chuyÊn ĐỀ sỐ hỌc Ở bẬc thcs

LỜI NÓI ĐẦU

Ngạn ngữ Pháp có câu: “Toán học là Vua của các khoa học nhưng Số học là Nữ hoàng ”. Điều này nói lên tầm quan trọng của Số học trong đời sống và trong khoa học.

Số học giúp con người có cái nhìn tổng quát, sâu rộng hơn, suy luận chặt chẽ và tư duy sáng tạo.

Các bài toán số học đã làm say mê nhiều người, từ những nhà toán học lỗi lạc của mọi thời đại đến đông đảo các bạn yêu toán. Thế giới của những con số rất quen thuộc với chúng ta trong cuộc sống hằng ngày. Riêng chúng tôi cũng vậy, như bị cuốn hút vào thế giới đó nên chúng tôi đã mạnh dạn chọn đề tài: ”CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Ở BẬC TRUNG HỌC CƠ SỞ”. Để học tập và nghiên cứu nhằm hiểu biết, đi sâu và tích lũy thêm nhiều kiến thức về số học. Đồng thời giúp các em học sinh và giáo viên THCS có thêm tài liệu để tham khảo. Nội dung đề tài được trình bày trong 5 phần chính:

Phần I: Phép chia hết - Phép chia có dư

Phần II: Dấu hiệu chia hết và lớp các bài toán liên quan

Phần III: Các dạng bài toán về số chính phương

Phần IV: Phương trình vô định (Phương trình Diophantc)

Phần V: Số nguyên tố

Đề tài này chúng tôi chỉ đề cập đến một số chuyên đề về Số học nói trên, đưa ra các bài tập, các phương pháp giải và được bố trí theo từng vấn đề riêng.

Đề tài có Mục lục trình bày hướng dẫn các phần, giúp người đọc thuận tiện trong việc tra cứu các tài liệu cần thiết.

Trong quá trình thực hiện đề tài này, chúng tôi không tránh khỏi những thiếu sót và không giám khẳng định rằng những bài giải đó là tối ưu, vì vậy để đề tài được hoàn thiện hơn, rất mong những ý kiến đóng góp của bạn đọc.

Cuối cùng chúng tôi xin gửi lời cảm ơn trân trọng nhất đến thầy giáo Nguyễn Quốc Tuấn - Người đã theo sát hướng dẫn chúng tôi trong suốt quá trình làm đề tài.

Xin chân thành cảm ơn!

1

A. MỞ ĐẦU

I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Toán học là môn khoa học cơ bản, nó giúp phát triển tư duy sáng tạo logic của người học. Theo giáo sư P.Grifiths cho rằng: “Toán học vừa là môn khoa học của sự chính xác và vẻ đẹp bản năng, vừa có nguồn công nghệ giàu có để áp dụng cho thế giới thực”. Chúng ta có thể thấy được toán học có vị trí vô cùng quan trọng vì các khái niệm, quy tắc, kiến thức, kỷ năng có nhiều ứng dụng trong cuộc sống và trong chương trình học phổ thông. Môn toán là một môn cần thiết cho người lao động, cần thiết để các em học tập các môn học khác. Có thể nói giải toán là một trong những biểu hiện năng động nhất của hoạt động trí tuệ ở học sinh. Qua quá trình tìm hiểu chương trình toán học ở THCS và bằng thực tế chúng tôi thấy Số học là một phần rất khó trong toán học, đòi hỏi phải có sự phân tích tổng hợp, sự suy luận chặt chẽ, chính xác đồng thời nó liên quan đến nhiều mảng kiến thức khác nhau. Mặt khác, số học còn là một công cụ tốt giúp người học toán, dạy toán, nghiên cứu toán rèn luyện trí thông minh, óc tư duy sáng tạo, tạo nền móng vững chắc cho các bộ môn khoa học khác. Tuy nhiên thực tế cho thấy tài liệu và các bộ sách về Số học vẫn chưa đáp ứng nhu cầu tự học của số đông các học sinh có năng khiếu học toán. Và đặc biệt chưa sát với nhu cầu hướng dẫn tham khảo cho các giáo viên dạy toán ở bậc phổ thông trung học nói chung và các giáo viên dạy các lớp chuyên toán nói riêng. Chính vì những lý do đó mà chúng tôi đã chọn đề tài: “Chuyên đề số học ở bậc trung học cơ sở”.

II. MỤC TIÊU NGHIÊN CỨU

Thông qua đề tài này, chúng tôi muốn giới thiệu tới những bạn đọc đam mê toán, sinh viên ngành sư phạm Toán và các giáo viên bậc THCS một số vấn đề cơ bản để giải các bài toán liên quan đến chuyên đề Số học. Giúp học sinh nhận dạng bài toán và lựa chọn phương pháp giải toán thích hợp để giải từng bài toán cụ thể trong Số học. Đồng thời, bản thân chúng tôi cũng có cái nhìn tổng quát và sâu rộng hơn về Toán học sơ cấp nói chung và Số học nói riêng.

III. ĐỐI TƯỢNG VÀ KHÁCH THỂ NGHIÊN CỨU

- Các nội dung về lý thuyết, các phương pháp giải Toán số học có liên quan đến chương trình Số học bậc THCS.

- Thực hành giải Toán số học bậc THCS.

IV. GIẢ THUYẾT KHOA HỌC

Nếu xây dựng được một chuyên đề số học ở bậc trung học cơ sở thì sẽ phát huy cao tính tích cực, chủ động và sáng tạo của từng học sinh, góp phần nâng cao chất lượng dạy học môn Toán ở THCS.

2

V. TỔNG QUAN TÌNH HÌNH NGHIÊN CỨU

- Vấn đề Số học đã được trình bày trong các giáo trình “Số học” trình độ Cao đẳng, Đại học các ngành Toán, sư phạm Toán. Tuy nhiên trong các tài liệu đó các tác giả chỉ trình bày các nội dung kiến thức cơ bản phù hợp với yêu cầu giảng dạy, yêu cầu tự học của sinh viên, không chuyên sâu vào từng nội dung Số học cụ thể.

VI. NHIỆM VỤ CỦA ĐỀ TÀI

Muốn đạt kết quả cao trong dạy và học toán nói chung và việc giải các bài toán “Số học” nói riêng thì đề tài cần đảm bảo một số nhiệm vụ chủ yếu sau:

- Cung cấp những kiến thức cơ bản để giải dạng toán “Số học”.

- Hệ thống các bài toán theo dạng, đi từ bài dễ đến bài khó, từ dạng đơn giản đến phức tạp.

- Tìm ra phương pháp giải có hiệu quả nhất đối với từng dạng toán .

- Sau khi tiến hành thực nghiệm thì khảo sát đánh giá kết quả .

- Rút ra điểm cần lưu ý cho một dạng toán

* Để làm tốt nhiệm vụ này thì đề tài này cần đảm bảo một số yêu cầu sau:

- Các phương pháp giải phải trình bày có hệ thống rõ ràng dễ hiểu .

- Học sinh biết vận dụng kiến thức cơ bản để nhận biết dấu hiệu đặc biệt, điển hình của mỗi dạng toán để có phương pháp giải thích hợp.

- Học sinh biết nhận ra những mối quan hệ toán học chủ yếu trong bài.

VII. PHẠM VI NGHIÊN CỨU

Chương trình số học trung học cơ sở, bài tập số học nâng cao, tài liệu số học bồi dưỡng học sinh giỏi.

VIII. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU

- Nghiên cứu các tài liệu liên quan đến Số học.

- Phân tích, lựa chọn kiến thức phù hợp với mục tiêu nghiên cứu.

- Tổng hợp tổng quan về lý thuyết.

- Đề xuất các phương pháp giải Toán số học bậc THCS.

- Giới thiệu các bài Toán minh họa và hệ thống bài tập vận dụng.

IX. ĐÓNG GÓP CỦA ĐỀ TÀI

Qua đề tài này giúp cho học sinh nắm vững các kiến thức số học trong giải toán; đưa ra phương pháp giải phù hợp với từng dạng và áp dụng vào giải toán một cách chính xác, khoa học.

X. CẤU TRÚC CỦA ĐỀ TÀI

Tên đề tài: Tên nhóm tác giả:

3

Phần mở đầu1. Lý do chọn đề tài2. Mục đích nghiên cứu3. Đối tượng và khách thể nghiên cứu4. Giả thuyết nghiên cứu5. Nhiệm vụ nghiên cứu6. Phương pháp nghiên cứu7. Phạm vi nghiên cứu

Phần nội dung

Nội dung I: “Phép chia hết - Phép chia có dư”

Nội dung II: “Dấu hiệu chia hết và lớp các bài toán liên quan”

Nội dung III: “Các dạng bài toán về số chính phương”

Nội dung IV: “Phương trình vô định (Phương trình Diophantc)”

Nội dung V: “Số nguyên tố”

Kết luận và kiến nghị

Danh mục tài liệu tham khảo

Mục lục

4

B. NỘI DUNGNỘI DUNG I: PHÉP CHIA HẾT - PHÉP CHIA CÓ DƯ

PHẦN I: CƠ SỞ LÝ THUYẾT

I. Phép chia hết, phép chia có dư1. Định nghĩa:

Cho a, b Z, b 0; khi chia a cho b ta có:

a) a b (hay a | b) khi và chỉ khi có số nguyên q sao cho a = b.q

b) a không chia hết cho b: khi đó chia a cho b ta được thương gần đúng là q và số dư r (0 < r < b); ta viết: a = b.q + r (với 0 < r < b)

Ví dụ: Chia 23 cho 3, ta có thể viết:23 = 3.7 + 2 (7 gọi là thương gần đúng thiếu, vì 3.7 = 21 < 23)23 = 3.8 + (–1) (8 gọi là thương gần đúng thừa, vì 3.8 = 24 > 23)- Coi số dư có thể là số âm như trên, thì mọi số nguyên a khi chia cho 2, 3, 4, … ,

b có dạng:a = 2k; a = 2k + 1 hoặc a = 2k ; a = 2k – 1 (k Z)a = 3k; a = 3k 1 (k Z)

a = 4k; a = 4k 1 ; a = 4k + 2 hoặc a = 4k ; a = 4k 1 ; a = 4k – 2 (k Z)

…………………Tổng quát: nếu a = bk + r (b > 0), thì:

b chẵn: r = 0 ; r = 1 ; r = 2 ; ……;

hoặc r = 0 ; r = 1 ; r = 2 ; …… ; –

b lẻ: r = 0 ; r = 1 ; r = 2 ; …… ;

2. Ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất

Cho hai số nguyên dương a và b.

Ước chung lớn nhất của a và b, kí hiệu ƯCLN (a, b) hay (a, b). Một số d là ước chung của a và b khi và chỉ khi d là ước của ƯCLN(a, b).

d | a và d | b d | (a,b)

Bội chung nhỏ nhất của a và b, kí hiệu BCNN (a, b) hoặc . Một số m là bội

chung của a và b khi và chỉ khi m là bội của BCNN(a,b).

m a và m b m

Hai số được gọi là nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi (a,b) = 1

5

Ta chứng minh được: =

Từ đó: = ab nếu (a, b) = 1

3. Thuật toán Ơclit (Tìm ƯCLN dựa vào định lí phép chia có dư):

Thuật toán Ơclit dựa vào hai mệnh đề sau:

1) a = bq (a, b) = b

2) a = bq + r (r 0) (a, b) = (b, r)

Ví dụ : Tìm (702, 306)

Ta có : 702 = 306.2 + 90 (702,306) = (306,90)

306 = 90.3 + 36 (306,90) = (90,36)

90 = 36.2 + 18 (90,36) = (36,18) = 18

Vậy (702,306) = 18.

Trong thực hành, người ta thường đặt phép tính như sau:

20

36 2

90

18

36 3

90306 2

306702

Nếu thực hiện thuật toán Ơclit để tìm ƯCLN của hai số mà đến một lúc nào đó có số dư là 1 thì hai số đó là nguyên tố cùng nhau.

Áp dụng: Cho n là số tự nhiên bất kì; Chứng minh rằng: không thể giản

ước được.

(Đề thi học sinh giỏi toán cấp II toàn quốc năm 1970)

Lời giải

21n + 4 = (14n + 3).1 + 7n + 1 (21n + 4,14n +3) = (14n + 3,7n + 1)

14n + 3 = (7n + 1).2 + 1 (14n + 3,7n + 1) = (7n +1,1) = 1

Vậy: (21n + 4,14n +3) = 1

Hai số 21n + 4 và 14n + 3 có ước chung lớn nhất bằng 1 nên phân thức

không thể giản ước được.

6

4. Một số tính chất, định lí quan trọng thường được dùng để giải một số bài toán chia hết:

4.1) Mọi số nguyên a 0 đều chia hết cho chính nó (a Z ; a 0 a a)

4.2) a b và b c a c

4.3) 0 b (b 0)

4.4) a, b là hai số nguyên dương, nếu a b và b a thì a = b

4.5) a b thì ac b với c Z

4.6) a b a b

4.7) a 1

4.8) a b và a b b không chia hết cho a

4.9) a c và b c (a + b) c ; (a – b) c

4.10) a c và b c (am + bn) c

4.11) S = (a + b + c + d) m và a,b, c m thì d m

4.12) a, b, c m và d không chia hết cho m thì a + b + c + d không chia hết cho m (Tính chất chia hết của một tổng)

4.13) a b và c d ac bd. Đặc biệt : a b an bn

4.14) ac b và (a, b) = 1 c b

4.15) (ca, cb) = c(a, b) ;

4.16) c a và c b ; (a,b) = 1 c ab

4.17) Với hai số nguyên a, b và b > 0 thì bao giờ cũng tìm được cặp số nguyên duy nhất (q; r) sao cho a = bq + r (0 r < b).

5. Các bài toán chia hết và phương hướng tìm lời giải

Cho biểu thức A(n), phụ thuộc vào số n (n Z hay n Z’ một tập con của Z)

5.1) Để chứng minh A(n) chia hết cho một số nguyên tố p, có thể xét mọi trường hợp

về số dư khi chia n cho p (0, 1, 2, …, )

Ví dụ: Chứng minh rằng n(n2 + 1)(n2 + 4) 5 với mọi số nguyên n.

Lời giải

Đặt n = 5k + r với r = 0, 1, 2)

Với r = 0 thì n 5 A(n) 5

7

Với r = 1 thì (n2 + 4) = [(5k 1)2 + 4] = 25k2 10k + 5 5 A(n) 5

Với r = 2 thì (n2 + 1) = [(5k 2)2 1] = 25k2 10k + 5 5 A(n) 5

5.2) Để chứng minh A(n) chia hết cho hợp số m, nói chung ta nên phân tích m ra thừa số. Giả sử m = p.q. Nếu p,q là số nguyên tố hay (p,q) = 1 thì ta tìm cách chứng minh A(n) p và A(n) q. Từ đó suy ra A(n) pq = m.

