Tài liệu Skkn khai thác và mở rộng kết quả của một số bài toán

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: Quản lí giáo dục:  x Phương pháp dạy học bộ môn:  Phương pháp giáo dục:  Lĩnh vực khác:  Có đính kèm:  Mô hình.  Phần mềm.  Phim ảnh. Năm học: 2016 - 2017  Hiện vật SƠ LƯỢC LÍ LỊCH KHOA HỌC I. 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN: Họ và tên: NGÔ VĂN VŨ Ngày, tháng, năm sinh: Ngày 21 tháng 03 năm 1983. Nam, nữ: Nam Địa chỉ: Tổ 7, Ấp 8, xã Xuân Tây, huyện Cẩm Mỹ, tỉnh Đồng Nai. Điện thoại: 01688619613. Fax: Không có. Chức vụ: Giáo viên, Phó Bí thư Đoàn trường. Đơn vị công tác: Trường THPT Sông Ray – Cẩm Mỹ. II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO: - 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. III. KINH NGHIỆM KHOA 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 Ngô Văn Vũ 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 1 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 2 2 được một thuật toán để tìm được nghiệm nguyên của phương trình x  y  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) 2 từ đó suy ra đpcm. Đặt N = (2n)!. Như vậy ta đã chứng minh rằng N 2  - 1 (mod p). 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 (m1; s1) và (m2; s2), số dư trong phép chia m1 + Ns1 và m2 + Ns2 cho p sẽ giống nhau, nghĩa là số a + Nb, trong đó a = m 1 – m2, b = s1 – s2 sẽ chia hết cho p. Nhưng khi đó, a2 – N2b2 = (a + Nb)(a-Nb) chia hết cho p, và, nghĩa là, chú ý rằng N2  -1 (mod p) ta thu được a 2 + b2 chia hết cho p, nghĩa là a 2 + b2 = rp, r nguyên dương. Mặt khác, a2 + b2 < 2p, nghĩa là r = 1 và a 2 + b2 = 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 x2 + 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) = x2 + 4xz + 4z2 + 4zy – 4zx – 4z2 = x2 + 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. 3 Bây giờ ta giả sử rằng p là số nguyên tố dạng 4n + 1. Khi đó, thứ nhất, phương trình x2 + 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 x2 + 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 x2 + 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 x2 + 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 ax2 + 2bxy + cy2 = 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) 2 2 d((0, 0), (x, y)) = (( x, y ), ( x, y ))  ax  2bxy  cy 4 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 ax2 + 2bxy + cy2  d*2 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  a b   (d *) 2  (d *) 2  (d *) 2  det  (ac  b 2 )  (ac  b 2 ) b c 4 4 4   (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!  p 1 b ! 2  2  chia hết cho p, Ta biết từ bổ đề Wilson rằng số b + 1, trong đó  p 1 b !  2  và đúng không? Bây giờ áp dụng định lý Minkowsky cho các số a = p, c = (b2+1)/a. Ta thu được rằng tồn tại những số nguyên m và n sao cho 1 = am2 + 2bmn + cn2 từ đó a = a2m2 + 2abmn + (b2+1)n2 = (am + bn)2 + n2 Như thế (nhớ lại rằng a = p) p = (am + bn) 2 + n2 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. 5 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 x 2  y 2  0  mod p  có nghiệm x, y  �và ( x, y)  1 ”. 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 . 2 2 Khi đó, theo bài toán 1. Ta có: x  y  0(mod p) ‫ۺ‬ 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 . p Theo định lý Wilson: “Cho p là một số nguyên tố bất kỳ, ta có: ( p  1)! 1M ” Mặt khác, ta có : p  i  i(mod p) và Suy p 1 4n  1 1   2n 2 2 chẵn. ra : p 1   p 1  ( p 1)! 1  1.2... .  ...(2).(1)  1  2   2     2  p  1    2 !  1(mod p)   2  p  1    p 1    !,1 !  1  0  mod p     2  là một nghiệm của phương trình  2   x 2  y 2  0  mod p  . 2 2 Vậy với p  4n  1 thì phương trình x  y  0(mod p) có nghiệm ( x, y) thỏa ,( điều kiện x, y  � x, y)  1 . 6 Bổ đề 2: Cho m và n là hai số nguyên dương chẵn, u và v là hai số nguyên 2 2 2 2 2 2 dương lẻ sao cho m  n  u  v  0. Khi đó (m  v ) là hợp số. Tôi đã chứng minh được bài toán đó như sau:  2 2 2 2 Ta có: m  n  u  v  (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. a1, x  k. x1 * với a1 , x1  � , (a1 , x1 )  1 * a Vì a.b  x. y nên k.a1.b  k.x1. y  a1.b  x1. y  y M1  y  l.a1 (l  � )  a1.b  x.a1.l  b  x1.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.  m x y yx ab a b u v n 2 , 2 , 2 , 2 . 1 2 2 ab   y x  2 2 m v     2   4 (a  b  2a.b  x  y  2 x.y )   2    2 2 2 2 1 2 2 2 (a  b  x  y 2 ). a.b  x. y 4 = (vì ) 1 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 (k a  l x1  k x1  l a1 )  (k  l )(a1  x1 ). 4 =4 1 Vì k   a, x   l   b, y   l k là số chẵn và là số chẵn  k 2  l 2  2 m  v        a1  x12 . 2 2  2   2     nên Suy ra m  v là hợp số. 2 2   Bổ đề 2 được chứng minh xong. 2 2 Chứng minh phương trình x + y = p có nghiệm nguyên. 7 2 2 2 2 Giả sử (x, y) là một nghiệm của phương trình x  y  0(mod p) và x  y  p . Khi đó, nếu ta chỉ ra được dãy các nghiệm ( x1 , y1 ), ( x2 , y2 ),..., ( xk , yk ),... thỏa điều kiện: , x 2  y 2  x12  y12  x2 2  y2 2  ...  