Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 số học

  • Số trang: 18 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 66 |
  • Lượt tải: 0
dangvantuan

Đã đăng 42610 tài liệu

Mô tả:

CHƯƠNG I PHÉP CHIA HẾT – PHÉP CHIA CÓ DƯ – ĐỒNG DƯ THỨC. I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT. 1. Phép chia hết. 1.1 Định nghĩa: Cho hai số nguyên bất kỳ a và b ( b  0 ) tồn tại một và chỉ một cặp số nguyên q và r sao cho: a = b.q + r với 0  r < b - Nếu r = 0 thì a chia hết cho b ( ab) hay a là bội của b, hay b chia hết a hay b là ước của a. (b \ a) - Nếu r 0 thì phép chia a cho b là phép chia có dư. 1.2 Một số tính chất. Với a, b, c, d  Z. - Nếu a  0 thì aa , 0a - Nếu ab và bc thì ac - Nếu ab và ba thì a = b - Nếu ab thì acb - Nếu ab , ac thì aBCNN (b, c) Hệ quả: ab , ac và (b, c) = 1 thì a b.c - Nếu a.b c và ( b, c ) = 1 thì ac 1.3. Một số định lý thường dùng: - Nếu ac và bc thì a  b  c - Nếu ac và b  thì a  b  c - Nếu a  c và b  d thì ab  cd Hệ quả Nếu a  b thì an  bn ( n  N , n 0) - Nếu a  c hoặc b  c thì ab  c 1.4. Dấu hiệu chia hết. Gọi số A= a n a n 1 ...a1 Số dư A : 2k ( hoặc 5k ) = số dư a k a k  1 ...a1 : 2k ( hoặc 5k) ( Với k  N, k 1) Số dư A : 9 ( hoặc 3) = số dư ( an + an-1 + …+ a1) : 9 ( hoặc 3) Số dư A : 11 = số dư [( a1 + a3 …) – (a2 + a4 +…)]: 11 Điều kiện để một số chia hết cho 4 ( hoặc 25) là số gồm hai chữ số cuối cùng chia hết cho 4 ( hoặc 25). Điều kiện để một số chia hết cho 8( hoặc 125) là số gồm ba chữ số cuối cùng chia hết cho 8 ( hoặc 125). Điều kiện để một số tự nhiên chia hết cho 11 là là tổng các chữ số ở hàng lẻ trừ tổng các chữ số ở hàng chẵn chia hết cho 11. 2. Đồng dư thức. 2.1. Định nghĩa: Nếu hai số nguyên a và b chia cho c ( c  0) có cùng số dư, ta nói a đồng dư với b theo modun c kí hiệu a b ( mod c). Vậy a b ( modun c)  a – b  c 2.2. Một số tính chất. Với mọi a, b, c, d, m  Z+ (Z+ là tập hợp các số nguyên dương ) a) a a ( mod m) a b ( mod m)  b a( mod m) a b ( mod m) và b c ( mod m)  a c ( mod m) b) a b ( mod m); c d ( mod m)  a + c b + d( mod m) a b ( mod m) ; c d ( mod m)  a - c  b - d ( mod m) c) a b ( mod m) ; c d ( mod m)  ac bd ( mod m) Nếu d là ước chung dương của a, b và m thì: a b ( mod m)  a b m  ( mod ) d d d d) a b ( mod m); c là ước số chung của a và b và (c, m) =1 a b  ( mod m ) c c e) a b ( mod m); c > 0  ac bc ( mod mc)  Chú ý.  Với mọi a, b  Z ( a  b), n  N ta có an – bn  a – b  Trong n số tự nhiên liên tiếp ( n  1) có một và chỉ một số chia hết chon.  Trong n + 1 số nguyên bất kỳ (n  1 ) chia cho n thì phải có hai số khi chia cho n có cùng số dư ( Vận dụng nguyên tắc Đirichlet)  Tìm k chữ số tận cùng của số A là tìm số dư khi chia khi chia A cho 10k. II. BÀI TẬP. Bài 1: Chứng minh rằng a) n3 - n  6 ( n  Z) b) m3n – nm3  6 c) n( n + 1 )( 2n + 1 )  6 d) S  6  P  6 Với S = a13  a 23  ...  a n3 ; P = a1 + a2 + …+ an, trong đó ai  Z, i= 1, n e) 1995 Số 19931994 được viết dưới dạng tổng của các số mà mỗi số là một số tự nhiên. Ta lũy thừa bậc ba từng số hạng rồi cộng chúng lai, đem tổng này chia cho 6. Hãy tìm số dư của phép chia này. Bài 2: Cho n > 3 ( n  N ), chứng minh rằng: 2n = 10a + b ( 0 < b < 9) thì ab  6 Bài 3: Chứng minh rằng nếu x, y, z là các số nguyên thõa mãn: ( 100x + 10y + z)  21 thì ( x – 2y + 4z )  21 Bài 4: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, ta