Ví dụ: Chứng minh rằng tích của ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 6.

Lời giải

Gọi ba số nguyên liên tiếp là: n, n + 1, n + 2.

Tích của chúng là : A(n) = n(n + 1)(n + 2).

Trong hai số nguyên liên tiếp, bao giờ cũng có một số chẵn, do đó A(n) 2.

Trong ba số nguyên liên tiếp n, n + 1, n + 2 bao giờ cũng có một số chia hết cho 3. Thật vậy vì số dư khi chia n cho 3 chỉ có thể là 0 (n chia hết cho 3) hoặc là 1 (lúc đó n + 2 chia hết cho 3) hoặc là 2 (lúc đó n + 1 chia hết cho 3).

Vì (2,3) = 1 nên A(n) = n(n + 1)(n + 2) 6

Nếu p và q không nguyên tố cùng nhau thì ta phân tích A(n) thành nhân tử, chẳng hạn A(n) = B(n).C(n) và tìm cách chứng minh B(n) p và C(n) q. Khi đó A(n) = B(n)C(n) pq = m.

Ví dụ: Chứng minh rằng tích của hai số chẵn liên tiếp chia hết cho 8.

Lời giải

Gọi số chẵn đầu là 2n, số chẵn tiếp theo là 2n + 2, tích của chúng là:

A(n) = 2n(2n + 2).

Ta có 8 = 2.4 và A(n) = 2n(2n + 2) = 4.n(n + 1); n và n + 1 là hai số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2. Vì 4 4 và n(n + 1) 2 nên 4n(n + 1) 4.2 = 8.

5.3) Để chứng minh A(n) chia hết cho m, ta có thể biến đổi A(n) thành tổng của nhiều số hạng và chứng minh mỗi số hạng chia hết cho m.

Ví dụ: Chứng minh rằng lập phương của một số nguyên bất kì (n > 1) trừ đi 13 lần số nguyên đó thì luôn chia hết cho 6. (Đề thi học sinh giỏi toán cấp II toàn quốc năm 1970)

Lời giải

Ta cần chứng minh: A(n) = n3 – 13n 6

Ta có:

A(n) = n3 – 13n = n3 – n – 12n = n(n2 – 1) – 12n = n(n – 1)(n + 1) – 12n.

Vì n(n – 1)(n + 1) là tích của ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 6 và 12n chia hết cho 6 nên: A(n) = n3 – 13n 6.

8

5.4) Để chứng minh một tổng nào đó không chia hết cho m, có thể chứng minh một số hạng nào đó của tổng không chia hết cho m còn tất cả các số hạng còn lại chia hết cho m.

Ví dụ: Chứng minh rằng với mọi số n lẻ: n2 + 4n + 5 không chia hết cho 8.

Lời giải

Đặt n = 2k + 1 (n lẻ) ta có:

n2 + 4n + 5 = (2k + 1)2 + 4(2k + 1) + 5 = (4k2 + 4k + 1) + (8k + 4) + 5

= (4k2 + 4k) + (8k + 8) + 2 = 4k(k + 1) + 8(k + 1) + 2

Vì k(k + 1) 2 nên 4k(k + 1) 8 ; 8(k + 1) 8 và 2 không chia hết cho 8 nên n2 + 4n + 5 không chia hết cho 8.

5.5) Nếu số dư khi chia a cho b > 0 là r (0 < r < b) thì số dư khi chia a n (n > 1) cho b là số dư khi chia rn cho b (số dư này bằng rn nếu rn < b).

Ví dụ: Chứng minh rằng A(n) = n(n2 + 1)(n2 + 4) 5 với mọi số nguyên n.

Lời giải

n chia cho 5 dư 0 n 5

n chia cho 5 dư 1 n2 chia cho 5 dư (1)2 = 1 n2 + 4 5

n chia cho 5 dư 2 n2 chia cho 5 dư (2)2 = 4 n2 + 1 5

Ví dụ: Chứng minh rằng nếu n không chia hết cho 7 thì n2 + 1 hoặc n3 – 1 chia hết cho 7.

Lời giải

n không chia hết cho 7 nên n có dạng: 7k 1, 7k 2 hoặc 7k 3

n = 7k 1 n3 = 7p 1

n = 7k 2 n3 = 7q 8 = 7(q 1) 1

n = 7k 3 n3 = 7m 27 = 7(m 4) 1

Trong mọi trường hợp, n3 + 1 hoặc n3 – 1 là bội của 7.

5.6) Có thể dùng các công thức sau :

Ta đã biết: a2 – b2 = (a – b)(a + b)

a3 – b3 = (a – b)(a2 + ab + b2)

a3 + b3 = (a + b)(a2 – ab + b2)

Một cách tổng quát:

an – bn = (a – b).M với n bất kì (1)

Trong đó: M = an – 1 + an – 2 b + … + abn – 2 + bn – 1

với n chẵn (2)

Trong đó: N =

9

an + bn = (a + b).P với n lẻ (3)

Trong đó: P = an – 1 - an – 2b + … - abn – 2 + bn – 1

Do đó, theo (1) và (2) :

an – bn chia hết cho a – b (nếu a b) với n bất kì.

an – bn chia hết cho a + b (nếu a - b) với n chẵn.

Theo (3): an + bn chia hết cho a + b (nếu a -b) với n lẻ.

Ví dụ: a) Chứng minh rằng 24n – 1 15

Lời giải

Ta có: 24 = 16, do đó: 24n – 1 = 16n – 1 = (16 – 1).M = 15.M

b) Chứng minh rằng 25 + 35 + 55 5

Lời giải

Vì 5 là số lẻ nên 25 + 35 = (2 + 3).P và 55 5 nên 25 + 35 + 55 55.6) Có thể chứng minh bằng quy nạp toán học:

Để chứng minh một mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên n bằng phương pháp quy nạp toán học, ta tiến hành theo ba bước sau:

Bước 1: Kiểm tra mệnh đề đúng với n = 1 (hoặc n = no)Bước 2: Giả sử mệnh đề đúng với n = k 1 (hoặc k no); (Ta gọi là giả thiết

quy nạp). Rồi chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1.

Bước 3: Kết luận mệnh đề đúng

Ví dụ: Chứng minh rằng 16n – 15n – 1 225.

Lời giải

Với n = 1 thì 16n – 15n – 1 = 16 – 15 – 1 = 0 225 (đúng)Giả sử 16k – 15k – 1 225Ta chứng minh: 16k+1 – 15(k + 1) – 1 225.Thật vậy:

16k+1 – 15(k + 1) – 1 = 16.16k – 15k – 15 – 1 = (15 + 1).16k – 15k – 15 – 1 = = (16k – 15k – 1) + 15.16k – 15.

Theo giả thiết quy nạp (16k – 15k – 1) 225, Còn 15.16k – 15 = 15(16k – 1) = 15.(16 – 1).M 15.15.Vậy 16k+1 – 15(k + 1) – 1 225.

5.7) Dùng nguyên lí Dirichlet:Nguyên lí Dirichlet có thể phát biểu một cách tổng quát như sau :“Nếu đem n + 1 con thỏ nhốt vào n cái chuồng thì có ít nhất một chuồng chứa từ

2 con thỏ trở lên”

10

Ví dụ: Chứng minh rằng trong n + 1 số nguyên bất kì có 2 số mà hiệu chia hết cho n.

Lời giải

Lấy n + 1 số nguyên bất kì chia cho n thì có n + 1 số dư. Nhưng khi chia một số cho n thì sẽ có n số dư từ 0 đến n – 1. Vậy trong n + 1 phép chia trên sẽ có 2 số có cùng số dư. Khi đó hiệu hai số này chia hết cho n.

Bài tập áp dụng:

1) Chứng minh rằng: A = 75(41975 + 41974 + 41973 + … + 4 + 5) + 25 chia hết cho 41976.

Lời giảiA = 25.3(41975 + 41974 + 41973 + … + 42 + 4 + 1) + 25 A = 25.(4 – 1) (41975 + 41974 + 41973 + … + 42 + 4 + 1) + 25

A = 25.(41976 – 1) + 25 = 25

2) Chứng minh rằng số P = luôn luôn là một số tự nhiên

với mọi số tự nhiên x.Lời giải

P =

Mà: x5 + 10x4 + 35x3 + 50x2 + 24x = x(x4 + 10x3 + 35x2 + 50x + 24)= x[(x4 + 5x3 + 4x2) + (5x3 + 25x2 + 20x) + (6x2 + 30x + 24)]= x[x2(x2 + 5x + 4) + 5x(x2 + 5x + 4) + 6(x2 + 5x + 4)]= x(x2 + 5x + 4)(x2 + 5x + 6)= x(x + 1)(x + 4)(x + 2)(x + 3).

Vì 120 = 3.5.8 với 3, 5, 8 đôi một nguyên tố cùng nhau, do đó chỉ cần chứng minh: x(x + 1)(x + 4)(x + 2)(x + 3) lần lượt chia hết cho 3, 5, 8.3) Tìm n để các phân số sau là tối giản:

a) b)

Lời giải a) n + 13 = n – 2 + 15 (n + 13 , n – 2) = (n – 2 , 15).

tối giản (n – 2 , 15) = 1

b) =

Đã có (3 , 7) = (3 , 3n + 1) = (6n + 1 , 3n + 1) = 1. Cần có: (6n + 1 , 7) = 1

6n + 1 = 7n – (n – 1) (6n + 1, 7) = (n – 1 , 7) = 1 n – 1 7k n 7k + 1

11

4) Chứng minh rằng:a) A = (n + 1)(n + 2)(n + 3)….(3n) 3n

B) B =

Lời giảiChứng minh bằng quy nạp

a) Với n = 1, ta có : A = 2.3 3Giả sử mệnh đề đúng với n = k, tức là:

Ak = (k + 1)(k + 2)(k + 3)…(3k) 3k (1)Ta hãy xét: Ak + 1 = (k + 2)(k + 3)(k + 4)…[3(k + 1)] 3k + 1

Ak + 1 = 3(k + 1)(k + 2)(k + 3)…(3k)(3k + 1)(3k + 2) = 3Ak(3k + 1)(3k + 2)Nhưng theo (1) thì Ak 3k. Vậy Ak + 1 = 3Ak(3k + 1)(3k + 2) 3k + 1

Vậy mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên: n 1

b) Với n = 0, ta có: B = 7 + 12 = 19 19Giả sử mệnh đề đúng với n = k, tức là: Bk = 7.52k + 12.6k 19 (1)Ta hãy xét: Bk + 1 = 7.52(k + 1) + 12.6k + 1 = 7.52k.52 + 12.6k.6 = (6 + 19)7.52k + 12.6k.6 = 6(7.52k + 12.6k) + 19.7.52k = 6Bk + 19.7.52k

Nhưng theo (1) thì Bk 19. Vậy Bk + 1 = 6Bk + 19.7.52k 19Vậy mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên n.

5) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ta có An = n2 + n + 1 không bao giờ chia hết cho 9.

Lời giảiChứng minh bằng phương pháp phản chứng.Giả sử ngược lại có số nguyên a sao cho A = a2 + a + 1 chia hết cho 9

a2 + a + 1 = 9k 4a2 + 4a + 4 = 36k (2a + 1)2 = 36k – 3 (2a + 1)2 = 3(12k – 1) 12k – 1 không chia hết cho 3 (vô lý)Vậy An = n2 + n + 1 không chia hết cho 9 với mọi số nguyên n.

6) Tìm hai số tự nhiên a và b, biết: a + b = 128 và (a,b) = 16

Lời giảiĐặt a = 16m, b = 16n (m, n N)

Mặt khác (m, n) = 1 a + b = 16m + 16n = 128 m + n = 8

M 0 1 2 3 4 5 6 7 8

N 8 7 6 5 4 3 2 1 0

Ta thấy giá trị m = 1, n = 7; m = 3, n = 5; m = 5, n = 3; m = 7, n = 1 thỏa mãn yêu cầu của bài toán.

12

Suy ra:

và ngược lại

và ngược lại

7) Cho A = m + n và B = m2 + n2 , trong đó m và n là hai số tự nhiên nguyên tố cùng nhau. Tìm ước chung lớn nhất của A và B.

Lời giảiĐặt d = (m + n , m2 + n2) (m + n)2 d (m + n)2 – (m2 + n2) = 2mn d

d là ước chung của m + n và 2mn. (1)(m,n) = 1 (m + n, n) = (m + n, m) = 1 (2)

Do (1) và (2) 2 d d = 1 hoặc d = 2.

II. Đồng dư thức1. Định nghĩa:

Cho một số nguyên m > 0. Nếu hai số nguyên a và b cho cùng một số dư khi chia cho m (tức là a – b chia hết cho m) thì ta nói rằng a đồng dư với b theo module m và viết a b (modm).

Ví dụ: 46 16 (mod 10) vì 46 – 16 = 30 10

5 1 (mod 2) vì 5 – 1 = 4 2

-2 16 (mod 3) vì –2 – 16 = –18 3

Nếu a – b chia hết cho m thì có một số nguyên t sao cho a – b = m.tDo đó theo định nghĩa của đồng dư thức :

a b (mod m) a – b = m.t (t nguyên) hay a = b + m.t

Trong trường hợp < m thì a b (mod m) có nghĩa là chia a cho m có dư là b.

Nói riêng: a 0 (mod m) có nghĩa là a chia hết cho m.

Chú ý: Nếu nếu a b (mod m) là sai thì ta cũng viết a b (mod m)

2. Các tính chất của đồng dư thức :

Tính chất 1: Với mọi số nguyên a, ta có : a a (mod m)

Tính chất 2: a b (mod m) b a (mod m)

Tính chất 3: a b (mod m), b c (mod m) a c (mod m)

Tính chất 4: a b (mod m), c d (mod m) a + c b + d (mod m)

Tính chất 5: a b (mod m), c d (mod m) ac bd (mod m)

Các hệ quả của tính chất 4 và tính chất 5 :a1 b1 (mod m), a2 b2 (mod m), a3 b3 (mod m), …, an bn (mod m)

a) a1 + a2 + a3 + … + an b1 + b2 + b3 + … + bn (mod m)

b) a1.a2.a3 … an b1.b2. b3…bn (mod m)

13

c) an bn (mod m)

Tính chất 6: Nếu a b (mod m) và d là ước chung của a và b sao cho (d , m) = 1 thì:

(mod m)

Tính chất 7: Nếu a b (mod m) và số nguyên dương d là ước chung của cả ba số a,

b, m thì (mod )

Tính chất 8: Nếu a r (mod m) với 0 r < m, thì r chính là số dư trong phép chia a cho m.