xk 2  yk 2  ... với xi , yi  � i  1,..., k ... thì tồn tại cặp ( xn , yn ) sao cho xn 2  yn 2  p . Xét các trường hợp sau: x y   ,  Nếu x, y cùng chẵn và d   x, y  thì  d d  cũng là nghiệm. x y ( x1 , y1 )   ,  d d . Chọn  x y x y      d d, d d   2   2  d   x, y  thì    là nghiệm. Nếu x, y cùng lẻ và  x y x y      d d , d d  ( x1 , y1 )  2   2    . Chọn  Nếu x, y không cùng tính chẵn lẻ thì: Vì  x2  y2 M p   2 2  x  y  p nên x 2  y 2 là hợp số.  2 2 2 2 Theo bổ đề 2, ta có (u , v) thỏa x  y  u  v . Trong tất cả các cặp (u, v) thỏa điều kiện, ta chọn cặp (u, v) sao cho  p  k.u  x1  p  k.v  y1 Khi đó, đặt:  u v là nhỏ nhất. k là số lớn nhất sao cho x1  u , giả sử u  v . 2 2  x1  p  k .u  x1  p ( p  2k .u )  ku     x12  y12  0(mod p ) vì  y1  p  k .v  y12  p ( p  2k .v)  kv 2 Kki đó: 8  x12  y12  p  p  2k .(u  v)   k (u 2  v 2 ) . Tức là ( x1 , y1 ) là nghiệm của phương trình trên . 2 2 2 2 2 2 Ta thấy: x1  y1  u  v  x  y . Tương tự như thế ta tìm được ( x2 , y2 ),( x3 , y3 ),... 2 2 2 2 p Nhận xét: Nếu xn  p , yn  p và xn  yn M thì xn  yn  p . Bài toán được chứng minh xong. x 2  y 2  p trên tập số tự nhiên. Xét bài toán: Giải phương trình Ví dụ 1. Với p=29. Khi đó theo bổ đề 1 ta có: (12,1) là một nghiệm của 2 2 2 2 2 2 98 1 phương trình x  y  0(mod 29) (*) và (9, 8) thỏa: 12  1  9  8 , (nhỏ nhất). Ta có: 29  3.9  2, 29  3.8  5 suy ra (5,2) cũng là nghiệm của (*) . 2 2 Mà 5  2  29 . Vậy phương trình có 2 nghiệm là (5; 2) và (2; 5) Ví dụ 2. Với p = 37. Khi đó (31,1) là nghiệm của phương trình  31  1 31  1    ,    16,15  x  y  0(mod 37) (*) 2   2 cũng là nghiệm của phương trình (*) , 2 2 hơn nữa của phương trình 16  15  1 (nhỏ nhất ) Ta có: 37  2.16  5, 37  2.15  7  (7,5) cũng là nghiệm của phương 7 5 7 5  ,    6,1 (*) , và 7  5  74 . Vì hai số 5 và 7 cùng lẻ nên  2 2   trình cũng là 2 2 2 2 nghiệm của (*) . Mà 6  1  37 . Vậy phương trình có 2 nghiệm là (6; 1) và (1; 6) Ví dụ 3. Cho p = 293. Khi đó:(138,1) là nghiệm của phương trình x 2  y 2  0(mod 293) (*) . 2 2 2 2 u v Việc tìm cặp (u,v) thỏa mãn 138  1  u  v sao cho nhỏ nhất gặp khó khăn. Tuy nhiên ta có thể thay nghiệm (138,1) bởi nghiệm (155,1). 9 (Chú ý: Nếu (x, y) là nghiệm thì (p - x, y) cũng là nghiệm) Vì 155 và 1 đều là số lẻ nên (78, 77) là nghiệm và 78  77  1 (nhỏ nhất). Ta có: 293 = 3.78 + 59, 293 = 3.77 + 62 suy ra (59, 62) cũng là nghiệm và 59  622  7325  1552  12  24026. 2 Ta có: 293  4.62  45, 293  4.45  57 suy ra (45, 57) cũng là nghiệm và 452  57 2  5274  59 2  622  7325.  57  45 57  45  ,     51, 6  2  Vì hai số 45 và 57 cùng lẻ nên  2 cũng là nghiệm của (*) . Vì 51 và 6 cùng chia hết cho 3 nên (17, 2) cũng là nghiệm của (*) . 2 2 Mà 17  2  293 . Vậy phương trình có 2 nghiệm là (17; 2) và (2; 17). IV. HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN Ngoài việc chứng minh được định lí bằng một cách khác(có sự kế thừa một số ý tưởng của Euler) sáng kiến này chỉ ra được một cách để tìm được nghiệm nguyên của 2 2 phương trình x  y  p , cách làm này của tôi giúp học sinh dể tiếp cận định lí. Tạo công cụ đắc lực để học sinh tìm hiểu và giải các phương trình nghiệm nguyên khác. V. ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG Đối tượng hướng đến của đề tài là các em học sinh yêu thích toán học, những học sinh trong các đội tuyển học sinh giỏi toán. Tôi hy vọng qua bài viết này học sinh có thêm tình yêu, động lực để khai thác và mở rộng thêm các kết quả của những bài toán đã có. Giúp cho nền toán học của nước nhà ngày một phát triển. VI. DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO 1) 40 năm Olympic toán học quốc tế - PGS.TS Vũ Dương Thụy, nhà xuất bản GD - Năm 2002. 2) Tuyển chọn các bài thi vô địch toán - PGS.TS Nguyễn Văn Lộc, nhà xuất bản ĐHQGHN - Năm 2010. 3) Số học - Hà Huy Khoái - nhà xuất bản GD - Năm 2005. 4) Số học - Doãn Văn Cường - nhà xuất bản ĐHSP - Năm 2003. 5) Tuyển chọn theo chuyên đề toán học & tuổi trẻ, quyển 3 - nhà xuất bản GD Năm 2008. 6) Chuyên đề số học – Ths. Nguyễn Văn Nho – Nhà xuất bản ĐHQG TP.Hồ Chí Minh – Năm 2005. 7) Trang web: www.diendantoanhoc.net. 10 Cẩm Mỹ, tháng 5 năm 2017 Người thực hiện NGÔ VĂN VŨ SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI TRƯỜNG THPT SÔNG RAY ––––––––––– CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự do - Hạnh phúc –––––––––––––––––––––––– Cẩm Mỹ, ngày 25 tháng 05 năm 2017 PHIẾU ĐÁNH GIÁ, CHẤM ĐIỂM, XẾP LOẠI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học: 2016 - 2017 ––––––––––––––––– Tên sáng kiến kinh nghiệm: .............................................................................................................. ........................................................................................................................................................... Họ và tên tác giả: ................................................................ Chức vụ: ............................................. Đơn vị: .............................................................................................................................................. Họ và tên giám khảo 1: ............................................................ Chức vụ: ........................................ Đơn vị: .............................................................................................................................................. Số điện thoại của giám khảo: ............................................................................................................ * Nhận xét, đánh giá, cho điểm và xếp loại sáng kiến kinh nghiệm: 1. Tính mới ........................................................................................................................................................... ........................................................................................................................................................... ........................................................................................................................................................... Điểm: …………./6,0. 2. Hiệu quả ........................................................................................................................................................... ........................................................................................................................................................... ........................................................................................................................................................... Điểm: …………./8,0. 3. Khả năng áp dụng 11 ........................................................................................................................................................... ........................................................................................................................................................... ........................................................................................................................................................... Điểm: …………./6,0. Nhận xét khác (nếu có): ...................................................................................................... ........................................................................................................................................................... ........................................................................................................................................................... Tổng số điểm: ....................../20. Xếp loại: ........................................................................ GIÁM KHẢO 1 SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI TRƯỜNG THPT SÔNG RAY ––––––––––– CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự do - Hạnh phúc –––––––––––––––––––––––– Cẩm Mỹ, ngày 25 tháng 05 năm 2017 PHIẾU ĐÁNH GIÁ, CHẤM ĐIỂM, XẾP LOẠI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học: 2016 - 2017 ––––––––––––––––– Tên sáng kiến kinh nghiệm: .............................................................................................................. ........................................................................................................................................................... Họ và tên tác giả: ................................................................ Chức vụ: ............................................. Đơn vị: .............................................................................................................................................. Họ và tên giám khảo 2: ............................................................ Chức vụ: ........................................ Đơn vị: .............................................................................................................................................. Số điện thoại của giám khảo: ............................................................................................................ * Nhận xét, đánh giá, cho điểm và xếp loại sáng kiến kinh nghiệm: 1. Tính mới ........................................................................................................................................................... ........................................................................................................................................................... ........................................................................................................................................................... Điểm: …………./6,0. 