có : 2.7n + 1 là bội của 3 Bài 5: Chứng minh rằng với n  N A= 21 2n + 1 + 172n + 1 + 15 không chia hết cho 19. Bài 6: Có tồn tại hay không một số nguyên dương là bội của 1993 và có 4 chữ số tận cùng là 1994. Bài 7: Tìm bốn chữ số cuối cùng của số a = ( 19761976 – 19741974 )( 19761975+19741973) Bài 8: Tìm số tự nhiên k lớn nhất thõa mãn điều kiện: (1994 . )1995  1995k Bài 9: Chứng minh rằng nếu n là số nguyên tố cùng nhau với 10 thì n 101 và n sẽ có ba chữ số tận cùng giống nhau. Bài10:Tìm Tm chữ số tận cùng của 5 1995 III. HƯỚNG DẪN GIẢI. Bài 1: a) n3 – n = n( n + 1)( n – 1) n, ( n + 1), ( n – 1) là 3 số nguyên liên tiếp nên có một số chia hết cho 2, một số chia hết cho 3, mà ( 2, 3) = 1; 2.3 = 6. Vậy: n( n + 1)( n – 1)  6, ta có điều phải chứng minh. b) m3n – mn3 = m3n – nm + nm – mn3 = n( m3 – m ) – m( n3 – n)  6 Vì theo câu a thì n3 - n  6; m3 - m  6 (m. n  Z) c) n( n + 1)( 2n + 1) = n( n + 1)[( n – 1) + ( n + 2)] = n( n + 1)( n – 1) + n ( n + 1) ( n + 2) 6 d) S – p = (a13  a1 )  (a 23  a 2 )  ...  (a n3  a n ) 6 Vì (a13  a1 ) 6; (a 23  a 2 ) 6;...; (a n3  a n ) 6 (Theo câu a) Do đó: S  6  P  6, ta có điều phải chứng minh. f) 1995 Đặt 19931994 = a1 + a2 + ….+ an = P Ta có S = a13  a 23  a33  ...  a n3 , cần tìm số dư khi chia S cho 6. Mà S – P  6 ( câu d) S  P ( mod 6) mà 1993 1( mod 6) 1995 Nên 19931994  1 ( mod 6) . Vậy số dư S chia cho 6 là 1. Bài 2: Cách1: Rõ ràng b  2 nên ab  2. Đặt n = 4k + r ( r  0  3 ). Ta có: 2n = 2r. 24k = 2r. 16k - Nếu r = 0 thì 2n = 16k tận cùng bằng . Do đó b = 6 nên ab = 6 - Nếu 1  r  3 ta có 2n – 2r = 2r(16k – 1 )  10  2n  2r ( mod 10 ) ( do 2r  8)  2r = b  10a = 2n - b = 2r ( 24k – 1 ) = 2r ( 16k – 1 )  3  a  3 ( do ( 10, 3) = 1)  ab  6. Cách 2: Từ giả thiết ta suy ra b chẵn và b  0. Do đó b chỉ có thể là 2, 4, 6, 8. Nếu b = 6 thì ab  6 Nếu b = 2 ta suy ra n lẻ  2n  2 ( mod 3)  10a + b = 9a + a + 2 2 ( mod ) Do 9a  0 (mod 3)  a + 2  2 ( mod 3)  a  0 ( mod 3 )  ab  6 Trường hợp b = 4, 8 chứng minh tương tự. Bài 3: Với mọi số nguyên x, y, z ta có: 400x  x(mod 21); 40y  -2y(mod 21); 4z  4z(mod 21); Suy ra: 400x + 40y + 4z  x – 2y + 4z(mod 21) Theo giả thiết: 100x + 10y + z  21 Nên 400x + 40y + 4z = 4( 100x + 10y + z)  0 (mod 21) Suy ra x – 2y + 4z  0 (mod 21)  x – 2y + 4z  21 n  n   Bài 4: Ta có 7 1 ( mod 3) 2.7 3 ( mod 3)  2.7n + 1  0( mod 3) Hay 2.7n + 1  3 Vậy: 2.7n + 1 là bội của 3 Bài 5: Ta có 21  2 ( mod 19)  212n + 1  22n + 1( mod 19) 17  -2( mod 19)  172n+1  ( - 2) 2n+1( mod 19)  172n+1  - 2 2n+1( mod 19)  212n + 1 + 172n+1  0( mod 19) Hay: 212n + 1 + 172n+1  19 mà 15 không chia hết cho 19 Vậy: A= 21 2n + 1 + 172n + 1 + 15 không chia hết cho 19. Bài 6: Cách 1: Xét 1994 số sau: 1994, 1994 1994, 1994 1994 1994,…, 1994 1994 1994 1994…1994( 1994 lần số 1994) Trong 1994 số trên khi chia cho 1993 phải có hai số có cùng số dư. Giả sử hai số đó là a= 1994…1994( i lần số 1994) b = 1994…1994 ( j lần số 1994) Với 1  i  j 1994 1994...1994 Khi đó: b – a =  (j i)soâ994 . 