số nguyên và là ước của 1995. (Đề thi Olympic toán Bungari năm 1995) Lời giải : Trước hết ta chứng minh Bổ đề: Cho số nguyên tố p = 4q + 3 (q Î N). Giả sử x, y là các số nguyên sao cho x2 + y2 chia hết cho p, Khi đó x và y chia hết cho p. Thật vậy nếu x Mp thì y Mp . Giả sử x không chia hết p Þy không chia hết cho p Theo định lý nhỏ Phecma ta có x p-1 º1 (modp) Þx4q+2 º1 (modp). Tương tự y4q+2 º1 (modp) . Ta có x2 + y2Mp Þx2 º -y2 (modp) Þ (x2)2q+1 º (-y2)2q+1 (modp) Þ x4q+2 º - y4q+2 (modp) Þ 1 º - 1 ( modp) Þ p = 2 (vô lí). 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 , yx yx - + 22 là số nguyên và yx yx - + 22 là ước của 1995 . Đặt k = yx yx - + 22 thì x2 +y2 = k( x –y) và k là ước của 1995 = 3.5.7.19.N?u k M3 th́ k= 3 k1 (k1 ÎN*) (k1 không chia hết cho 3) Þ x2 + y2 M3 Þx M3 và y M3 Þx = 3x1 , y = 3y1 (x1 , y1 ÎN*, x1 > y1) Þ )( 1112121 yxkyx -=+ . N?u k = 1 thì x2 + y2 = x – y . Đó là điều vô lí vì x2 + y2 ³ x + y > x – y (vì x,y ³1 ) Nếu k = 5 thì x2 + y2 = 5(x – y) Þ (2x - 5)2 + (2y +5)2 = 50 Þ x = 3 , y = 1 hoặc x = 2 , y = 1 Nếu k = 7 , tương tự như trên, tồn tại k2ÎN* sao cho k = 7 k2 (k2 không chia hết cho 7) x = 7x2 , y = 7y2 (x2, y2 ÎN* , x2 > y2) và )( 222 2 2 2 2 yxkyx -=+ Nếu k M19 thì tồn tại k3 ÎN* sao cho k = 19k3 (k3 không chia hết cho 19 ), x = 19x3 , y = 19y3 (x3, y3 ÎN* , x3 > y3 ) và )( 333 2 3 2 3 yxkyx -=+ Vậy tất cả các cặp số nguyên dương (x,y) cần tìm có dạng (3c, c), (2c, c), (c, 2c), (c, 3c) trong đó c Î {1,3,7,19,21,57,133,399} . Bài toán 8: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x,y) sao cho số A = yx yx - + 22 là số nguyên và là ước của 2010. (Đề thi Olympic Toán khu vực duyên hải đồng bằng Bắc Bộ năm học 2009 – 2010) Lời giải: Trên cơ sở lời giải của bài toán 7 ta chỉ cần tìm các nghiệm nguyên dương của các phương trình : )(22 yxkyx -=+ với k Î { 2,5, 10}. Phương tŕnh x2 + y2 = 2 (x- y) không có nghiệm nguyên dương . Thật vậy giả sử x,y ÎN* , x > y và x2 + y2 = 2 (x- y) Þ =========================================================== 72 HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 x2 + y2 ³ 2x +y2 > 2(x – y). Đó là điều vô lý . Phương trình x2 + y2 = 5 (x- y) có các nghiệm nguyên dương là (x,y) = (3,1), (2,1). Phương trình x2 + y2 = 10 (x- y) Û (x-5)2 + (y+5)2 = 50 có các nghiệm nguyên dương là (x,y) = (6,2) ; (4,2) . Vậy tất cả các cặp số nguyên dương (x, y) thoả măn đề bài là (3c, c), (2c, c), (c, 2c) , (c, 3c) , (6c, 2c) , (4c, 2c) , ( 2c, 6c), (2c, 4c) trong đó c Î {1,3,6,7,201} Cuối cùng là một số bài toán dành để luyện tập Bài toán 9: Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, phương tŕnh 7x2 + y2 = 2n+2 luôn có nghiệm nguyên dương. Bài toán 10: Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, phương trình x2 + 15y2 = 4n có đúng n nghiệm tự nhiên . Bài toán 11: Cho số nguyên dương n. Gọi Sn là tổng các bình phương của các hệ số của đa thức