3. Một số ví dụ áp dụng:

Ví dụ 1: Chứng minh rằng các số A = 61000 -1 và B = 61001 + 1 đều là bội của 7.

Lời giải

Ta có 6 –1 (mod 7) 61000 1 (mod 7) A = 61000 – 1 0 (mod 7)

Ta có 6 –1 (mod 7) 61001 –1 (mod 7) B = 61000 + 1 0 (mod 7)

Ví dụ 2: Tìm chữ số tận cùng của số 6713 và 21000

(Tìm chữ số tận cùng của một số N có nghĩa là tìm số dư của phép chia N cho 10, tức là tìm số không âm nhỏ hơn 10 và đồng dư với N theo module 10)

Lời giảiTa có 62 = 36 6 (mod 10)

Do đó 6n 6 (mod 10) với mọi n > 0

Suy ra 6713 6 (mod 10). Tức là chữ số cuối cùng của 6713 là 6.

Chú ý rằng: 24 = 16 6 (mod 10) và 1000 = 4.250, ta có: 21000 = 24.250 = (24)250

Do đó: 21000 6250 (mod 10). Tức là chữ số cuối cùng của 21000 cũng là 6.

Ví dụ 3: Tìm số dư trong phép chia 3100 – 1 cho 7Lời giải

Ta có 33 = 27 –1 (mod 7)

3100 = 33.33 + 1 = (33)33.3Do đó: (33)33 –1 (mod 7) 3100 = (33)33.3 –1.3 (mod 7)

3100 – 1 –4 (mod 7)

Vậy số dư trong phép chia 3100 – 1 cho 7 là –4 (hay là 3)

Ví dụ 4: Chứng minh rằng A = 22225555 + 55552222 7Lời giải

Ta có 2222 3 (mod 7) 22225 35 5 (mod 7)

22225555 = (22225)1111 51111 (mod 7)

5555 4 (mod 7) 55552 42 2 (mod 7)

55552222 = (55552)1111 21111 (mod 7)

14

Do đó: A = 22225555 + 55552222 = (22225)1111 + (55552)1111 51111 + 21111 (mod 7)

Ta lại có: 51111 + 21111 = (5 + 2).Q 7. Vậy A = 22225555 + 55552222 7

Ví dụ 5: Chứng minh rằng chia hết cho 102010

Lời giảiTa chứng minh bài toán một cách tổng quát:

Với mọi số tự nhiên n thì chia hết cho 10n + 1

Với n = 0 thì mệnh đề đúng: 11 – 1 = 10 10Giả sử mệnh đề đúng với n = k, ta có:

Ak = (1)

Ta xét:

Nhưng mọi lũy thừa của 11 đều đồng dư với 1 (mod 10) nên 10 số hạng trong móc vuông cũng vậy, do đó:

(mod 10)

Và biểu thức trong móc vuông chia hết cho 10

Mặt khác theo (1): vậy : Ak + 1 10k + 1.10 = 10k + 2

Với n = 2009, ta có: chia hết cho 102010

4. Định lý Fermat:

“Nếu p là số nguyên tố thì np – n chia hết cho p với mọi số nguyên n”np n (mod p), p là số nguyên tố

Đặc biệt: nếu (n , p) = 1 thì np – 1 1 (mod m)

Ví dụ 1: Chứng minh rằng 11991 + 21991 + 31991 + … + 19911991 chia hết cho 11 Lời giải

Theo định lí Fermat thì a11 a (mod 11), do đó a1991 a11 (mod 11) a (mod 11)

Vậy 11991 + 21991 + 31991 + … + 19911991 1 + 2 + 3 + … + 1991 1991.996 0 (mod 11)

Ví dụ 2: Chứng minh rằng nếu a + b + c chia hết chư 30 thì a5 + b5 + c5 chia hết cho 30.

Lời giải Ta có: 30 = 2.3.5 và 2, 3, 5 đôi một nguyên tố cùng nhau.

Theo định lí Fermat: a2 a (mod 2) a4 a2 a (mod 2) a5 a2 a (mod 2)

a3 a (mod 3) a5 a3 a (mod 3)

a5 a (mod 5)

15

Theo tính chất của phép đồng dư, ta có: a5 + b

5 + c

5 a + b + c (mod 2)

a5 + b

5 + c

5 a + b + c (mod 3)

a5 + b

5 + c

5 a + b + c (mod 5)

Do đó a5 + b

5 + c

5 a + b + c (mod 2.3.5). Tức là nếu a + b + c chia hết cho 30 thì

a5 + b

5 + c

5 chia hết cho 30.

PHẦN II: CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN CHIA HẾT

1. Phương pháp 1: SỬ DỤNG DẤU HIỆU CHIA HẾT

Phương pháp chung : Sử dụng những dấu hiệu chia hết, chủ yếu là những dấu hiệu chia hết cho 2, 3, 5 và 9 để giải bài tập.

Ví dụ 1: Tìm 2 số a và b trong số A = để được số chia hết cho cả 2 ; 5

và 9. Lời giải Để A chia hết cho 5 thi b = 0 hoặc b = 5.

Để A chia hết cho 2 thì b phải là số chẵn.Từ đó suy ra b = 0

A =

Để A chia hết cho 9 thì (2+0+1+ 0+a+0) 9 a = 6 Hai số a và b cần tìm là : a = 6 và b = 0

A =

Ví dụ 2: Thay các chữ x , y bởi các số thích hợp để A = chia hết cho 45.

Phân tích : Vì 45 = 5 . 9 và ( 5;9) = 1 nên ta sẽ tìm x và y sao cho A vừa chia hết cho 5 vừa chia hết cho 9.

Lời giải

Ta có A 45 A 5 và A 9

Vì A 5 nên y = 0 hoặc y = 5

Nếu y = 0 thi A = 9

2 + 4 + x + 6 + 8 + 0 9

20 + x 9

Mà 0 x 9

x = 7

Nếu y = 5 thì A = 9

16

2 + 4 + x + 6 + 8 + 5 9

25 + x 9

Vì 0 x 9

x = 2

Vậy x = 7 ; y = 0 ta được số A = 247680

x = 2 ; y = 5 ta được số A = 242685

Ví dụ 3:

Dùng 3 trong 4 số 8, 6, 1, 0, viết tất cả các số có 3 chữ số sao cho :

a. Số đó chia hết cho 9

b. Số đó chia hết cho 3 mà không chia hết cho 9

c. Số đó chia hết cho cả 2 và 5 .

Lời giải

a. Theo dấu hiệu chia hết cho 9, ta có 3 chữ số có tổng chia hết cho 9 là 8, 1 và 0

Các số lập được là: 801 , 810.

b. Vì 1 số chia hết cho 3 mà không chia hết cho 9 khi tổng các chữ số của nó chỉ chia hết cho 3 mà không chia hết cho 9

Có 3 chữ số thoả mãn yêu cầu đó là 8, 6, 1 .

Vì 8 + 6 + 1 = 15 mà 15 3 nhưng 15 không chia hết cho 0

Các số lập được là: 168, 186, 618, 681, 816, 861.

c. Vì 1 số chia hết cho cả 2 và 5 khi nó có chữ số tận cùng là 0

Các số lập đươc là: 160, 180, 680, 860, 810, 180.

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Bài 1: Chứng minh rằng : là số tự nhiên.

Bài 2: Tìm các chữ số a, b sao cho a56b 45

Bài 3: Biết tổng các chữ số của 1 số là không đổi khi nhân số đó với 5. Chứng minh rằng số đó chia hết cho 9.

Bài 4: Chứng minh rằng: số 1 sè 81

111 111 81

HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ

Bài 1: Để là 1 số tự nhiên, có nghĩa là 9 là ước của 10 2010 + 8

Hay 10 2010 + 8 chia hết cho 9

Vì 10 2010 = 100...00 : là số gồm 1 số 1 và 2010 chữ số 0

17

10 2010 có tổng các chữ số bằng 1

10 2010 + 8 có tổng các chữ số bằng 9

10 2010 + 8 9

Hay là 1 số tự nhiên đpcm

Bài 2: Ta thấy 45 = 5.9 mà (5 ; 9) = 1

để a56b 45 a56b 5 và 9

Xét a56b 5 b {0 ; 5}

Nếu b = 0 ta có số a56b 9 a + 5 + 6 + 0 9

a + 11 9

a = 7

Nếu b = 5 ta có số a56b 9 a + 5 + 6 + 0 9

a + 16 9

a = 2

Vậy: a = 7 và b = 0 ta có số 7560

a = 2 và b = 5 ta có số 2560

Bài 3: Gọi số đã cho là a

Ta có: a và 5a khi chia cho 9 cùng có 1 số dư

5a - a 9 4a 9 mà (4 ; 9) = 1

a 9 (Đpcm)

Bài 4: Ta thấy: 111111111 9

Có 1 sè 81

111 111 = 111111111(1072 + 1063 + … + 109 + 1)

Mà tổng 1072 + 1063 + … + 109 + 1 có tổng các chữ số bằng 9 9

1072 + 1063 + … + 109 + 1 9

Vậy: 1 sè 81

111 111 81 (Đpcm)

2. Phương pháp 2: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CHIA HẾT

Phương pháp chung: Sử dụng tính chất: Trong n số nguyên liên tiếp có 1 và chỉ 1 số chia hết cho n.

Chứng minh tính chất: Gọi n là số nguyên liên tiếp

m + 1; m + 2; … m + n với m Z, n N*

18

Lấy n số nguyên liên tiếp trên chia cho n thì ta được tập hợp số dư là: {0; 1; 2; … n - 1}

* Nếu tồn tại 1 số dư là 0: giả sử m + i = nqi ; i = n1,

m + i n

* Nếu không tồn tại số dư là 0 không có số nguyên nào trong dãy chia hết cho n phải có ít nhất 2 số dư trùng nhau.

Giả sử:

r qjn j m

n j i;1 r nqi i m

i - j = n(qi - qj) n i - j n

mà i - j< n i - j = 0 i = j

m + i = m + j

Vậy trong n số đó có 1 số và chỉ 1 số đó chia hết cho n…

Ví dụ 1: Chứng minh rằng: Tổng lập phương của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 9.

Lời giải

Gọi 3 số nguyên liên tiếp lần lượt là: n - 1 , n , n+1

Ta có: A = (n - 1)3 + n3 + (n + 1)3

= 3n3 - 3n + 18n + 9n2 + 9

= 3(n - 1)n (n+1) + 9(n2 + 1) + 18n

Ta thấy (n - 1)n (n + 1) 3 (CM Ví dụ 1)

3(n - 1)n (n + 1) 9

Mà

918

9)1(9 2

n

n

A 9 (ĐPCM)

Ví dụ 2: Chứng minh rằng: n4 - 4n3 - 4n2 +16n 3 84 với n chẵn, n 4

Lời giải

Vì n chẵn, n 4 ta đặt n = 2k, k 2

Ta có n4 - 4n3 - 4n2 + 16n = 16k4 - 32k3 - 16k2 + 32k

= 16k(k3 - 2k2 - k + 2)

= 16k(k - 2) (k - 1)(k + 1)

Với k 2 nên k - 2, k - 1, k + 1, k là 4 số tự nhiên liên tiếp nên trong 4 số đó có 1 số chia hết cho 2 và 1 số chia hết cho 4 (k - 2)(k - 1)(k + 1)k 8

Mà (k - 2) (k - 1)k 3 ; (3,8)=1

(k - 2) (k - 1) (k + 1)k 24

19

16(k - 2) (k - 1) (k + 1)k (16,24)

Vậy n4 - 4n3 - 4n2 +16n 384 với n chẵn, n 4


Bài 1: Chứng minh rằng:

a. n(n + 1) (2n + 1) 6

b. n5 - 5n3 + 4n 120 Với n N

Bài 2: Chứng minh rằng: n4 + 6n3 + 11n2 + 6n 24 Với n Z

Bài 3: Chứng minh rằng: Với n lẻ thì

a. n2 + 4n + 3 8

b. n3 + 3n2 - n - 3 48

c. n12 - n8 - n4 + 1 512

Bài 4: Với p là số nguyên tố p > 3, chứng minh rằng: p2 - 1 24

Bài 5: Chứng minh rằng: Trong 1900 số tự nhiên liên tiếp có 1 số có tổng các chữ số chia hết cho 27.


Bài 1: a. n(n + 1)(2n + 1) = n(n + 1) [(n + 1) + (n + 2)]

= n(n + 1) (n - 1) + n(n + 1) (n + 2) 6

b. n5 - 5n3 + 4n = (n4 - 5n2 + 4)n

= n(n2 - 1) (n2 - 4)

= n(n + 1) (n - 1) (n + 2) (n - 2) 120

Bài 2: n4 + 6n3 + 6n + 11n2

= n(n3 + 6n2 + 6 + 11n)

= n(n + 1) (n + 2) (n + 3) 24

Bài 3: a. n2 + 4n + 3 = (n + 1) (n + 3) 8

b. n3 + 3n2 - n - 3 = n2(n + 3) - (n + 3)

= (n2 - 1) (n + 3)

= (n + 1) (n - 1) (n + 3)

= (2k + 4) (2k + 2) (2k với n = 2k + 1, k N)

= 8k(k + 1) (k +2) 48

c. n12 - n8 - n4 + 1 = n8 (n4 - 1) - (n4 - 1)

= (n4 - 1) (n8 - 1)

= (n4 - 1)2 (n4 + 1)

= (n2 - 1)2 (n2 - 1)2 (n4 + 1)

20

= 16[k(k + 1)2 (n2 + 1)2 (n4 + 1)

Với n = 2k + 1 n2 + 1 và n4 + 1 là những số chẵn (n2 + 1)2 2

n4 + 1 2 n12 - n8 - n4 + 1 (24.22. 22. 1 . 21)

Vậy n12 - n8 - n4 + 1 512

Bài 4: Có p2 - 1 = (p - 1) (p + 1) vì p là số nguyên tố p > 3

p 3 ta có: (p - 1) (p + 1) 8

và p = 3k + 1 hoặc p = 3k + 2 (k N)

(p - 1) (p + 1) 3

Vậy p2 - 1 24

Bài 5: Giả sử 1900 số tự nhiên liên tiếp là n, n +1; n + 2; … ; n + 1989 (1)

Trong 1000 tự nhiên liên tiếp n, n + 1; n + 2; …; n + 999 có 1 số chia hết cho 1000 giả sử n0, khi đó n0 có tận cùng là 3 chữ số 0 giả sử tổng các chữ số của n0 là s khi đó 27 số n0, n0 + 9; n0 + 19; n0 + 29; n0 + 39; …; n0 + 99; n0 + 199; … n0 + 899 (2)

Có tổng các chữ số lần lượt là: s; s + 1 … ; s + 26

Có 1 số chia hết cho 27 (ĐPCM)

* Chú ý: n + 899 n + 999 + 899 < n + 1989

Các số ở (2) nằm trong dãy (1)

3. Phương pháp 3: XÉT TẬP HỢP SỐ DƯ TRONG PHÉP CHIA

Phương pháp chung: Do 1 số nguyên a luôn biểu diễn được dưới dạng

a = bq + r với 0 r < |b|

Khi đó ta xét mọi trường hợp của r. Nếu với mọi r ta luôn có được điều phải chứng minh thì bài toán được chứng minh

Ví dụ 1:

Chứng minh rằng tích của 2 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 2

Phân tích: Do yêu cầu bài toán bắt ta chứng minh một số chia hết cho 2 . Nên ta xét số n biểu diễn dưới dạng: n = 2k + r; k Z, n = 0, 1. Sau đó ta xét các trường hợp cuả số dư.