104i chia hết cho 1993 Vì 104i và 1993 nguyên tố cùng nhau nên: 1994   ...1994   chia hết cho 1993. ( j i ) laàn1994 Cách 2: Giả sử số A1994  1993  104A +1994  1993 35A + 1  1993  35A = 1993B + 1992  2B + 3 = 1995B + 1995 – 35A  2B + 3  35  B  32( mod 35)  B  ( mod 35) Đặt B = 16 + 35k ta tính được số A nhỏ nhất là A = 968 ứng với k = 0 và số nhỏ nhất thõa mãn bài toán là 9681994. Bài 7: Rõ ràng ta có a  0( mod 16) Mặt khác ta có:  1976 1(mod 25)   1974  1(mod 25)  19761976 1(mod 25)  1974 1(mod 25)  1974  1975 1(mod 25)  1976 19741973  1(mod 25)  a  0(mod 252) Từ (1) và (2)  a  0 ( mod 10000) Vậy a có 4 chữ số tận cùng là 0000. Bài 8: 1995 = 3.5.7.19 Các bội của 19 trong dãy 1; 2; …; 1994 là 19; 38; …; 1976 gồm 1976 : 19 = 104 số. Tronbg đó các bội của 192 là 361; 722; 1083; 1444; 1805; gồm 5 số. Do đó số thừa số 19 khi phân tích 1994 . ra thừa số nguyên tố là 104 +5= 109 nên 1994. = 3109.5109.7109.19109.T với T  19  T 1995 ( 1994 .)1995  1995k Suy ra: k  109.1995 Vậy k lớn nhất là 109.1995 Bài 9: Với (n, 10) = 1, ta chứng minh n101 – n  1000 Thật vậy ta có: n101 – n = n( n100 – 1) Vì (n, 10) = 1 nên n lẻ . Ta có: n100 -1 = (n50 + 1)( n50 -1) = (n50 + 1)( n25 +1) (n25 -1) ( n25 +1) và (n25 -1) là hai số chẵn liên tiếp, nên: n100 -1  8 (1) Vì (n, 10) = 1 nên (n, 5 ) = 1 Ta chứng minh được nếu n không chia hết cho 5 thì n100  1(mod 125)  n100 – 1  125 (2) 100 Vì (8, 125) = 1 nên từ (1) và (2) suy ra: n – 1  1000 n101 – n  1000. Ta có điều phải chứng minh. Bài 10: Ta có 51995 = 511 (51984 – 1) + 511 Ta sẽ chứng minh 511 (51984 – 1)  108 Ap dụng liên tiếp a2 - b2 = (a – b )( a + b) Ta có: 51984 – 1 = (531 -1)(531 + 1)(562 + 1)(5124 + 1)(5248 + 1)(5496 + 1)(5992 + 1) Mà : 531 – 1  4 và 5k + 1  2 n  N Do đó: 51984 – 1  28 Vậy: 511( 51984 – 1)  58. 28  108 Do đó tám chữ số tận cùng của số 51995 là 48828125 ( = 511) **************************************************************** ** CHƯƠNG II ƯỚC CHUNG LỚN NHẤT – BỘI CHUNG NHỎ NHẤT. I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT. 1. Ước chung lớn nhất. 1.1 Định nghĩa: Cho hai số nguyên dương a và b. Số d là ước chung lớn nhất của a và b ký hiệu ƯCLN( a, b ) hay (a, b) khi và chỉ khi d là ước chung của a và b; d là bội của mọi ước chung của a và b. Nếu ( a1, a2 , a3, … an ) = 1 thì ta nói các số a 1 , a2 , a3 , …, an nguyên tố cùng nhau. Nếu (am; ak) = 1; m  k ( m; k = 1; 2; 3;…;n) thì ta nói các số a 1 , a2 , a3 , …, an đôi một nguyên tố cùng nhau. 1.2 Tính chất.  a b  ( a; b ) a) c  UC(a; b) thì  ;   c c c a b d = (a; b)   ;  1 d d b) (ca; cb) = c(a;b) c) (a; b) = 1 và b\ ac thì b\ c d) (a; b) = 1, (a; c) = 1 thì (a; bc) = 1 e) ( a; b; c) = ((a; b); c) 1.3 Tìm ƯCLN bằng thuật toán Ơclit Cho a > b > 0 Nếu a= b.q thì (a; b) = b Nếu a = bq + r ( r  0) thì (a; b) = (b; r) Để tìm (a; b) khi a không chia hết cho b ta dùng thuật toán Ơclit. a = bq + r1 thì (a; b) = (b; r1) b = r1q1 + r2 thì (b; r1) = ( r1; r2) r1 = r2q2 + r3 thì (r1; r2) = ( r2; r3) …………………………………………………………………. rn-2 = rn-1qn-1 + rn thì (rn-2; rn-1) = ( rn-1; rn) rn-1 = rnqn thì (rn-1; rn) = rn (a; b ) = rn (a; b) là số dư cuối cùng khác 0 trong thuật toán Ơclit. 2. Bội chung nhỏ nhất. 2.1 Định nghĩa. Cho hai số nguyên dương a và b. Số m khác 0 là bội chung nhỏ nhất của a và b kí hiệu BCNN( a; b) hay[a; b]khi và chỉ khi a và b là ước của m; m là ước của mọi bội chung của a và b. II.2 Tính chất. a) [ca; cb] = c[a; b] b) [a; b; c] = [[a; b]; b] c) [a; b].