2. Hiệu quả ........................................................................................................................................................... ........................................................................................................................................................... ........................................................................................................................................................... Điểm: …………./8,0. 3. Khả năng áp dụng 12 ........................................................................................................................................................... ........................................................................................................................................................... ........................................................................................................................................................... Điểm: …………./6,0. Nhận xét khác (nếu có): ...................................................................................................... ........................................................................................................................................................... ........................................................................................................................................................... Tổng số điểm: ....................../20. Xếp loại: ........................................................................ GIÁM KHẢO 2 SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI TRƯỜNG THPT SÔNG RAY ––––––––––– CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự do - Hạnh phúc –––––––––––––––––––––––– Cẩm Mỹ, ngày 25 tháng 05 năm 2017 PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học: 2016 - 2017 ––––––––––––––––– Tên sáng kiến kinh nghiệm: KHAI THÁC VÀ MỞ RỘNG KẾT QUẢ CỦA MỘT SỐ BÀI TOÁN Họ và tên tác giả: Ngô Văn Vũ. Chức vụ: Giáo Viên, phó bí thư Đoàn trường. Đơn vị: Trương THPT Sông Ray. Lĩnh vực: (Đánh dấu X vào các ô tương ứng, ghi rõ tên bộ môn hoặc lĩnh vực khác) - Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học bộ môn: ...............................  - Phương pháp giáo dục  - Lĩnh vực khác: ........................................................  Sáng kiến kinh nghiệm đã được triển khai áp dụng: Tại đơn vị  Trong Ngành  1. Tính mới (Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô dưới đây) - Đề ra giải pháp thay thế hoàn toàn mới, bảo đảm tính khoa học, đúng đắn  - Đề ra giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có,bảo đảm tính khoa học, đúng đắn  - Giải pháp mới gần đây đã áp dụng ở đơn vị khác nhưng chưa từng áp dụng ở đơn vị mình, nay tác giả tổ chức thực hiện và có hiệu quả cho đơn vị  2. Hiệu quả (Đánh dấu X vào 1 trong 5 ô dưới đây) - Giải pháp thay thế hoàn toàn mới, đã được thực hiện trong toàn ngành có hiệu quả cao  - Giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, đã được thực hiện trong toàn ngành có hiệu quả cao  - Giải pháp thay thế hoàn toàn mới, đã được thực hiện tại đơn vị có hiệu quả cao  - Giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, đã được thực hiện tại đơn vị có hiệu quả  - Giải pháp mới gần đây đã áp dụng ở đơn vị khác nhưng chưa từng áp dụng ở đơn vị mình, nay tác giả tổ chức thực hiện và có hiệu quả cho đơn vị  3. Khả năng áp dụng (Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô mỗi dòng dưới đây) - Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính sách: Trong Tổ/Phòng/Ban  Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT Trong ngành 13 - Đưa ra các giải pháp khuyến nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn, dễ thực hiện và dễ đi vào cuộc sống: Trong Tổ/Phòng/Ban  Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT  Trong ngành  - Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng đạt hiệu quả trong phạm vi rộng: Trong Tổ/Phòng/Ban  Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT  Trong ngành  Xếp loại chung: Xuất sắc  Khá  Đạt  Không xếp loại  Cá nhân viết sáng kiến kinh nghiệm cam kết không sao chép tài liệu của người khác hoặc sao chép lại nội dung sáng kiến kinh nghiệm cũ của mình. Tổ trưởng và Thủ trưởng đơn vị xác nhận sáng kiến kinh nghiệm này đã được tổ chức thực hiện tại đơn vị, được Hội đồng khoa học, sáng kiến đơn vị xem xét, đánh giá, cho điểm, xếp loại theo quy định. Phiếu này được đánh dấu X đầy đủ các ô tương ứng, có ký tên xác nhận của tác giả và người có thẩm quyền, đóng dấu của đơn vị và đóng kèm vào cuối mỗi cuốn sáng kiến kinh nghiệm. NGƯỜI THỰC HIỆN SKKN Ngô văn Vũ XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MÔN THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Phạm Văn Tánh Cao Thị Xuyến 14