Lời giải

Giả sử A = n(n + 1) là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp

Với n ta luôn có :

n = 2k + r; r ={0; 1}; k

r = 0 n = 2k A = 2k(2k + 1) 2

r = 1 n= 2k+1 A = (2k+1)(2k+1+1)

21

= (2k+1)(2k+2)

= 2(2k+1)(k+1) 2

Vậy tích của 2 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 2.

Nhận xét:

Do 1 số a luôn biểu diễn được dưới dạng a= bq + r ; 0 r < |b|

Khi đó ta xét mọi trường hợp của r. Nếu với mọi r ta luôn có được điều phải chứng minh thì bài toán được chứng minh.

Ví dụ 2: Cho A = n(n+1)(2n+1)

Chứng minh rằng A chia hết cho 6 với n .

Lời giải

Với n ta luôn biểu diễn n dưới dạng:

n = 6k + r ; r = {0; 1; 2; 3; 4; 5}; k

r = 0 n = 6k A = 6k(6k + 1)(12k + 1) 6

r = 1 n = 6k + 1 A = (6k + 1)(6k + 1 + 1)[2(6k + 1) + 1]

= (6k + 1)(6k + 2)(12k + 3)

= (6k + 1)2(3k + 1)3(4k + 1)

= 6(6k + 1)(4k + 1)(3k + 1) 6

r = 2 n = 6k+2 A = (6k + 2)(6k + 1 + 2)[2(6k + 2) + 1]

= (6k + 2)(6k + 3)(12k + 5)

=2(3k + 1)3(2k + 1)(12k + 5)

=6(3k + 1)(2k + 1)(12k + 5) 6

r = 3 n = 6k + 3 A = (6k + 3)(6k + 1 + 3)[2(6k + 3) + 1]

= (6k + 3)(6k + 4)(12k + 7)

= 3(2k + 1)2(3k + 2)(12k + 7)

= 6(2k + 1)(3k + 2)(12k + 7) 6

r = 4 n = 6k + 4 A = (6k +4)(6k + 4 + 1)[2(6k + 4) + 1]

= (6k + 4)(6k + 5)(12k +9)

= 2(3k + 2)(6k + 5)3(4k + 3)

= 6 (3k+2)(6k+5)(4k+3) 6

r = 5 n = 6k+5 A = (6k + 5)(6k + 1 + 5)[2(6k + 5) + 1]

= (6k + 5)(6k + 6)(12k + 11)

= 6(6k + 5)(k + 1)(12k +11) 6

Vậy A chia hết cho 6 đpcm

22

Nhận xét: Như vậy, qua 3 bài toán trên ta thấy, khi bài toán yêu cầu chứng minh 1 số a chia hết cho b ta thường xét các trường hợp của các số dư khi lấy a chia cho b, tức là ta xét r = 0; 1;....; b-1


Bài 1: Chứng minh rằng: Với n N

Thì A(n) = n(2n + 7) (7n + 7) chia hết cho 6

Bài 2: Chứng minh rằng: Nếu n 3 thì A(n) = 32n + 3n + 1 13 Với n N

Bài 3: Tìm tất cả các số tự nhiên n để 2n - 1 7


Bài 1: Ta thấy 1 trong 2 thừa số n và 7n + 1 là số chẵn. Với n N A(n) 2

Ta chứng minh A(n) 3

Lấy n chia cho 3 ta được n = 3k + 1 (k N)

Với r {0; 1; 2}

Với r = 0 n = 3k n 3 A(n) 3

Với r = 1 n = 3k + 1 2n + 7 = 6k + 9 3 A(n) 3

Với r = 2 n = 3k + 2 7n + 1 = 21k + 15 3 A(n) 3

A(n) 3 với n mà (2, 3) = 1

Vậy A(n) 6 với n N

Bài 2: Vì n 3 n = 3k + r (k N); r {1; 2; 3}

A(n) = 32(3k + r) + 33k+r + 1

= 32r(36k - 1) + 3r (33k - 1) + 32r + 3r + 1

Ta thấy 36k - 1 = (33)2k - 1 = (33 - 1)M = 26M 13

33k - 1 = (33 - 1)N = 26N 13

Với r = 1 32n + 3n + 1 = 32 + 3 +1 = 13 13

32n + 3n + 1 13

Với r = 2 32n + 3n + 1 = 34 + 32 + 1 = 91 13

32n + 3n + 1

Vậy với n 3 thì A(n) = 32n + 3n + 1 13 Với n N

Bài 3: Lấy n chia cho 3 ta có n = 3k + 1 (k N); r {0; 1; 2}

Với r = 0 n = 3k ta có

2n - 1 = 23k - 1 = 8k - 1 = (8 - 1)M = 7M 7

Với r =1 n = 3k + 1 ta có:

2n - 1 = 28k +1 - 1 = 2.23k - 1 = 2(23k - 1) + 1

23

Mà 23k - 1 7 2n - 1 chia cho 7 dư 1

Với r = 2 n = 3k + 2 ta có :

2n - 1 = 23k + 2 - 1 = 4(23k - 1) + 3

Mà 23k - 1 7 2n - 1 chia cho 7 dư 3

Vậy 23k - 1 7 n = 3k (k N)

4. Phương pháp 4: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH THÀNH NHÂN TỬ

Phương pháp chung: Nếu 1 thừa số của 1 tích chia hết cho số a thì tích đó cũng chia hết cho a. Do vậy, với phương pháp này, để chứng minh 1 số a chia hết cho số b thì ta phân tích số a thành tích các thừa số sao cho xuất hiện 1 thừa số chia hết cho b hoặc tích cá thừa số chia hết cho b.

Ví dụ 1 : Chứng minh rằng A = n5 – n chia hết cho 5 n

Phân tích: ta sẽ phân tích A thành các thừa số mà trong đó có 1 thừa số chia hết cho 5. Trong bài toán này, ta dễ dàng phân tích A thành tích các thừa số mà có 1 thừa số là ( n2 + 1) và cũng dễ dàng chứng minh được n2 + 1 chia hết cho 5.

Lời giải

Ta có: A = n5 – n = n(n4 – 1) = n (n2 – 1)(n2 + 1) = n(n - 1)(n + 1)(n 2 + 1)

Với n Z ta luôn biểu diễn được dưới dang: n = 5k + r ; r =

r = 0 n = 5k n 5 A 5

r =1 n = 5k +1 (n – 1) =5k + 1 – 1 = 5k 5 A 5

r =2 n = 5k+ 2 n2 + 1 = (5k + 2)2 + 1

=25k2 + 20k + 4 + 1

= 25k2 + 20k + 5

= 5( 5k2 +4k +1) 5 A 5

r = 3 n = 5k + 3 n2 + 1 = (5k + 3)2 +1

= 25k2 +30k + 9 + 1

= 25k2 + 30k +10

=5(5k2 + 6k +2) 5 A 5

r = 4 n = 5k + 4 n + 1= 5k + 4 + 1

= 5k +5

= 5 ( k + 1) 5 A 5

Vậy A= n5 - n 5 đpcm

24

Nhận xét : Trong bài toán này ta đã đưa biểu thức về dạng dưới dạng tích mà trong đó có ít nhất 1 thừa số chia hết số cần phải chứng minh.

Ví dụ 2: Chứng minh rằng B = n5 – 5n3 + n chia hết cho 120. ( n ).

Phân tích : Ta thấy 120 = 3 . 5 .8 mà 3; 5 và 8 đôi một nguyên tố cùng nhau. Nên ta sẽ phân tích B thành tích cấc thừa số mà trong đó có thừa số hoặc tích các thừa số chia hết cho 3, 5 và 8.

Lời giải

Ta có :

n5 – 5n3 + n =n(n4 - 5n2 +1)

=n(n2 - 1)(n2 - 4)

= n (n + 1)(n - 1)(n + 2)(n - 2)

Vì n(n + 1)(n - 1) 3 n(n + 1)(n - 1)(n + 2)(n - 2) 3

n(n +1)(n - 1)(n + 2)(n - 2) 5

Mặt khác:

n (n + 1)(n - 1)(n + 2)(n - 2) là tích của 5 số nguyên liên tiếp

có ít nhất là 2 số chẵn.

Mà tích của 2 số chẵn liên tiếp chia hết cho 8

n (n + 1)(n - 1)(n +2)(n - 2) 8

Mà 3; 8; 5 đôi một nguyên tố cùng nhau

n (n + 1)(n - 1)(n + 2)(n - 2) (3.8.5)

Hay n (n + 1)(n - 1)(n + 2)(n - 2) 120

Hay n5 – 5n3 + n 120 đpcm

Nhận xét: Trong bài toán nà ta đã sử dụng kiến thức tích của n số nguyên liên tiếp thì chia hết cho n, mở rông ra, nó còn chia hết cho các số nhỏ hơn n. Nếu các số trong khoảng từ 1 đến n mà đôi một nguyên tố cùng nhau thi biểu thức đã cho chia hết có tích của các số ấy.


Bài 1: Chứng minh rằng: 36n - 26n 35 Với n N

Bài 2: Chứng minh rằng: Với n là số tự nhiên chăn thì biểu thức

A = 20n + 16n - 3n - 1 232

Bài 3: Chứng minh rằng: nn - n2 + n - 1 (n - 1)2 Với n >1

Bài 4: Cho 3 số nguyên dương a, b, c và thoả mãn a2 = b2 + c2

Chứng minh rằng: abc 60

25


Bài 1: Ta có 36n - 26n = (36)n - (26)n = (36 - 26)M

= (33 + 23) (33 - 23)M

= 35.19M 35 Vậy 36n - 26n 35 Với n N

Bài 2: Ta thấy 232 = 17.19 mà (17;19) = 1 ta chứng minh

A 17 và A 19 ta có A = (20n - 3n) + (16n - 1) có 20n - 3n = (20 - 3)M 17M

16n - 1 = (16 + 1)M = 17N 17 (n chẵn)

A 17 (1)

Ta có: A = (20n - 1) + (16n - 3n)

Có 20n - 1 = (20 - 1)p = 19p 19

Có 16n - 3n = (16 + 3)Q = 19Q 19 (n chẵn)

A 19 (2)

Từ (1) và (2) A 232

Bài 3: Với n = 2 nn - n2 + n - 1 = 1

Và (n - 1)2 = (2 - 1)2 = 1

nn - n2 + n - 1 (n - 1)2

Với n > 2 đặt A = nn - n2 + n - 1 ta có A = (nn - n2) + (n - 1)

= n2(nn-2 - 1) + (n - 1)

= n2(n - 1) (nn-3 + nn-4 + … + 1) + (n - 1)

= (n - 1) (nn-1 + nn-2 + … + n2 +1)

= (n - 1) [(nn-1 - 1) + … +( n2 - 1) + (n - 1)]

= (n - 1)2M (n - 1)2

Vậy A (n - 1)2 (ĐPCM)

Bài 4: Có 60 = 3.4.5 Đặt M = abc

Nếu a, b, c đều không chia hết cho 3 a2, b2 và c2 chia hết cho 3 đều dư 1 a2

b2 + c2. Do đó có ít nhất 1 số chia hết cho 3. Vậy M 3

Nếu a, b, c đều không chia hết cho 5 a2, b2 và c2 chia 5 dư 1 hoặc 4

b2 + c2 chia 5 thì dư 2; 0 hoặc 3 a2 b2 + c2. Do đó có ít nhất 1 số chia hết cho 5. Vậy M 5

Nếu a, b, c là các số lẻ b2 và c2 chia hết cho 4 dư 1.

b2 + c2 1(mod 4) a2 b2 + c2

Do đó 1 trong 2 số a, b phải là số chẵn.

26

Giả sử b là số chẵn

Nếu C là số chẵn M 4

Nếu C là số lẻ mà a2 = b2 + c2 a là số lẻ

b2 = (a - c) (a + b)

222

2cacab

2

b chẵn b 4 m 4

Vậy M = abc 3.4.5 = 60

5. Phương pháp 5: BIẾN ĐỔI BIỂU THỨC CẦN CHỨNG MINH VỀ DẠNG TỔNG

Phương pháp chung : Nếu từng hạng tử của 1 tổng đều chia hết cho 1 số a thì tổng đó chia hết cho a. Khi sử dụng phương pháp này, ta phân tích số, biểu thức ra thành tổng các hạng tử mà mỗi hạng tử đều chia hết cho số a nào đó.

Ví dụ 1:

Chứng minh rằng với m ta có: m3 - 13m chia hết cho 6.

Phân tích: Vì 13m = 12m + m mà 12m chia hết cho 6 nên ta chỉ xét m 3 - m là được.

Lời giải

Ta có: m3 - m = m3 - m - 12m

= m (m2 – 1)

= m(m - 1)(m + 1) - 12m

Vì m(m - 1)(m + 1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp m(m - 1)(m + 1) 3

Hơn nữa m(m + 1) là tích của 2 số nguyên liên tiếp m(m + 1) 2

m(m + 1)(m - 1) 2

Mà ƯCLN ( 2; 3) = 1

m(m+1)(m-1) 6

Mặt khác: 12m 6

m(m + 1)(m - 1) -12m 6 hay m3 - 13m 6 Đpcm

Nhận xét: Trong bài toán này ta đã tách biểu thức đã cho thành tổng 2 hạng tử mà mỗi hạng tử đều chia hết cho 6

Ở đây, chúng ta đã sử dụng tính chất nếu a c ; b c thì a b c

Ví dụ 2: Chứng minh rằng : A =2n3 - 3n2 +7n 6 với n

Phân tích : ta thấy 7n = 6n + n mà 6n chia hết cho 6 nên ta sẽ xét tổng 2n3 -3n3 +n.