(a; b) = a.b Chú ý: Phân số a tối giản  (a; b ) = 1 b III. BÀI TẬP. Bài 1: a) Cho a = 5a +3b; B = 13 a + 8b ( a; b  Z* ). Chứng minh: (A; B) = (a; b) b) Tổng quát cho A = ma + nb; B = pa + qb thõa mãn [mq + np ] = 1. Chứng minh (A; B) = ( a; b). Bài 2: a) Tìm ( 2k – 1; 9k + 4) ( k  Z) b) Tìm ( 6k + 5; 8k + 3) ( k  N) Bài 3 : Từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6 thành lập các số có 6 chữ số ( mỗi chữ số chỉ viết một lần). Tìm ƯCLN của các số đó. Bài 4: Cho A = 2n + 1; B = n(n  1) (n  Z*). Tìm (A; B) 2 Bài 5: a) Chứng minh rằng trong 5 số nguyên liên tiếp bao giờ cũng chọn được một số nguyên tố cùng nhau với các số còn lại. b) Chứng minh rằng từ 16 số nguyên liên tiếp bao giờ cũng chọn được một số nguyên tố cùng nhau với các số còn lại. Bài 6: Cho A = 2n + 3n ; B = 2n + 1 + 3 n + 1; C = 2n + 2 + 3n + 2 (n  Z*). Tìm (A; B) và (A; C) Bài 7: a) Tìm[n; n+1; n + 2] b) Chứng minh rằng [1; 2; 4; …; 2n] = [ n + 1; n + 2; …; 2n] Bài 8: Chứng minh rằng dãy số Fermat Fn = 22n + 1 (n  N) là dãy số nguyên tố cùng nhau. Bài 9: Cho a = 123456789 b = 987654321 a) Tìm (a; b) b) Tìm số dư khi chia [a; b] cho11 Bài 10: Cho 20 số tự nhiên khác 0: a1 < a2 < ….< a20 Chứng minh rằng [a1; a2; ….; a20]  20a1 III. HƯỚNG DẪN GIẢI. Bài 1: a) Đặt D = (A; B); d = (a; b)  d = (a; b)  d\ a và d\b  d\ 5a + b và d\13a + 8b  d\ D (1)  D = ( A; B)  D\ 5a + 3b và D\13a + 8b  D\8(5a + 3b ) – 3(13a + 8b) Hay D\a và D\b  D\d (2) Từ (1) và(2) ta có: D = d Vậy (A; B) = (a: b). b) Đặt D = (A; B); d = (a; b)  d = (a; b)  d\a và d\b  d\ma + nb và d\pa + qb  d\D (1)  D = ( A; B)  D\ma + nb và D\pa + qb  D\q(ma + nb ) – n(pa + qb) Và D\p(ma + nb ) – m(pa + qb) Hay D\ (mq – np)a Và D\ (np – mq)b Mà mq  np 1  D\a và D\b  D\d (2) Từ (1) và (2) ta có (A; B) = (a; b) Bài 2: a) Đặt d= ( 2k – 1; 9k + 4)  d\2k -1 và d\9k + 4  d\9(2k -1) và d\2( 9k +4)  d\2(9k + 4) – 9(2k – 1) hay d\17  d = 1 hoặc d = 17 ( ví dụ khi d = 1 khi k = 1; d = 17 khi k = 9) b) Đặt d = ( 6k + 5; 8k + 3)  d\6k +5 và d\8k + 3  d\4(6k +5) và d\3( 8k +3)  d\4(6k + 5) – 3(8k +3) hay d\11  d = 1 hoặc d = 11 ( ví dụ khi d = 1 khi k = 2; d = 11 khi k = 1) Bài 3: Các số đôi một khác nhau được thành lập từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6 có tổng các chữ số bằng 21  Các chữ số lập được chia hết cho 3 và không chia hết cho 9. Mặt khác ƯCLN cần tìm là ước của 123465 – 123456 = 9. Do đó ƯCLN cần tìm là 3. n(n  1)   2  n(n  1)  d\2n +1 và d\ 2  d\2n + 1 và d\2n( n +1 )  d\2n(n + 1) – (2n +1 )  d\n   Bài 4: Đặt d =  2n  1; Mà d\2n +1 nên d\2n +1 – 2n  d\1  d = 1 Vậy (A; B) = 1 Bài 5: a) Nếu hai số không bằng nhau mà hơn kém nhau không quá 4 đơn vị thì không thể có ước chung quá 4. Như vậy hai số ntrong năm số tự nhiên liên tiếp có thể có các ước chung là 2; 3; 4 hoặc chúng nguyên tố cùng nhau. Trong 5 số tự nhiên liên tiếp phải có ít nhất 2 số lẻ và có ít nhất một số không chia hết cho 3. Số này nguyên tố cùng nhau với các số còn lại. b) Xét 16 số nguyên liên tiếp a + 1; a +2; …; a + 16 (1)  Gọi d = ( a +r; a + s) ( 0 < r < 1  16; r; s N) Ta có d  15. Ta chỉ có một số không có ước chung bằng 2; 3; 5; 7; 11; 13 với bất kỳ số nào khác trong dãy trên. Ở đây (1) có 8 số lẻ liên tiếp. Số các bội của 3  5, số các bội của 5  3, số các bội của 7  2, số các bội của 7  2, số các bội của 11 hoặc 13 đều  2. Dễ thấy, hai số liên tiếp cùng là bội của số lẻ p thì phải có một số chẵn và số kia lẻ. - Nếu các bội của 3; 5; 7; 11; 13 chỉ gồm 7 số lẻ trong số 8 số lẻ ở dãy (1), thì số còn lại là số nguyên tố với tất cả 15 số còn lại. - Nếu các bội của 3; 5; 