f(x) = (1+x)n. Chứng minh rằng S2n+1 không chia hết cho 3 (Đề thi chọn đội tuyển Việt Nam dự thi Olympic Toán Quốc tế năm 2010) Bài toán 12: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho 2n +2 chia hết cho n . Bài toán 13: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho tất cả các ước nguyên tố của n2 + n + 1 không lớn hơn n . (Đề thi chọn đội tuyển Ukraina dự thi Olympic toán quốc tế năm 2007) Bài toán 14: Với mỗi số nguyên dương n > 1, kí 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 các số nguyên a,b thoả măn a>b > 0 . Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho an + bn chia hết cho n . Bài toán 16: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên tố p có tính chất sau: Tồn tại vô số nguyên dương n sao cho p – 1 không chia hết cho n và n! +1 chia hết cho p. (Đề thi chọn đội tuyển của Mônđôva dự thi Olympic toán Quốc tế năm 2007). Bài toán 17: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho 5n-2 – 1 chia hết cho n. (Đề thi Olympic toán của Braxin năm 2008) =========================================================== 73 HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 ĐỊNH LÍ LAGRANGE VÀ ỨNG DỤNG Đặng Đình Sơn Chuyên Lương Văn Tụy – Ninh Bình 1. ĐỊNH LÍ LAGRANGE 1.1. ĐỊNH LÍ ROLLE Định lí: Nếu ( )f x là hàm liên tục trên đoạn [ ; ]a b , có đạo hàm trên khoảng ( ; )a b và ( ) ( )f a f b= thì tồn tại ( ; )c a bÎ sao cho '( ) 0f c = . Chứng minh: Vì ( )f x liên tục trên [a; b] nên theo định lí Weierstrass ( )f x nhận giá trị lớn nhất M và giá trị nhỏ nhất m trên [a; b]. - Khi M = m ta có ( )f x là hàm hằng trên [a; b], do đó với mọi ( ; )c a bÎ luôn có '( ) 0f c = . - Khi M > m, vì ( ) ( )f a f b= nên tồn tại c (a; b)Î sao cho ( )f c m= hoặc ( )f c M= , theo bổ đề Fermat suy ra '( ) 0f c = . Hệ quả 1: Nếu hàm số ( )f x có đạo hàm trên (a; b) và ( )f x có n nghiệm (n là số nguyên dương lớn hơn 1) trên (a; b) thì '( )f x có ít nhất n - 1 nghiệm trên (a; b). Hệ quả 2: Nếu hàm số ( )f x có đạo hàm trên (a; b) và '( )f x vô nghiệm trên (a; b) thì ( )f x có nhiều nhất 1 nghiệm trên (a; b). Hệ quả 3: Nếu ( )f x có đạo hàm trên (a; b) và '( )f x có nhiều nhất n nghiệm (n là số nguyên dương) trên (a; b) thì ( )f x có nhiều nhất n + 1 nghiệm trên (a; b). Các hệ quả trên được suy ra trực tiếp từ định lí Rolle và nó vẫn đúng nếu các nghiệm là nghiệm bội (khi ( )f x là đa thức). Các hệ quả trên cho ta ý tưởng về việc chứng minh tồn tại nghiệm cũng như xác định số nghiệm của phương trình, và nếu như bằng một cách nào đó ta tìm được tất cả các nghiệm của phương trình (có thể do mò mẫm) thì nghĩa là khi đó phương trình đã được giải. Từ định lí Rolle cho phép ta chứng minh định lí Lagrange, tổng quát hơn, chỉ cần ta đến ý tới ý nghĩa của đạo hàm (trung bình giá trị biến thiên của hàm số). 