Lời giải

27

Ta có : A = 2n3 - 3n2 +7n

= 2n3 - 3n2 + n + 6n

= n(2n2 - 3n +1) + 6n

= n(n - 1)(2n - 1) + 6n

= n(n - 1)[(n +1) + (n - 2)] + 6n

= n(n - 1) (n + 1) + n (n - 1)(n - 2) + 6n

Vì n ( n-1)( n+1) 6

n (n-1) (n-2) 6

6n 6

A 6 đpcm.

Nhận xét: Trong bài toán này ta đã mở rộng tách thành tổng 3 hạng tử . Tương tự như vậy, ta có thể mở rộng tách thành nhiều hạng tử mà mỗi hạng tử đều chia hết cho 1 số.

Ví dụ 3: Cho A = 2903n - 803n - 464n + 261n

Chứng minh rằng A 271 với n

Phân tích: ta thấy 2903 - 464 = 2439 271 và 803 - 261 = 542 271. Và ta sẽ áp dung hằng đẳng thức: (an - bn ) ( a - b).

Lời giải

Ta có : A = 2903n - 803n - 464n + 261n

=( 2903n - 464n ) - ( 803n - 261n)

Ta có : 2903n - 464n = ( 2903 - 644) ( 2903n-1 +.........+ 464n-1)

: 2903n - 464n ( 2903 – 464)

Mà 2903 – 464 = 239 = 9 . 271

2903n - 464n 271

Mặt khác: 803n - 261n = ( 803 - 261)( 803n-1 +.......+ 261n-1)

803n - 261n (803 - 261)

Mà 803 - 261 =542 = 2 . 271

2903n - 464n 271

A 271 đpcm

Nhận xét : Trong bài toán này ta đã sử dụng kiến thức (an - bn ) (a - b) với n ; a, b . Với những bài toán này ta sẽ đưa biểu thức về dạng (an - bn ) sao cho

a - b là bội của số cần chứng minh tính chia hết.


Bài 1: Chứng minh rằng: P = 46n + 296.13n chia hết cho 33 với n

28

Phân tích : vì 46 – 13 = 33 33 và 297 13 nên ta sẽ tách thành tổng sao cho mỗi hạng tử sẽ có 1 trong 2 thừa số này.

Bài 2: Chứng minh rằng: n3 + 11n 6 với n Z.

Bài 3: Cho a, b z thoả mãn (16a +17b) (17a +16b) 11

Chứng minh rằng: (16a +17b) (17a +16b) 121

Bài 4: Tìm n N sao cho n3 - 8n2 + 2n n2 + 1


Bài 1: Ta có : P = 46n + 296.13n

= 46n - 13n + 297.13n

Ta có : 46n-13n ( 46-13) hay 46n-13n 33

Mặt khác : 297 = 9 . 33 297.13n 33

P 33 đpcm

Bài 2: Ta có n3 + 11n = n3 - n + 12n = n(n2 - 1) + 12n

= n(n + 1) (n - 1) + 12n

Vì n, n - 1; n + 1 là 3 số nguyên liên tiếp

n(n + 1) (n - 1) 6 và 12n 6

Vậy n3 + 11n 6

Bài 3: Có 11 số nguyên tố mà (16a +17b) (17a +16b) 11

1116b 17a

1117b 16a

(1)

Có 16a +17b + 17a +16b = 33(a + b) 11 (2)

Từ (1) và (2)

1116b 17a

1117b 16a

Vậy (16a +17b) (17a +16b) 121

Bài 4: Có n3 - 8n2 + 2n = (n2 + 1)(n - 8) + n + 8 (n2 + 1) n + 8 n2 + 1

Nếu n + 8 = 0 n = -8 (thoả mãn)

Nếu n + 8 0 n + 8 n2 + 1

807n

809n

81n8n

81-n8n 2

2

2

2

nn

nn

n

n

Víi

Víi

Víi

Víi

n {-2; 0; 2} thử lại

Vậy n {-8; 0; 2}

29

6. Phương pháp 6: DÙNG QUY NẠP TOÁN HỌC Phương pháp chung: Ta sử dụng các bước để chứng minh bằng quy nạp mà ta

đã biết khi chứng minh An chia hết cho a:

Chứng minh An đúng với n =0; n = 1 (giá trị n nhỏ nhất trong điều kiện bài toán)

Giả sử An đúng với n = k . Ta sẽ chứng minh nó đúng với n = k + 1.

Ví dụ 1: Cho An = 5n + 2.3n-1 +1 ( n ). Chứng minh rằng An 8.

Lời giải

Xét n = 1 A1 = 51 + 2 .31-1 + 1 = 8 8

n = 2 A2 = 52 + 2 . 32-1 + 1 =32 8

Giả sử An 8, n = k nghĩa là

Ak = 5 k + 2 . 3 k-1 + 1 8

Ta sẽ chứng minh An 8, n = k + 1

Thật vậy:

A k + 1 = 5 k+1 + 2 . 3k + 1

= 5. 5k + 6 . 3 k – 1 + 1

= 5k + 2. 3 k – 1 + 1 +4. 5 k + 4. 3 k – 1

=5k + 2. 3 k – 1 + 1 + 4( 5k + 3 k – 1 )

Vì 5k + 2. 3 k – 1 + 1 8

Mặt khác: 5k + 3 k – 1 là số chẵn 5k + 3 k – 1 2

4( 5k + 3 k – 1 ) 8

A k+ 1 8 đpcm.

Ví dụ 2: Chứng minh rằng: An = 16n – 15n – 1 225 ( n )

Lời giải

Xét n = 0 A1 = 16 0 – 15 . 0 – 1 = 0 225

N = 1 A2 = 161 - 15 .1 -1 = 0 225

Giả sử An 225, n = k nghĩa là :

Ak = 16k – 15k – 1 225

Ta sẽ chứng minh An 225, n = k+ 1

Thật vậy:

A k + 1 = 16k + 1 - 15. ( k + 1 ) -1

= 16. 16k - 15k - 15 -1

= 16k - 15k - 1 + 15 ( 16k - 1 )

30

Vì 16k - 15k - 1 225

( 16k - 1 ) ( 16 - 1 ) tức là ( 16k - 1 ) 15

15 ( 16k - 1 ) 225

Ak+1 225 đpcm.

Ví dụ 3: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta luôn có :

An = 3 n + 2 + 42n + 1 chia hết cho 13.

Lời giải

Với n = 0 A0 = 32 + 4 1 = 13 13

n = 1 A1 = 33 + 43 = 91 13

Giả sử An 113 n = k tức là Ak = 3k + 2 + 42k + 1 13

Ta sẽ chứng minh nó đúng với n = k + 1 .

Thật vậy:

Ak + 1 = 3 k + 3 + 42k + 3

= 3. 3k + 2 + 42. 42k + 1

= 3. 3k + 2 + 3. 42k + 1 + 13. 42k + 1

= 3(3k + 2 +42k + 1 ) +13. 42k + 1

Vì 3(3k + 2 +42k + 1 ) 13

13. 42k + 1 13

Ak + 1 13 đpcm.


Bài 1: Chứng minh A(n) = 16n - 15n - 1 225 với n N*

Bài 2: Chứng minh rằng: với n N* và n là số tự nhiên lẻ ta có 22 21 nn

m

Bài 3: Chứng minh rằng số được thành lập bởi 3n chữ số giống nhau thì chia hết cho 3n

với n là số nguyên dương.


Bài 1: Với n = 1 A(n) = 225 225 vậy n = 1 đúng

Giả sử n = k 1 nghĩa là A(k) = 16k - 15k - 1 225

Ta phải chứng minh: A(k+1) = 16 k+1 - 15(k + 1) - 1 225

Thật vậy: A(k+1) = 16 k+1 - 15(k + 1) - 1

= 16.16k - 15k - 16

= (16k - 15k - 1) + 15.16k - 15

= 16k - 15k - 1 + 15.15m

31

= A(k) + 225

Mà A(k) 225 (giả thiết quy nạp)

225m 225

Vậy A(n) 225

Bài 2: Với n = 1 m2 - 1 = (m + 1)(m - 1) 8 (vì m + 1; m - 1 là 2 số chẵn liên tiếp nên tích của chúng chia hết cho 8)

Giả sử với n = k ta có 22 21 kk

m ta phải chứng minh

32 211

kk

m

Thật vậy 22 21 kk

m )(.21 22 zqqm kk

1.2 22 qm kk

có qqqmm kkkkk

.2.211.211 324222

22 1

= 3213 2)2(2 kkk qq

Vậy 22 21 nn

m với n 1

Bài 3: Ta cần chứng minh sèan

aaa3

... 3n (1)

Với n = 1 ta có aaa... 3111 a

Giả sử (1) đúng với n = k tức là sèak

aaa3

... 3k

Ta chứng minh (1) đúng với n = k + 1 tức là phải chứng minh

asè13

...k

aaa 3k+1 ta có 3k+1 = 3.3k = 3k + 3k +3k

Có kkkk

aaaaaaaaa3333

............1

asè

k

kk

aaaaaaaa3

33.2 ...10....10....

133.2

3

311010... kkk

k

aaa

7. Phương pháp 7: SỬ DỤNG ĐỒNG DƯ THỨCPhương pháp chung: Sử dụng các định lý Fermat và Euler để chứng minh.

Ví dụ 1: Chứng minh rằng: với mọi số nguyên tố p và q ; p 0 ta có

A = p q – 1 + qp – 1 - 1 chia hết cho p.q

32

Phân tích : vì p và q nguyên tố cùng nhau nên ta sẽ chứng minh A đồng thời chia

hết cho p và q. Ta thấy = p -1 với p là số nguyên tố. Từ đó ta sẽ tìm cách chứng

minh A vừa chia hết cho p vừa chia hết cho q.

Lời giải

Vì p và q là 2 số nguyên tố và p q ( p,q) = 1

Theo định lý Fermat ta có :

p q - 1 1 ( mod q )

qp - 1 0 ( mod q ) ( vì p 2 p - 1 1 )

A = p q - 1 + qp - 1 - 1 0 (mod q) A q

Tương tự ta có

qp – 1 1( mod p )

p q – 1 0 ( mod p ) ( vì q 2 q - 1 1)

A = p q – 1 + qp – 1 - 1 0 ( mod p ) A p

Mà (p,q) = 1 A p.q

Nhận xét: Trong bài toán này, ta đã sử dụng định lý Fermat với từng số p, q. Do p và q là 2 số nguyên tố nên (p,q ) = 1 Nếu A p và A q thì A p . q.

Ví dụ 2: Chứng minh rắng với mọi số tự nhiên n ta có :

+ 3 11 .

Phân tích :Vì 11 là số nguyên tố nên = 10 . Khi đó ta chỉ xét 34n + 11 với mod

10 . Sau đó ta xét (mod 11).

Lời giải

Theo định lý Fermat ta có:

210 1 (mod 11) .

Mặt khác:

34 = 81 1 (mod 10) 34n 1 ( mod 10)

34n + 1 = 3 . 3 4n 3 ( mod 10)

Đặt 3 n + 1 = 10k + 3

Ta được

= 2 10k + 3 =(210)k . 23 23 ( mod 11)

+ 3 0 ( mod 11)

Hay + 3 11 đpcm.

33

Ví dụ 3: Chứng minh rằng: 270 + 3 70 70.

Lời giải

Vì 13 là số nguyên tố (13) = 12 .

Theo định lý Fermat ta có:

212 1 ( mod 13) ( vì (2;13) = 1)

260 1 ( mod 13)

2 70 = 210 . 2 60 210 ( mod 13)

270 -3 ( mod 70 ).

Tương tự:

312 1 ( mod 13 ) ( vì (3;13) = 1)

360 1 ( mod 13 )

3 70 310 ( mod 13 )

3 70 -3 mod 70)

270 + 370 0 (mod 70 ).

Hay 270 + 370 70 đpcm.


Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên a ta có:

a7 – a 7.

Bài 2:Chứng minh rằng: 22225555 + 55552222 7

Bài 3: Chứng minh rằng: 225331414 32

nn

với n N

Bài 4: Chứng minh rằng: 1172142

n

với n N


Bài 1: Ta có : a7 - a = a ( a6 - 1 ).

Vì (7) = 6 và (a;7) = 1

a6 1 ( mod 7 )

a6 - 1 0 ( mod 7)

a ( a6 - 1 ) 0 ( mod 7 )

Hay a7 - a 7 đpcm.

Bài 2:

Có 2222 - 4 (mod 7) 22225555 + 55552222 (- 4)5555 + 45555 (mod 7)

Lại có: (- 4)5555 + 42222 = - 45555 + 42222

= - 42222 (43333 - 1) = 144 -111132222

34

Vì 43 = 64 (mod 7) 01411113 (mod 7)

22225555 + 55552222 0 (mod 7)

Vậy 22225555 + 55552222 7

Bài 3: Theo định lý Fermat ta có:

310 1 (mod 11)

210 1 (mod 11)

Ta tìm dư trong phép chia là 24n+1 và 34n+1 cho 10

Có 24n+1 = 2.16n 2 (mod 10)

24n+1 = 10q + 2 (q N)

Có 34n+1 = 3.81n 3 (mod 10)

34n+1 = 10k + 3 (k N)

Ta có: 31021032 235331414

kqnn

= 32.310q + 23.210k + 5

1+0+1 (mod 2)

0 (mod 2)

Mà (2, 11) = 1

Vậy 225331414 32

nn với n N

Bài 4:Ta có: 24 6 (mod) 24n+1 2 (mod 10)

24n+1 = 10q + 2 (q N)

2102 2214

qn

Theo định lý Fermat ta có: 210 1 (mod 11)

210q 1 (mod 11)

7272 2102 14

qn

4+7 (mod 11) 0 (mod 11)

Vậy 1172142

n với n N (ĐPCM)

8. Phương pháp 8: SỬ DỤNG NGUYÊN LÝ ĐIRICHLETPhương pháp chung: Sử dụng nguyên tắc Đirichlet:

Nếu nhốt n + 1 con thỏ vào n chuồng thì phải có ít nhất một chuồng chứa từ 2 con thỏ trở lên.