7; 11; 13 gồm cả 8 số lẻ thì trong đó phải có 3 số là bội của 3, 2 số là bội của 5, số các số là bội của 7; 11; 13 đều là 1, và các số lẻ ấy là khác nhau, khi đó: - Các số lẻ bội 3 là số lẻ thứ 1; 4; 7 và các số lẻ bội 5 là số thứ 3; 8 thì số lẻ bội của 13 là số phải tìm trừ một trường hợp số đó là số lẻ thứ 2 mà số chẵn thứ 8 là bội của 13 thì số lẻ bội 11 là số lẻ phải tìm. - Các số lẻ là bội của 3 là các số lẻ thứ 2; 5; 8 và các số lẻ là bội của 5 là các số lẻ thứ 1; 6 thì cũng được xét tương tự như trên. Vậy bài tóan được chứng minh hoàn toàn. Chú ý: Mệnh đề đúng với dãy có ít hơn 16 số. Mệnh đề không đúng với dãy nhiều hơn, chẳng hạn 17 số từ 1184 đến 1220 không có một số nào nguyên tố với các số còn lại. Bài 6: Đặt d = (A; B)  d\A và d\B  d\B – 2A và d\3A – B Hay d\3n và d\2n  d\ (3n, 2n) Mà (3; 2) = 1  (3n, 2n) = 1 Ta cód\1  d =1 (A; B) = 1 Đặt d' = (A; C)  d'\A và d'\C  d'\9A – C và d'\C – 4A Hay d'\5.2n và d'\5. 3n  d'\ (5.2n, 5.3n) = 5(2n; 3n) = 5 d' = 1 hoặc d' = 5 - Khi n lẻ thì n +2 lẻ. Do đó( 2n + 3n)  ( 2 + 3) (2n +2 + 3n +2)  (2 +3) A  5; C  5 nên (A; C) = 5 - Khi n chẵn 2n + 3n  5 nên (A; C) = 1 Bài 7: a) Đặt A = [n; n +1], B = [A; n +2] Ta có B = [n; n+1; n + 2 ] Mà (n; n +1) = 1 nên [n; n + 1 ] = n(n + 1) Mặt khác ( n + 1; n + 2) = 1 nên d= (n(n +1); n +2)  2 neáu n chaün  1 neáu n leû = (n; n +2) = (n; 2) =  Do đó: n(n  1)(n  2) n(n  1)(n  2)  (neáu n chaün)  [n; n +1; n + 2] = 2 d  n(n  1)(n  2)( neáu n leû) c) Vì trong k số nguyên liên tiếp có một và chỉ một số chia hết cho k. Do đó bất kỳ một trong các số 1; 2; …; n đều là ước của một số nào đó trong các số n + 1; n +2; …; 2n. Do đó: [1; 2; …n; n +1; n +2;…; 2n] = [n; n +1; n +2;…; 2n] Bài 8: Xét m > n, n  0, m = n +k, k > 0. Gọi d = (Fn; Fm) = (Fn; Fn + k ) và đặt a = 22 Ta có: Fn + k -2 = n k a2 - 1  a +1. Vậy Fn + k - 2  Fn dlaø öôùc cuûa Fn  Từ dlaø öôùc cuûa F   d\2 và do d lẻ nên d = 1. n k  Vậy dãy số Fermat là dãy số các số nguyên đôi một nguyên tố cùng nhau. Bài 9: a) Ta nhận thấy rằng ( 1 + 2 + 3 + …+ 9)  9 nên a và b đều chia hết cho 9. 1010  10 Mặt khác: a + b = 1111 111 110 = 9 10b + a = 9 999 999 999 = 1010 – 1 9b + 9a = 1010 - 10 Trừ (1) và (2) vế với vế, ta được: b – 8a = 9 Do đó: Nếu đặt d = ( a; b) thì từ (*) ta suy ra d  9 Mà a và b đều chia hết cho 9, suy ra d = 9. ab ab b) Ta có: [a; b] = (a; b)  9 Nhưng a = 13 + 17342 = 3 + 11k1; b = 5 +11k2 9 Vậy [a; b ] = (3 + 11k1 )( 5 +11k2 ) = 4 + 11m. Vậy số dư là 4. Bài 10: Gọi m = [a1; a2; ….; a20] Nên m = a1b1 = a2b2 = a3b3 =…= a20b20 (1) (2) (*) Mà: a1 < a2 < ….< a20 Nên: b1 > b2 > b3 > …..> b20 Vậy giá trị nhỏ nhất b1= 20 Do đó: m = a1b1  20a1 Tóm lại: [a1; a2; ….; a20]  20a1 ********************************************************* CHƯƠNG III SỐ NGUYÊN TỐ – HỢP SỐ I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT. I.1 SỐ NGUYÊN TỐ – HỢP SỐ. 1. Định nghĩa: • Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1 và chỉ có hai ước là 1 và chính nó. • Hợp số là số tự nhiên lớn hơn 1 và có nhiều hơn hai ước. 2. Định lý: Ước nhỏ nhất lớn hơn 1 của một số tự nhiên lớn hơn 1 là một số nguyên tố. Từ đó suy ra rằng: Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 bao giờ cũng có ước nguyên tố. I.2 TẬP HỢP CÁC SỐ NGYÊN TỐ. • Định lý 1: Tập hợp các số nguyên tố là vô hạn. • Định lý 2: Ước nguyên tố nhỏ nhất của một hợp số n là một số không vượt quá n. Hệ quả: Nếu số tự nhiên n > 1 không có ước nguyên tố nào từ 2 đến n thì n là một số nguyên tố. I.3 PHÂN TÍCH THÀNH THỪA SỐ NGUYÊN TỐ. 1. Định lý cơ bản. Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tích được ra thừa số nguyên tố một cách duy nhất ( không kể thứ tự các thừa số) 2. Dạng phân tích tiêu chuẩn của một số tự nhiên lớn hơn 1. Gọi p1; p2; p3;…; pk là các thừa số nguyên tố khác nhau và là ước của a; m 1; m2; m3;…; mk lần lượt là số các thừa số của p1; p2; p3;…; pk;, ta có: a = p1m , p 2m , p3m ,..., p km Số a viết được như trên gọi là dạng phân tích tiêu chuẩn. Chú ý: - Số ước chung của a là (m1 + 1)( m2 + 1)…( mk + 1) - Nếu a = n! thì số mũ mi của pi nào đó sẽ là 1 n 2  n  3 k  n  mi =     2   ...   k   ...  pi   p i   pi  II. BÀI TẬP. Bài 1: Tìm các số nguyên tố p để: a) p + 10; p + 14 cũng là các số nguyên tố. b) p + 2; p + 4 cũng là các số nguyên tố. c) p + 2; p + 6; p + 8; p + 14 cũng là các số nguyên tố. Bài 2: Tìm tất cả các số tự nhiên k để: k + 1; k + 3; k + 7; k + 9; k + 13; k + 15 là các số nguyên tố. Bài 3: a) Tìm các số nguyên tố p sao cho 2p + 1 bằng lập phương của một số tự nhiên. b) Tìm các số nguyên tố p sao cho 13p + 1 bằng lập phương của một số tự nhiên. 1 1 1 Bài 4: Tìm cặp số tự nhiên (x; y) sao cho: x  y  p ( p là số nguyên tố. 5125  1 Bài 5: Chứng minh rằng số : N = 25 là hợp số. 5 1 Bài 6: Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho mỗi số vừa là tổng vừa là hiệu của hai số nguyên tố. Bài 7: Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố liên tiếp sao cho tổng bình phương của ba số này cũng là số nguyên tố. Bài 8: Chứng minh định lý Fécma nhỏ. Nếu p là số nguyên tố và (a; p) =1 thì a p -1  p với mọi a  Z+. Bài 9: a) Giả sử p là số nguyên tố lẻ đặt m = 9p  1 . Chứng minh rằng m là một hợp số 8 lẻ không chia hết cho 3 và 3m – 1  1(mod m). b) Cho số nguyên tố p, các số dương a, n (n 2) thoả a 1 (mod pn ). Tìm số dư khi chia a cho pn -1. Bài 10: Cho A = n! +1, B = n +1 ( n  Z+). Chứng minh rằng nếu A  B thì B là số nguyên tố. III. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP. Bài 1: a) Rõ ràng p = 3 là số nguyên tố nhỏ nhất thõa mãn bài tóan. Nếu p > 3 thì p có dạng 3k + 1 hoặc 3k + 2 ( vì p là số nguyên tố) Khi p = 3k + 1 thì p + 14 = 3k + 15  3; p + 14 > 3 nên p + 14 không phải là số nguyên tố . Khi p = 3k +2 thì p + 10 = 3k + 12  3; p + 10 > 3 nên p + 10 không phải là số nguyên tố. b) p = 2 thì p + 2 = 4 là hợp số. P = 3 thì bộ 3; 5; 7 là bộ ba cần tìm. p 3 thì p = 3k + 1 hoặc p = 3k – 1 Nếu p = 3k + 1 thì p + 2  3 là hợp số. Nếu p = 3k - 1 thì p + 4  3 là hợp số. Vậy p = 3 là số nguyên tố duy nhất cần tìm. c) p = 5 thì 5; 7; 11; 13; 19 là bộ năm cần tìm. p 5 thì p = 5k  1; 5k  2. Với cách lý luận tương tự như cấu a, vập p = 5 là số nguyên tố duy nhất cần tìm. Bài 2: (Giải tương tự bài 1) k = 4 Bài 3: a) Giả sử 2p + 1 = z3 ( z  N)  z lẻ. Đặt z = 2n + 1 (z  N) Như vậy: 2p + 1 = ( 2n +1)3 = 8n3 + 12n2 + 6n + 1  p = n(4n2 + 6n + 3). Vì p nguyên tố nên suy ra n = 1, thay vào ta thấy p = 13 là số nguyên tố thoã mãn đề bài. b) Giả sử 13p + 1 = m3 ( m  N) mà p  2 suy ra m  3.  