1.2. ĐỊNH LÍ LAGRANGE (Lagrange's Mean Value Theorem) =========================================================== 74 HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 Định lí: Nếu ( )f x là hàm liên tục trên đoạn [ ; ]a b , có đạo hàm trên khoảng ( ; )a b thì tồn tại ( ; )c a bÎ sao cho ( ) ( ) '( ) f b f a f c b a - = - . Chứng minh: Xét hàm số: ( ) ( ) ( ) ( ) f b f a F x f x x b a - = - - . Ta có: F(x) là hàm liên tục trên đoạn [ ; ]a b , có đạo hàm trên khoảng ( ; )a b và ( ) ( )F a F b= . Theo định lí Rolle tồn tại ( ; )c a bÎ sao cho '( ) 0F c = . Mà ( ) ( ) '( ) '( ) f b f a F x f x b a - = - - , suy ra ( ) ( ) '( ) f b f a f c b a - = - . Định lí Rolle là một hệ quả của định lí Lagrange (trong trường hợp ( ) ( )f a f b= ) Ý nghĩa hình học: Định lí Lagrange cho phép ta ước lượng tỉ số ( ) ( )f b f a b a - - do đó nó còn được gọi là định lí Giá trị trung bình (Mean Value Theorem). Từ đó cho ta ý tưởng chứng minh các định lí về sự biến thiên của hàm số, đặt nền móng cho những ứng dụng của đạo hàm. Định lí: Cho hàm số ( )f x có đạo hàm trên khoảng ( ; )a b . - Nếu '( ) 0, ( ; ) f x x a b> " Î thì ( )f x đồng biến trên ( ; )a b . - Nếu '( ) 0, ( ; ) f x x a b< " Î thì ( )f x nghịch biến trên ( ; )a b . - Nếu '( ) 0, ( ; ) f x x a b= " Î thì ( )f x là hàm hằng trên ( ; )a b . Chứng minh: Giả sử '( ) 0, ( ; ) f x x a b> " Î và 1 2 1 2, ( ; ),x x a b x xÎ < , theo định lí Lagrange, tồn tại 1 2c (x ; x )Î sao cho 2 1 2 1 ( ) ( ) '( ) f x f x f c x x - = - . Mà 1 2'( ) 0 ( ) ( ) ( )f c f x f x f x> Þ < Þ đồng biến trên (a; b). Cho hẳm sẳ ( )f x thẳa mãn các giẳ thiẳt cẳa ẳẳnh lí Lagrange, ẳẳ thẳ (C), A(a;f(a)), B(b;f(b)). Khi ẳó trên (C) tẳn tẳi ẳiẳm C(c;f(c)), c (a; b)Î mẳ tiẳp tuyẳn cẳa (C) tẳi C song song vẳi ẳẳẳng thẳng AB. Joseph Louis Lagrange (1736 - 1813) =========================================================== 75 HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 Nếu trong giả thiết của định lí Lagrange ta thêm vào giả thiết '( )f x đồng biến hoặc nghịch biến trên [a; b] thì ta có thể so sánh ( ) ( )f b f a b a - - với '( ), '( )f a f b . Cụ thể: '( )f x đồng biến trên [a;b] ( ) ( )'( ) '( )f b f af a f b b a - Þ < < - '( )f x nghịch biến trên [a;b] ( ) ( )'( ) '( )f b f af a f b b a - Þ > > - Từ đây cho ta ý tưởng ứng dụng định lí Lagrange chứng minh bất đẳng thức và đánh giá các tổng hữu hạn. Cũng tương tự nếu trong giả thiết của định lí Lagrange ta thêm vào giả thiết '( )f x đồng biến hoặc nghịch biến trên [a; b] thì ta có thể so sánh ( ) ( )f c f a c a - - với ( ) ( )f b f c b c - - với [ ; ]c a bÎ cho ta ý tưởng để chứng minh rất nhiều bất đẳng thức, như bất đẳng thức Jensen… Ngoài ra định lí Lagrange còn được phát biểu dưới dạng tích phân như sau: Định lí: Nếu ( )f x là hàm liên tục trên đoạn [a; b] thì tồn tại điểm ( ; )c a bÎ thỏa mãn: ( ) ( )( ) b a f x dx f c b a= -ò Định lí Lagrange dạng tích phân được áp dụng chứng minh một số bài toán liên quan đến tích phân và giới hạn hàm số. 2. MỘT SỐ ỨNG DỤNG 2.1.