Việc chứng minh nguyên tắc này là rất đơn giản bằng phương pháp chứng minh phản chứng

35

Để sử dụng nguyên tắc này cần làm xuất hiện tình huống nhốt thỏ vào chuồng và thoả mãn hai điều kiện :

+ Số thỏ nhiều hơn số chuồng

+ Thỏ phải được nhốt hết vào chuồng nhưng không bắt buộc chuồng nào cũng có thỏ

Ví dụ 1: Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên k sao cho 3k - 1 chia hết cho 1000.

Phân tích : Nhận thấy ( 3k ; 1000) = 1 và hiệu của các luỹ thừa của 3 có dạng 3k(3k-1) nên ta có thể sử dụng nguyên tắc suy luận Dirichlet để giải bài toán trên.

Lời giải

Xét dãy 1001 số sau : 1 ; 3 ; 9 ; .....; 31000

Khi chia 1001 số này cho 1000 thì có không quá 1000 số dư.

Vì vậy theo nguyên tắc suy luận Dirichlet, có ít nhất hai số trong dãy này có cùng số dư trong phép chia cho 1000.

Giả sử 2 số đó là 3t và 3h ,t > h.

Khi đó 3t - 3 h chia hết cho 1000.

Suy ra 3h( 3t – h -1 ) chia hết cho 1000.

Đặt k = t - h , có ( 3k - 1 ) chia hết cho 1000 đpcm.

Ví dụ 2: Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên k sao ( 7k - 1 ) chia hết cho 2000.

Phân tích: Nhận thấy ( 7k ; 1000) = 1 và hiệu của các luỹ thừa của 7 có dạng 7k(7k-1) nên ta có thể sử dụng nguyên tắc suy luận Dirichlet để giải bài toán trên.

Lời giải

Xét dãy 2001 số sau : 1 ; 7 ; 72 ; .... ; 72000 .

Khi chia 2001 số này cho 2000, có không quá 2000 số dư.

Vì vậy theo nguyên tắc Dirichlet, có ít nhất 2 số trong dãy này có cùng số dư trong phép chia cho 2000.

Giả sử 2 số đó là 7m và 7n . m > n .

Khi đó 7m - 7n chia hết cho 2000 .

Suy ra 7n ( 7m – n - 1 ) chia hết cho 2000.

Vì ( 7;2000) = 1 nên ( 7n ; 2000) = 1 .

Vì vậy 7m – n - 1 chia hết cho 2000.

Đặt k = m - n 7k - 1 chia hết cho 2000 đpcm.

Ví dụ 3: Cho 1995 số tự nhiên bất kì. Chứng minh rằng có thể chọn trong 1995 số đó hai số để hiệu của chúng chia hết cho 1994.

Lời giải

36

Đem lần lượt 1995 số tự nhiên trên chia cho 1994 thì ta thu được 1995 số dư có giá trị từ 0 đến 1993 (gồm 1994 số dư). Như vậy có 1995 số dư nhận trong 1994 giá trị từ 0 đến 1993 thì theo nguyên tắc Dirichlet ít nhất cũng có hai số dư có giá trị giống nhau. Hai số khi chia cho 1994 có số dư bằng nhau thì hiệu của chúng chia hết cho 1994 (đpcm)


Bài 1: Cho 10 số tự nhiên a1,a2,…,a10. Chứng minh rằng thế nào cũng có một số hoặc tổng của một số số liên tiếp nhau trong dãy đã cho chia hết cho 10.

Bài 2: Cho 15 số tự nhiên khác nhau và khác 0 trong đó mỗi số không lớn hơn 28. Chứng minh rằng trong 15 số đã cho tồn tại ít nhất một nhóm gồm 3 số mà số này bằng tổng hai số kia.

Bài 3: Chứng minh rằng: Tồn tại 1 bội của số 1993 chỉ chứa toàn số 1.

Bài 4: Chứng minh rằng: Với 17 số nguyên bất kỳ bao giờ cũng tồn tại 1 tổng 5 số chia hết cho 5.

Bài 5: Có hay không 1 số có dạng.

19931993 … 1993000 … 00 1994


Bài 1: Đặt b1 = a1

b2=a1+a2

b3=a1+a2+a3

....

b10=a1+a2+…+a10

+ Nếu tồn tại một bi nào đó (i=1,2,…,10) chia hết cho 10 thì bài toán được chứng minh.

+ Nếu không tồn tại bi nào chia hết cho 10 thì khi đó ta đem tất cả các bi chia cho 10 thì nhận được 10 số dư có giá trị từ 1 đến 9( 9 giá trị). Như vậy có 10 số dư nhận trong 9 giá trị thì theo nguyên tắc Dirichlet có hai số có cùng một giá trị như nhau. Hai số có cùng một số dư thì hiệu của nó chia hết cho 10.

Dễ thấy bj - bk ( j >k) là một số hoặc một tổng gồm các số đứng liền nhau trong dãy (đpcm)

Bài 2: Gọi 15 số tự nhiên đó lần lượt là: a1,a2,…,a15(dãy1)

Xét dãy mới: (gồm 14 số xếp theo thứ tự) (dãy2)

b1 = a2-a1

b2 = a3- a1

…..

37

b14 = a15-a1

Như vậy ta có tất cả là 29 số nhận các giá trị từ 1 đến 28. Vậy theo nguyên tắc Dirichlet thì ít nhất cũng có hai số bằng nhau nhưng vì các số của dãy 1 khác nhau nên các số ở dãy 2 cũng khác nhau nên tồn tại ít nhất một số ở dãy 1 bằng một số ở dãy 2. Tức là bi = ak hay ai+1 = ak + ai (đpcm)

Bài 3: Ta có 1994 số nguyên chứa toàn bộ số 1 là:

1

11

111

…

1 sè 1994

11 111

Khi chia cho 1993 thì có 1993 số dư theo nguyên lý Đirichlet có ít nhất 2 số có cùng số dư.

Giả sử đó là

ai = 1993q + r 0 r < 1993

aj = 1993k + r i > j; q, k N

aj - aj = 1993(q - k)

)(19930 0011 111 kq 0 sè i1 sè 1994 j-i

)(199310.11 111 kqj 1 sè 1994 j-i

Mà (10j, 1993) = 1

1 sè 1994

11 111 1993 (đpcm)

Bài 4: Xét dãy số gồm 17 số nguyên bất kỳ là: a1, a2, …, a17

Chia các số cho 5 ta được 17 số dư ắt phải có 5 số dư thuộc tập hợp {0; 1; 2; 3; 4}

Nếu trong 17 số trên có 5 số khi chia cho 5 có cùng số dư thì tổng của chúng sẽ chia hết cho 5.

Nếu trong 17 số trên không có số nào có cùng số dư khi chia cho 5 tồn tại 5 số có số dư khác nhau tổng các số dư là: 0 + 1 + 2 + 3 + 4 = 1 10

Vậy tổng của 5 số này chia hết cho 5.

Bài 5: Xét dãy số a1 = 1993, a2 = 19931993, …

a1994 = 1993 sè 1994

1993 1993

38

Đem chia cho 1994 có 1994 số dư thuộc tập {1; 2; …; 1993} theo nguyên lý Đirichlet có ít nhất 2 số hạng có cùng số dư.

Giả sử: ai = 1993 … 1993 (i số 1993)

aj = 1993 … 1993 (j số 1993)

aj - aj 1994 1 i < j 1994

199310.1993 1993 ni

1993 sè i-j

9. Phương pháp 9: PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNGPhương pháp chung: Sử dụng các bước của phép chứng minh phản chứng

* Bước 1: Bước giả định: Giả sử mệnh đề cần chứng minh là sai* Bước 2: Bước truy nguyên: Xuất phát từ giả sử mệnh đề sai ta dẫn đến 1 điều vô lý (hoặc trái với giả thiết, hoặc là mâu thuẫn với 1 định lí, tiên đề, 1 kết luận đã chứng minh là đúng, hoặc là dẫn tới 2 kết luận mâu thuẫn nhau)* Bước 3: Bước kết luận: Điều vô lí chứng tỏ là mệnh đề không sai tức là mệnh đề cần chứng minh là đúng.

Ví dụ 1: Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên dương n sao cho:

.

Lời giải

Giả sử tồn tại số nguyên n để .

Ta có .

Vì là ba số nguyên liên tiếp nên có đúng một số chia hết 3. Nên

Vậy suy ra (1).

Mặt khác:

mà

Nên chia cho 3 dư 2 (2)

Từ (1) và (2) dẫn đến điều mâu thuẫn, tức là không có số nguyên dương n nào thoả mãn điều kiện của bài toán đã cho. Suy ra điều phải chứng minh.

Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì không chia hết cho

15.

39

Lời giải

Giả sử với mọi thì nên với .

Khi đó phương trình có nghiệm nguyên n.

Ta có không thể là số chính phương ( vì số chính phương chia cho 3 dư 0 hoặc 1). Vậy phương trình không có nghiêm nguyên, do đó với mọi . Vậy điều giả sử trên là vô lý, suy ra điều phải chứng

minh.

Ví dụ 3: Chứng minh rằng .

Lời giải

Giả sử . Nên suy ra .

Ta có: mà

Nên và do đó (vô lý).

Vậy


Bài 1: Cho n là số tự nhiên d là ước nguyên dương của . Chứng minh rằng:

.

Bài 2: Giả sử là số nguyên lẻ với . Với k là số tự nhiên lẻ. Khi đó

nếu các số tự nhiên x, y sao cho thì x, y đồng thời chia hết cho p.

Bài 3: Cho số nguyên tố có dạng Chứng minh rằng nếu x, y thảo mãn thì x, y đều chia hết cho p. Từ đó suy ra phương trình không

có nghiệm nguyên dương.

Bài 4: Chứng minh rằng: n2 - 1 n với n N*


Bài 1: Bây giờ ta chứng minh rằng không là số chính phương.

Giả sử với .

Vì d là ước của nên với .

Thay vào (1) ta được: .

Từ đó suy ra là số chính phương.

Nhưng (mâu thuẫn).

40

Vậy không thể là số chính phương, nên (ĐPCM).

Bài 2:

Giả sử x không chia hết cho p, từ giả thiết suy ra y cũng không chia hết cho p.

Theo định lý nhỏ Fecma ta có:

Hay .

Suy ra

Mà theo giả thiết .

Nên Do k lẻ. Nên mâu thuẫn.

Suy ra điều phải chứng minh.

Bài 3: Ta có nên áp dụng ví dụ 4 với ta có ngay điều phải chứng minh.

Ta có mà nên và

suy ra ( vô lí).

Vậy phương trình không có nghiệm nguyên dương.

Để chứng minh A(n) p (hoặc A(n) p )

+ Giả sử: A(n) p (hoặc A(n) p )

+ Chứng minh trên giả sử là sai

+ Kết luận: A(n) p (hoặc A(n) p )

Bài 4: Xét tập hợp số tự nhiên N*

Giả sử n 1, n N* sao cho n2 - 1 n

Gọi d là ước số chung nhỏ nhất khác 1 của n d (p) theo định lý Fermat ta có 2d-1 1 (mod d) m < d

Ta chứng minh m | n

Giả sử n = mq + r (0 r < m)

Theo giả sử n2 - 1 n nmq+r - 1 n

2r(nmq - 1) + (2r - 1) n 2r - 1 d vì r < m mà m N, m nhỏ nhất khác 1 có tính chất (1)

r = 0 m | n mà m < d cũng có tính chất (1) nên đều giả sử là sai.

Vậy n2 - 1 n với n N*

NỘI DUNG 2: DẤU HIỆU CHIA HẾT VÀ LỚP CÁC BÀI TOÁNLIÊN QUAN

41

PHẦN I: CƠ SỞ LÝ THUYẾT1. Dấu hiệu chia hết cho 2 và 5.

Định nghĩa 1:

- Các số có chữ số tận cùng là 0, 2, 4, 6, 8 thì chia hết cho 2.

- Các số có chữ số tận cùng là 0 hoặc 5 thì chia hết cho 5.

Định nghĩa 2:

- Một số chia hết cho 2 nếu chữ số hàng đơn vị của nó chia hết cho 2, hay nói cách khác chữ số hàng đơn vị của nó là 0, 2, 4, 6, hoặc 8.

- Một số chia hết cho 5 nếu chữ số hàng đơn vị chia hết cho 5, nói cách khác chữ số hàng đơn vị là 0 hoặc 5.

Từ định nghĩa ta rút ra ngay nhận xét: Những số có tận cùng là 0 thì vừa chia hết cho 2 vừa chia hết cho 5.

Chứng minh:

Thật vậy, giả sử số tự nhiên được viết thành:

a = cn.10n + cn-110n-1 + … + c1101 + c0.

Hay:

a = 10(cn10n-1 + cn-110n-2 + …+ c1) +c0 = 10q + c0.

Vì 10 chia hết cho 2 và 5 nên điều kiện cần và đủ để a chia hết cho 2 (hoặc 5) là c0 chia hết cho 2 (hoặc 5). Từ đó ta có dấu hiệu trên.

Kết luận: Từ chứng minh tính chất trên ta thấy rằng số tự nhiên a chia hết cho 10 nếu nó có chữ số hàng đơn vị bằng 0. Hay nói cách khác số tự nhiên a vừa chia hết cho 2 vừa chia hết cho 5 thì chia hết cho 10.

2. Dấu hiệu chia hết cho 3 và 9.

Định nghĩa 1

- Các số có tổng các chữ số chia hết cho 3 thì chia hết cho 3.

- Các số có tổng các chữ số chia hết cho 9 thì chia hết cho 9.

Định nghĩa 2

- Một số chia hết cho 3 ( hoặc cho 9 ) nếu tổng các chữ số của nó chia hết cho 3 ( hoặc 9 ).

Từ định nghĩa ta rút ra ngay nhận xét: Những số chia hết cho 9 thì chia hết cho 3 nhưng những số chia hết cho 3 chưa chắc chia hết cho 9.

Chứng minh:

Thật vậy, theo công thức nhị thức Newton, ta có:

42

Hay:

Vậy a = cn.10n + cn-110n-1 + … + c1101 + c0

= cn( 9qn + 1) + cn-1 (9qn-1 + 1) + …+ c1( 9 + 1) + c0

= 9(cnqn + cn-1qn-1 + … + c1 ) + (cn + cn-1 + … + c1 + c0)

= 9q + (cn + cn-1 + … + c1 + c0).

Đẳng thức cuối cùng chứng tỏ a chia hết cho 3 (hoặc cho 9) nếu tổng các chữ số của nó chia hết cho 3 (hoặc cho 9). (đpcm).