13p = (m- 1)( m2 + m + 1) 13 và p là số nguyên tố, m – 1 > 1; m2 + m + 1 > 1 Nên m – 1 =13 hoặc m – 1 = p. * m – 1 = 13  m = 14 m3 = 2744; p = 211 ta có 143 = 13.211 +1; 211 là số nguyên tố ( đúng) * m -1 = p và m2 + m + 1 = 13 m2 + m + 12 = 0 ( m +4)(m – 3 ) = 0 Vì m +4 > 0 nên m – 3 = 0  m = 3 Suy ra p = 2. ta có 33 = 13.2 +1; 2 là số nguyên tố ( đúng). Vậy p = 2 hoặc p =211 Bài 4: Do x; y  N nên đẳng thức đã cho tương đương với (x – p)(y – p) = p 2. Do p nguyên tố và x, y > p nên có các khả năng: a) x – p = 1; y – p = p2  x = p +1 và y = p2+ 1 b) x – p = p2; y – p = 1  x = p2 + p và y = p +1 c) x – p = p ; y – p = p  x = 2p và y = 2p Bài 5: Đặt a = 525, khi đó: a5  1 N= = a4 + a3 + a2+ a +1 a 1 = (a4 + 9a2 + 1 + 6a3 + 6a + 2a2) – (5a3+ 10a2 +1) = (a2 + 3a + 1)2 – 5a(a2 + 2a +1) = (a2 + 3a + 1)2 – 5.525 ( a + 1 )2 = (a2 + 3a + 1)2 –[513( a +1 )]2 = [a2 + 3a + 1 + 513(a +1)][ a2 + 3a + 1 – 513(a +1)]. N là tích của hai số nguyên lớn hơn 1. Vậy N là hợp số. Bài 6: Rõ ràng p > 2 nên p lẻ. Vì p vừa là tổng, vừa là hiệu của hai số nguyên tố nên một số phải chẵn, còn số kia phải lẻ. Số chẵn là 2. Như vậy: p = r + 2 = s – 2 ( r, s là số nguyên tố) Nhưng: r = p -2; p và s = p + 2 là 3 số lẻ liên tiếp nên có một số chia hết cho 3. Suy ra có một số bằng 3. * Nếu r = 3  p – 2 = 3  p = 5  s = p +2 = 7. Thõa mãn đề bài. P = 5 là bộ ba số nguyên tố cần tìm. * Nếu p = 3  r = p – 2 = 1 Không nguyên tố ( loại) * Nếu s = 3  p +2 = 3  p = 1 Không nguyên tố ( loại) Bài 7: Gọi ba số nguyên tố liên tiếp cần tìm là p; s; r và p < s < r. Nếu p, s, r đều không chia hết cho 3  p2, s2, r2 chia cho 3 có số dư là 1  (p2+ s2+ r2) 3 Mà p2+ s2+ r2 > 3 nên p2+ s2+ r2 không là số nguyên tố . Do đó có ít nhất một trong ba số p, s. r chia hết cho 3. * p = 3 s = 5; r = 7 ta co. p2+ s2+ r2 = 83 là số nguyên tố. * r = 3 p = 2; s = 5 ta có p2+ s2+ r2 = 38 không là số nguyên tố. * s = 3 r =2 không ton tại p. Tóm lại: Ba số nguyên cần tìm là 3; 5; 7. Bài 8: Vì không chia hết cho p nên các số 2a; 3a;…; (p -1 )a cũng không chia hết cho p. giả sử khi các số a; 2a; 3a;…; ( p – 1)a chia cho p được các số dư là r1; r2;…; rp – 1. r1; r2;…; rp – 1 đôi một khác nhau. Thật vậy nếu có r1 = rj ( 1  i < j  p – 1) Thì ia  ja(mod p)  a( i –j)  0 (mod p) (*) a  p; i –j  p nên (*) không xảy ra. Do đó: r1. r2.… rp – 1 = ( p – 1)! 2a. 3a. …(p -1)a  r1. r2.… rp – 1( mod p) (p -1)!ap -1  ( p -1)!(mod p) Vì: ((p -1)!; p) = 1  ap -1  1 (mod p). Bài 9:  3 p  1  3 p  1    ab , dễ thấy a, b đều nguyên dương lớn hơn 1 do a)Ta có : m =   2  4  đó m là hợp số. Mà m = 9p -1 + 9p – 2 + …+ 1 suy ra m lẻ và chia cho 3 dư 1. Theo định ký fecma nhỏ: 9p - 9  p vì (p; 8) = 1 9p  9 p 8 Vì m – 1 chẵn nên cũng có: m -1  2p 9p  1 m–1 2p Do đó: 3 - 1 3 – 1  = m. 8 Nên: 9p - 9  8p hay m -1 = b) Xét các trường hợp: 1) p = 2, ta có: a2  1(mod 2n)  a lẻ. Đặt a = 2x + 1 ( x  N)  2(x +1)x  2n  x(x + 1)  2n -2 Dễ dàng suy ra a   1(mod 2n -1). 2) p  3 ta cóap  a  1( mod p) ( Định lý Fec ma nhỏ)  d= ( a-1, ap -1 + ap- 2+ …+ a +1)  p  d = p vì d\p (a -1)( ap -1 + ap- 2+ …+ a+ 1)  pn Mà: ap -1 + ap- 2+ …+ a+ 1  p ( mod p2)  a -1  pn -1  a  1( mod pn -1). Bài 10: Giả sử B không phải là số nguyên tố. Do đó B có ước nguyên tố q, p < B  p  n  p\n!. Mặt khác A  B Nên p\A. Đo đó p\A - n! hay p\1. Vô lý. Mà n nguyên dương nên B 0, B 1 Vậy B là số nguyên tố. **************************************************************** * Bài toán 4: Chứng minh rằng trong 51 số khác nhau có một hoặc hai chữ số, ta có thể chọn ra 6 