3. Dấu hiệu chia hết cho 4 và 25.

Định nghĩa:

Một số chia hết cho 4 (hoặc cho 25) nếu số tạo thành bởi hai chữ số cuối cùng của nó chia hết cho 4 (hoặc cho 25).

Chứng minh:

Thật vậy, giả sử số tự nhiên được viết thành:

a = cn.10n + cn-110n-1 + … + c1101 + c0.

Hay:

a = 102(cn10n-2 + cn-110n-3 + …+ c2) +10c1 + c0 = 100q + 10c1 + c0.

Vì 100 chia hết cho 4 và 25 nên a chia hết cho 4 ( hoặc 25) khi và chỉ khi (10c 1

+ c0 ) chia hết cho 4 ( hoặc 25). (đpcm).

Từ chứng minh trên ta rút ra ngay nhận xét:

- Số tự nhiên a chia hết cho 100 khi và chỉ khi (10c1 + c0 ) chia hết cho 100

mà 0 (10c1 + c0 ) < 99 suy ra (10c1 + c0 ) = 0 c1 = c0 = 0.

Hay một số chia hết cho 100 nếu nó có 2 chữ số tận cùng bằng 0.

- Số tự nhiên a vừa chia hết cho 4 vừa chia hết cho 25 thì chia hết cho 100 và ngược lại số tự nhiên a chia hết cho 100 thì chia hết cho cả 4 và 25.

Trong chương trình đào tạo trung cấp sư phạm Tiểu học không giới thiệu dấu hiệu chia hết cho 8 và 125 cũng như không giới thiệu dấu hiệu chia hết cho 11 tuy nhiên ta dễ dàng suy ra các dấu hiệu chia hết đó như sau:

4. Dấu hiệu chia hết cho 8 và 125.Với cách chứng minh hoàn toàn tương tự trên ta rút ra được dấu hiệu chia hết

cho 8 và 125 là:

- Số tự nhiên a chia hết cho 8 (hoặc cho 125) nếu số tạo thành bởi ba chữ số cuối cùng của nó chia hết cho 8 (hoặc cho 125).

43

Và ta có nhận xét:

- Số tự nhiên a chia hết cho 1000 nếu nó có 3 chữ số tận cùng là 0.

- Số tự nhiên a chia hết cho 1000 thì chia hết cho 8 và 125 và ngược lại số tự nhiên a vừa chia hết cho 8 vừa chia hết cho 125 thì chia hết cho 1000.

5. Dấu hiệu chia hết cho 11.Một số chia hết cho 11 khi và chỉ khi tổng các chữ số hàng chẵn trừ đi tổng các

chữ số hàng lẻ là một bội của 11.

Chứng minh:

Trước hết, ta nhận xét rằng một lũy thừa của 10 sẽ có dạng 11q + 1 hoặc 11q – 1. Thật vậy,

Hay :

= 11q + (-1)n

Vậy 10n =

Khi đó số tự nhiên được viết dưới dạng:

a = C0 + C1(11 - 1) + C2(11q2 + 1) + …+ Cn(11qn + (-1)n)

Hay:

a = (C0 + C2 + …) – (C1 + C3 + …) + 11q.

Đẳng thức cuối cùng chứng tỏ a chia hết cho 11 khi và chỉ khi

(C0 + C2 + …) – (C1 + C3 + …) chia hết cho 11. (ĐPCM).

Ngoài các dấu hiệu trên ta còn có thể chứng minh một số chia hết cho 2 hoặc 3, v.v…nhờ các bổ đề sau:

Bổ đề: Tích của n số tự nhiên liên tiếp thì chia hết cho n , (n 2 ).

Khi đó ta có:

- Nếu một số tự nhiên phân tích được thành tích của 2 số tự nhiên liên tiếp thì số đó chia hết cho 2.

44




- v.v…

Một số ví dụ áp dụng :

Ví dụ 1:Tìm các chữ số x, y sao cho:

a)

b)

Lời giảia) và

y=0 hoặc y=5

y = 0 có

Nếu y=5Tương tự ta có N=135045

b)

Nhận xét

Vậy hoặc

Hoặc

Ta có: 2 số cần tìm 123408 hoặc 123480Ví dụ 2: Tổng các chữ số của một số không thay đổi khi ta nhân số đó với 5.Chứng minh rằng số đó chia hết cho 9.

Lời giải

Gọi số thỏa mãn giả thiết là N và là tổng các chữ số của N

Ta có (tiêu chuẩn chia hết cho 9)

Và

(vì

45

Ví dụ 3: Lấy một số tự nhiên bất kỳ rồi viết số mới từ số củ bằng cách sắp xếp ngược lại. Chứng minh rằng hiệu hai số đó chia hết cho 9.

Lời giải

số mới là

Có và

PHẦN II: CÁC LỚP BÀI TOÁN LIÊN QUANI. Chứng minh không chia hết

Lưu ý:


Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n:

a) 9n + 1 100 b) n2 + n + 2 15

c) n2 + n + 1 9 d) n2 + 11n + 39 49

Bài 2: Gọi N = 2.3.5…pn là tích của n số nguyên tố đầu tiên ( n > 1 ). Chứng minh trong 3 số nguyên liên tiếp N – 1, N, N + 1không có số nào là số chính phương.


Bài 1: a) Ta có: 9 1 ( mod 4 ) 9n + 1 2 ( mod 4 )

9n + 1 4. Vì vậy 9n + 1 100

b) Cách 1:

- Với n = 3k thì n2 + n + 2 = 9k2 + 3k + 2 3

- Với n = 3k + 1 thì n2 + n + 2

= ( 3k + 1 )2 + ( 3k + 1 ) + 2 1 ( mod 3 )

- Với n = 3k + 2 thì n2 + n + 2

46

1) Nếu a b và b\c thì a c

2) Nếu a c và b c thì a b c ( a và b có cùng số dư khi chia cho c )

3) Nếu ab p thì a p và b p với p là số nguyên tố 4) Số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì sẽ

chia hết cho p2

Nếu n p nhưng n p2 thì n không là số chính phương

= ( 3k + 2 )2 + ( 3k + 2 ) + 2 2 ( mod 3 )

Vậy n2 + n + 2 3 n2 + n + 2 15

Cách 2: Ta có: n2 + n + 2 = n2 – 1 + n + 3

= ( n – 1 )( n + 1 ) + n + 3

- Nếu n 3 thì ( n – 1 )( n + 1 ) 3. Khi đó n2 + n + 2 3

- Nếu n 3 thì n – 1 hoặc n + 1 chia hết cho 3

( n – 1 )( n + 1 ) 3

Còn n + 3 3 n2 + n + 2 3

Cách 3: Giả sử n2 + n + 2 = 3k ; k

phương trình n2 + n + 2 – 3k = 0 có nghiệm nguyên.

Ta có: = 1 – 4( 2 – 3k ) = 12k – 7 = 3(4k – 3)+ 2 không là một số chính phương ( Vì một số chính phương chia 3 dư 0 hoặc 1 ) nên phương trình không có nghiệm nguyên, Vô lí.

Vậy n2 + n + 2 3

c) Cách 1:

Xét 3 trường hợp về số dư khi chia n cho 3.

Ta có: n = 3k; n = 3k + 1; n = 3k + 2

- Với n = 3k thì n2 + n + 1 3 n2 + n + 1 9

- Với n = 3k + 1 thì n2 + n + 1 = (3k + 1)2 + (3k + 1) + 1

= 9(k2 + k) + 3 9

- Với n = 3k + 2 thì n2 + n + 1 1 ( mod 3 )

Do đó n2 + n + 1 9

Cách 2:

Giả sử n2 + n + 1 9, khi đó n2 + n + 1 3

Ta có: n2 + n + 1 = (n + 2)(n – 1) + 3 3

(n + 2)(n – 1) 3.

Vì 3 là số nguyên tố nên n + 2 3 hoặc n + 1 3, nhưng vì hiệu:

(n + 2) – (n – 1) = 3 3.

Do đó n + 2 và n – 1 đồng thời chia hết cho 3

(n + 2)(n – 1) 9

Mặt khác, theo giả thiết (n + 2)(n – 1) + 3 9

3 9 ( vô lý )

47

Vậy n2 + n + 1 9

Cách 3:

Giả sử n2 + n + 1 = 9k ; k

Khi đó, phương trình n2 + n + 1 – 9k = 0 có nghiệm nguyên

Ta có: = 1 – 4(1 – 9k) = 36k – 3 = 3(12k – 1) 3

Nhưng 9 . Do đó không là số chính phương nên phương trình không có

nghiệm nguyên, vô lý.

Vậy n2 + n + 1 9

d) Giả sử n2 + 11n + 39 49

Ta có: n2 + 11n + 39 = (n + 9)(n + 2) + 21

(n + 9)(n + 2) 7

Mà: (n + 9) – (n + 2) = 7

Nên n + 9 và n + 2 đồng thời chia hết cho 7

(n + 9)(n + 2) 49

Mặt khác: (n + 9)(n + 2) + 21 49 ( gt )

21 49 ( Vô lý ) Vậy n2 + 11n + 39 49

Bài 2: * N là số chẵn nhưng không chia hết cho 4 nên không thể là một số chính phương

* Nếu N + 1 = k2 thì N = (k – 1)(k + 1) 4 ( vì N chẵn N + 1 lẻ lẻ

k lẻ ) vô lý, nên N + 1 cũng không thể là số chính phương

* Ta có N – 1 2 ( mod 3 ) (vì N 3 N – 1 : 3 dư 2)

Nên N – 1 không thể là số chính phương.

II. Tìm số tự nhiên n để A(n) B(n) Phương pháp chung: Giả sử ta có A(n) : B(n), ta biến đổi hoặc dùng phép chia

đa thức để đi đến hằng số m : B(n), từ đó suy ra n.

Kiểm nghiệm các giá trị tìm được của n


Bài 1: Tìm n > 0 sao cho n2 + 1 n + 1

Bài 2: Tìm n > 0 và n 4 sao cho (3n – 8) (n – 4)

Bài 3: Với giá trị nào của n thì (n + 5)(n + 6) 6n ? Với n


48

Bài 1: Giả sử n2 + 1 n + 1

n2 + 1 = n2 – 1 + 2 n + 1

2 n + 1 n = 1 . Thử lại rồi trả lời

Bài 2: Giả sử 3n – 8 n – 4

3n – 8 = 3(n – 4) + 4 n – 4

Nên 4 n – 4 n – 4 =

Bài 3: Ta có: (n + 5)(n + 6) = n2 + 11n + 30

= n(n – 1) + 30 + 12n 6n

n(n – 1) + 30 6n

n = 1; 2; 3; 6; 10; 15; 30

Thử lại ta có kết quả: n

NỘI DUNG III: CÁC DẠNG BÀI TOÁN VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNGPHẦN I: CƠ SỞ LÝ THUYẾT

49

I. Định nghĩaSố chính phương A là số bằng bình phương đúng của một số nguyên, tức là

.

Mười số chính phương đầu tiên là 0, 1, 4 , 9,16, 25, 36 ,49, 64, 81.

II. Tính chấtTính chất 1: Số chính phương chỉ có thể có chữ số tận cùng bằng 0, 1, 4, 5, 6,

9, không thể có chữ số tận cùng là 2, 3, 7, 8.

Vậy ta có thể đặt câu hỏi là hai chữ số cuối cùng của số chính phương có thể là những số nào?

Giả sử A là số chính phương, A có dạng:

Ở đây a và b là các số nguyên không âm và b . Vì có

hàng đơn vị là 0 và hàng chục là số chẵn nên tính chẵn lẽ của hai chữ số tận cùng là A

trùng với tính chẳn lẽ của hai chữ số Điểm lại tất cả các giá trị có thể có được của

là: 00, 01, 04, 09, 16, 25, 36, 49, 64, 81,… ta rút ra một số kết luận sau đây:

i, Nếu hàng đơn vị của một số chính phương là 6 thì chữ số hàng chục phải là số lẻ.

ii, Nếu hàng đơn vị của một số chính phương khác 6 thì chữ số hàng chục phải là số chẳn.

iii, Không có số chính phương nào tận cùng là hai số lẻ.

4i, Nếu hai chữ số cuối cùng của một số chính phương cùng chẳn thì chữ số hàng đơn vị của số đó chỉ có thể là 0 hoặc 4.

5i, Số chính phương tận cùng là 5 thì chữ số hàng chục là 2.

Ví dụ 1: Chứng minh rằng không tồn tại số chính phương lớn hơn 10 mà tất cả các chữ số của nó đều giống nhau.

Lời giải

Giả sử là số chính phương. Theo tính chất iii, a không thể là số lẻ

và theo tính chất 4i ta rút ra kết luận a = 4 ( a không thể bằng 0). Mặt khác, số

11…1 không phải là số chính phương nên số cũng không

thể là số chính phương được.

Ví dụ 2: Giả sử A = 195. Hãy điền vào đẳng thức trước số A một chữ số để số nhận được là số chính phương.

Lời giải

50

Dễ dàng kiểm tra được tận cùng của số A là hai số lẻ nên theo tính chất iii không thể tồn tại cách điền sao cho số nhận được là số chính phương.

Ví dụ 3: Tìm số chính phương có 4 chữ số có dạng abbb.

Lời giải

Theo tính chất iii thì b không thể là số lẻ và b cũng không thể là số 0, nên theo tính chất 4 ta rút ra được b = 4. Ta kiểm tra các gia trị của a từ 1,…,9 , ta thấy bài toán có nghiệm duy nhất là 1444 = 382.

Ví dụ 4: Ta viết các số tự nhiên từ 1 đến 100 và thu được 123456789…9899100. Hỏi số trên có phải là số chính phương hay không?

Lời giải

Số trên không phải là số chính phương. Bởi vì sau khi bỏ hai chữ số 0 sau cùng ta nhận được số có hai chữ số cuối cùng là hai số lẻ nên theo tính chất iii thì số trên không phải là số chính phương.

Tính chất 2: Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số chính phương chỉ chứa các thừa số nguyên tố với số mũ chẵn, không chứa các thừa số với số mũ lẻ. Hay nếu a là số

chính phương , p là số nguyên tố, nếu .

Chứng minh:

Giả sử thì

Đpcm

Từ tính chất 2 ta có các hệ quả sau:

a, Số chính phương chia hết cho 2 thì chia hết cho 4.

b, Số chính phương chia hết cho 3 thì chia hết cho 9.

c, Số chính phương chia hết cho 5 thì chia hết cho 25.

d, A=a.b nếu a là số chính phương thì b cũng là số chính phương. Tức là

.