số sao cho trong 6 số đó không có hai số nào có những chữ số giống nhau trong một thứ tự. Bài giải Ta chọn 6 chữ số hàng chục sao cho có một nhóm, không ít hơn 6, các số đã rơi vào một hàng chục nào đó; có một nhoóm, không ít hơn, các số rơi vào hàng chục tiếp theo;…; cuối cùng có ít nhất một số rơi vào hàng chục còn lại. Các số cuối cùng thuộc một nhóm khác thì khác nhau chữ số hàng đơn vị. Ta chọn ở mỗi nhóm một số sao cho chữ số hàng đơn vị khác nhau; chọn một số nhóm cuối, lấy một số ở nhóm kế trước đó … ta được 6 số thõa mãn yêu cầu của bài toán. Bài toán 5: Chứng minh tồn tại một số tự nhiên x < 17 sao cho 25x - 1  17 Bài giải Xét dãy số gồm 17 số hạng sau: 25, 252, 253, 254,…, 2517 (*) Chia các số hạng của dãy (*) cho 17 Vì (25; 17) = 1 nên (25 n, 17) = 1. n  N và n 1. Do đó số dư của các phép chia chỉ có thể theo một thứ tự nào đó là 1, 2, 3, 4, …, 16. Có 17 phép chia và 16 số dư có thể có nên có ít nhất 2 số hạng của dãy (*) chia cho 17 có cùng số dư. Gọi 2 số đó là 25i và 25j với i, j  N và 1  i  j  17  25j– 25i  17  25i(25j – i – 1)  17 Vì (25i ; 17) = 1 nên: (25j – i – 1)  17 Vì 1  i  j  17  j – i < 17 Vậy x  N và x < 17 để 25x – 1  17 Bài toán 6: Chứng minh rằng tồn tại số có dạng 199419941994….1994 gồm k số 1994, với k  N và 1< k  1993, chia hết cho 1993. Bài giải Xem dãy số a1 = 1994 a2 = 19941994 ……………………………………      94  ....1994  a1994 = 1994199419 1994soâ994 Ta chia các số hạng của dãy cho 1993 Có 1994 phép chia mà tập hợp các số dư có tối đa là 1993 gia trị.Do đó có ít nhất 2 số hạng của dãy chia cho 1993 có cùng số dư . Gọi 2 số đó là ai và aj: ai = 199419941994…1994( có i chữ số 1994) aj = 199419941994…1994 ( có j chữ số 1994) Với i, j  N và 1  i  j  1994.  aj – ai 1993      94...1994   0000   ...0000    1994199419 ( j  i ) soá 1994 4 ichöõ soá 0  1993 4i      94...1994   .10  1993  1994199419 ( j  i ) soá 1994 Vì (10; 1993) = 1 nên (10k, 1993) = 1 k  Z       94...1994    1993 Do đó ta có: 1994199419 ksoá 1994 k N và 1< k  1993 Bài toán 7: Có tồn tại hay không, số có dạng: 199319931993…19930000…0000 chia hết cho 1994. Bài giải Xem dãy số b1 = 1993 b2 = 19931993 ……………………………………      93....1993  b1994 = 1993199319 1994 soâ993 Ta chia tất cả các số hạng của dãy cho 1994. Không có số hạng nào của dãy chia hết cho 1994. Có 1994 phép chia mà tập hợp các số dư có tối đa là 1993 trị số, do đó có ít nhất hai số hạng của dãy chia cho 1994 có cùng số dư. Gọi 2 số đó là bi và bj: bi = 199319931993…1993( có i chữ số 1993) bj = 199319931993…1993 ( có j chữ số 1993) Với i, j  N và 1  i < j  1993.  bj – bi 1994      93...1994   0000   ...0000    1994  1993199319 ( j  i ) soá 1993 4 ichöõ soá 0 Vậy ton tại số có dạng 19931993…19930000…0000 Chia hết cho 1994. Bài toán 8: Chứng minh rằng tồn tại n  N sao cho 3n tận cùng bằng 000001 Bài giải  Ta chứng minh tồn tại n N để cho 3n – 1  106 Ta xét dãy số gồm 1000000 số hạng sau: 3, 32, 33, …., 310 (*) Chia các số hạng của dãy (*) cho 106. Số dư của các phép chia có thể có là 1, 2, 3, 4,…,999999. Có một triệu phép chia, do đó có ít nhất hai số hạng của dãy (*) có cùng số dư trong phép chia cho 106. Gọi hai số đó là 3i và 3j . Với i, j  N và 1  i < j  106.  3j – 3i 106  3i(3j – i - 1) 106 Nhưng (3; 10) = 1  (3i – 106) = 1 Do đó: 3j – i – 1 106 6 Vậy tồn tại n  N để cho 3n tận cùng bỡi 0000001
- Xem thêm -