Tính chất 3: Số lượng các ước của một số chính phương là lẻ. Ngược laị, một số có số lượng các ước là lẻ thì số đó là số chính phương.

Chứng minh: Nếu A = 1 thì A là số chính phương có một ước. Giả sử có

dạng phân tích ra thừa số nguyên tố là.

: …

a, Nếu A là số chính phương thì các số là số chẵn nên

…là các số lẻ, do đó số lượng các ước của A là lẻ.

51

b, Nếu số lượng các ước của A là lẻ thì … là lẻ. Do đó các

thừa số … đều là số lẻ.

.

Đặt

Nên A là số chính phương.

Tính chất 4: Nếu số A bao hàm giữa bình phương hai số tự nhiên liên tiếp thì A

không thể là số chính phương. Nghĩa là: nếu thì A không là số

chính phương.

Tính chất 5: Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng và

Tính chất 6: Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng và

hoặc

Tính chất 7 : Nếu a và b là hai số nguyên tố cùng nhau và a.b là số chính phương thì a và b là số chính phương.

III. Nhận biếta, Để chứng minh N là một số chính phương của một số nguyên vận dụng tính chất: nếu hai số tự nhiên nguyên tố cùng nhau có tích là một số chính phương thì mỗi số a, b là số chính phương.

b, Để chứng minh N là không phải là một số chính phương ta có thể :

- Chứng minh N có chữ số tận cùng là 2, 3, 7, 8.- Chứng minh N chứa số nguyên tố có số mũ lẻ.- Xét số dư khi N chia cho 3 hoặc cho 4 hoặc cho 5, cho 8. ( N chia cho 3 dư 2, N chia cho 4, 5 có số dư là 2, 3 suy ra N không phải là số chính phương.)- Chứng minh N nằm giữa hai số chính phương liên tiếp.

IV. Một số phương pháp giải bài toán về số chính phương.1. Bài toán 1: Chứng minh một số là số chính phương.

Phương pháp 1: Dựa vào định nghĩa.

Ta biết rằng, số chính phương là bình phương của một số nguyên. Dựa vào định nghĩa này ta có thể đinh hướng giải quyết các bài toán.

Ví dụ 1: Chứng minh với mọi số tự nhiên N thì

là số chính phương .

Lời giải

52

Ta có:

Với n là số tự nhiên thì cũng là số tự nhiên theo định nghĩa là

số chính phương.

Phương pháp 2: Dựa vào tính chất đặc biệt: Nếu là hai số tự nhiên nguyên

tố cùng nhau và tích của a và b là một số chính phương thì và là các số chính

phương.

Ví dụ : Chứng minh rằng nếu m, n là các số tự nhiên thoả mãn:

thì và đều là số chính phương.

Lời giải

Ta có:

Gọi là ước chung lớn nhất của và thì

Mặt khác từ ta có: chia hết cho

Từ hia hết cho và chia hết cho d ta có 1 chia hết cho

và là các số tự nhiên nguyên tố cùng nhau. Thoả

mãn nên chúng đều là các số chính phương.

Phương pháp 3: Xét chữ số tận cùng.

Ví dụ 1: Chứng minh rằng một số chính phương có chữ số tận cùng là 6 thì chữ số hàng chục là một số lẽ.

Lời giải

Đặt . Vì M có chữ số tận cùng là 6 nên a có chữ số tận cùng là 4 hoặc 6.

53

- Nếu M có chữ số tận cùng là 4 thì M có dạng: .

Ta có:

Vì chữ số hàng chục của và là số chẳn nên chữ số hàng chục của M

là số lẻ.

- Nếu M có chữ số tận cùng là 6 thì M có dạng: .

Ta có:

Vì chữ số hàng chục của và là số chẳn nên chữ số hàng chục của

M là số lẻ.

Ví dụ 2: Chứng minh rằng một số chính phương có chữ số tận cùng là 5 thì chữ số hàng chục là 2 .

Lời giải

Gọi số M là số chính phương có tận cùng là 5.

.

Ta có

Vì chữ số hàng chục của và là số 0 nên chữ số hàng chục của M là 2.

2. Bài toán 2 : Chứng minh một số không phải là một số chính phương .

Phương pháp 1 : Xét chữ số tận cùng .

Theo định nghĩa, số chính phương bằng bình phương của một số nguyên nên số chính phương phải có chữ số tận cùng là một trong các số 0, 1, 4, 5, 6, 9.

Ví dụ 1: Chứng minh rằng số không phải là


Lời giải

Ta thấy số chính phương có chữ số tận cùng là một trong các chữ số 0, 1, 4, 6, 9. Mà số A có chữ số tận cùng là 3 nên A không phải là số chính phương.

Ví dụ 2: Chứng minh rằng số : không

phải là số chính phương.

Lời giải

Ta dễ dàng thấy chữ số tận cùng của các số lần lượt là

Do đó số B có chữ số tận cùng là 7 ( khác 0; 1; 4; 5; 6; 9) nên số B không

phải là số chính phương.

54

Phương pháp 2: Sử dụng phép chia hết.

Chú ý: Nhiều khi số đã cho có chữ số tận cùng là một trong các chữ số 0 ; 1 ; 4 ; 5 ; 6 ; 9 nhưng vẫn không phải là số chính phương. Khi đó ta phải lưu ý :nếu số chính

phương chia hết cho thì chia hết cho .

Ví dụ: Chứng minh rằng số không phải là số chính phương.

Lời giải

Ta thấy ngay số chia hết cho 5 và 2 (vì chữ số tận cùng là 0)

nhưng không chia hết cho 25 và 4 (vì 2 chữ số tận cùng không chia hết cho 25 và 4).

Do đó số không phải là số chính phương.

Phương pháp 3: Xét số dư của số chính phương khi chia cho một số

Ta sử dụng các tính chất sau :

- Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng "và không có

số chính phương nào có dạng"

- Số chính phương ch có th có m t trong hai d ngỉ ể ộ ạ "và không

có s chính ph ng nào có d ng"ố ươ ạ ho cặ

Ví dụ: Chứng minh một số có tổng các chữ số là 2006 không phải là số chính phương.

Nhận xét: Chắc chắn chúng ta sẽ bi choáng về điều này. Vậy ở bài này ta sẽ phải nghỉ tới điều gì ? Vì cho giả thiết về tổng các chữ số nên chắc chắn các em sẽ nghỉ tới phép chia cho 3 hoặc cho 9. Nhưng đối với bài này lại không thể. Thế thì ta nói được điều gì về số này? Chắc chắn số này chia cho 3 dư 2. Từ đó ta có :

Vì số chính phương khi chia cho 3 chỉ có số dư là 0 hoặc 1 mà thôi. Do tổng các chữ số của số đó là 2006 nên số đó chia cho 3 dư 2. Vậy theo tính chất, chứng tỏ số đó không phải là số chính phương.

Phương pháp 4: Sử dụng phương pháp kẹp

Theo tính chất số chính phương ta thấy : Nếu là số tự nhiên và số tự nhiên

thoã mãn thì không phải là số chính phương.

Ví dụ 1 : Chứng minh số 4014025 không phải là số chính phương.

Lời giải

Nhận xét: Số này có hai chữ số tận cùng 25, chia cho 3 dư 1, chia cho 4 cũng dư 1. Thế là tất cả các cách trước đều không vận dụng được. Vậy ta có :

55

nên . Chứng

tỏ không là số chính phương.

Ví dụ 2: Chứng minh không là số chính phương.

Lời giải

Nhận xét: Chúng ta đã quen với dạng biểu thức này thì có thể nhận ra A+1 là số chính phương.

Ta thấy

Chứng tỏ A không phải là số chính phương.

PHẦN II: CÁC DẠNG BÀI TOÁN VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNGDạng 1: Chứng minh một số là số chính phương

Ví dụ 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên thì:

Lời giải

Ta có:

Đặt

Thì

Vì nguyên nên

Vậy A là số chính phương.

Ví dụ 2: Cho . Chứng minh

rằng : là số chính phương.

Lời giải

Ta có:

56

Vậy

là một số chính

phương.

Ví dụ 3: Cho dãy số : Dãy số trên được xây

dựng bằng cách thêm số 48 vào giữa số cho trước. Chứng minh tất cả các số của dãy trên đều là số chính phương.

Lời giải

Ta có :

57

Ta thấy có tổng chia hết cho 3 nên nó chia hết cho 3.

hay các số có dạng là số chính phương.

Ví dụ 4: Cho số chính phương , tìm các số chính phương biết:

Lời giải

Ta có:

……..

Tổng quát:


Bài 1: Các tổng sau có phải là số chính phương không?

a,

b,

c,

Bài 2: Chứng minh rằng: Tổng lập phương các số tự nhiên liên tiếp từ 1 là một số chính phương.

58

Bài 3: Cho 5 số chính phương bất kỳ có chữ số hàng chục khác nhau, còn chữ số hàngđơn vị đều là 6. Chứng minh rằng tổng các chữ số hàng chục của 5 số chính phương đó là một số chính phương.

Bài 4: Cho số tự nhiên A gồm 100 chữ số 1, số tự nhiên B gồm 50 chữ số 2. Chứng minh A – B là một số chính phương.

Bài 5: Các tổng sau có phải là số chính phương không ?

a,

b,

Bài 6: Chứng minh rằng các số sau là số chính phương.

a,

b, 6

c,


Bài 1: a, Ta có: nên

chia cho dư

Vì A chia hết cho 3 nhưng không chia hết cho 9 nên A không phải là số chính phương.

b, Ta có:

Có chữ số tận cùng là 3 nên B không phải là số chính phương.

c, Ta có: có chữ số tận cùng là 8 nên không phải là số chính phương.

Bài 2: Theo bài toán Gauss ta có :

59

Bài toán trở thành: (1)

Giả sử công thức (1) đúng với n, ta chứng minh công thức (1) đúng với

n + 1. Theo quy nạp ta có :

Bài 3: Cách 1: Áp dụng tính chất 1

Cách 2: Giảsử : có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số tận cùng của a

chỉ là 4 hoặc 6.

. Theo dấu hiệu chia hết cho 4 thì hai chữ số tận cùng của M

chỉ có thể là 16, 36, 56, 76, 96. Vậy ta có: 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 52

Bài 4: Giả sử :

Đặt khi đó

Suy ra : . Khi đó

Mà Vậy là số

chính phương.

Bài 5: a, Áp dụng tính chất 1 ta thấy : 100 ! = 1.2.3…100 có chữ số tận cùng là 0. Khi đó 100 ! + 7 có chữ số tận cùng là 7 nên không phải là số chính phương.

b, Áp dụng hệ quả của tính chất 2, ta có : có tổng các chữ số

bằng 3 nên chia hết cho 3, nhưng không chia hết cho 9 vậy tổng trên không phải là số chính phương.

Bài 6: a, Ta có :

60

. Vậy A là số chính phương.

b, c ta cũng làm tương tự

Dạng 2 : Chứng minh một số không phải là số chính phương.Ví dụ 1: Chứng minh rằng tổng các bình phương của 5 số tự nhiên liên tiếp

không thể là một số chính phương.

Lời giải

Gọi 5 số tự nhiên liên tiếp đó là :

Ta có :

Vì không thể tận cùng bởi 3 hoặc 8 do đó không thể chia hết cho 5.

Suy ra không là số chính phương. Hay A không là số chính phương.

Ví dụ 2: Chứng minh rằng : Số có dạng trong đó

và không phải là số chính phương.

Lời giải

Ta có :

Với

.

Vậy

61

Ví dụ 3: Chứng minh số : không phải

là số chính phương.

Nhận xét : ta xét số dư của M khi chia cho 4, số dư đó là 3. Một số chính phương khi chia cho 4 sẽ có số dư như thế nào? Chúng ta có thể chứng minh được ngay là dư 0 hoặc dư 1.

Lời giải

Ta có :

Ta thấy: và 2008 đều chia hết cho 4. Nên M chia cho 4

dư 3. Mà số chính phương khi chia cho 4 chỉ có số dư là 0 hoặc 1. Vậy M không phải là số chính phương.

Ví dụ 4: Chứng minh một số tự nhiên viết toàn bằng chữ số 2 thì không phải là số chính phương.

Lời giải

Cách 1: Ta có một số tự nhiên viết toàn bằng chữ số 2 thì chữ số tận cùng là chữ số 2 nên không thể là số chính phương.

Cách 2: Ta có: 2 không chia hết cho 4, 22 không chia hết cho 4. Giả sử có số tự

nhiên A được ghi bởi n số 2 vơi thì:

.

Trong đó A1 là số được ghi bởi chữ số 2.

vì nhưng 22 không chia hết cho 4. Suy ra A không

chia hết cho 4. Vậy A không phải là số chính phương.


Bài 1: Cho . Chứng minh rằng không là số

chính phương.

Bài 2: Chứng minh rằng tổng của 4 số tự nhiên liên tiếp không phải là số chính phương.

Bài 3: Chứng minh rằng tổng bình phương của hai số lẻ bất kỳ không phải là một số chính phương.

62

Bài 4: Viết liên tiếp từ 1 đến 12 được số . Số A có thể có 81 ước được

không ?.

Bài 5: Một số tự nhiên gồm một số chữ số 0 và sáu chữ số 6 có thể là một số chính phương không ?.


Bài 1: Ta có:

Nên

Suy ra:

Do đó: không là số chính

phương vì 3 không là số chính phương.

Bài 2: Gọi bốn số tự nhiên liên tiếp là ta có:

Ta thấy rõ ràng chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4. Áp

dụng hệ quả của tính chất 2 ta có S không là số chính phương.

Bài 3: Giả sử Với

Không có số chính phương nào có dạng do đó không

thể là số chính phương.

Bài 4: Giả sử A có 81 ước.

Vì số lượng các ước của A là 81 ( là số lẻ) nên A là số chính phương (1).

Mặt khác, tổng các chữ số của A là Vì

nên A chia hết cho 3 nhưng A không chia hết cho 9, do đó A không

là số chính phương mâu thuẫn (1). Vậy A không thể có 81 ước.

Bài 5: Giả sử là số chính phương cần tìm

Nếu tận cùng bằng 0 thì nó phải tận cùng bằng một số chẵn chữ số 0.

Ta bỏ tất cả các chữ số 0 tận cùng này đi thì số còn lại tận cùng bằng 6 và không phải là số chính phương.

Ta xét hai trường hợp:

63

Số còn lại tận cùng là 06 hoặc 66. trong cả hai trường hợp đều chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4 nên không phải là số chính phương.

Dạng 3: Tìm số chính phương.Ví dụ 1: Cho A là số chính phương gồm 4 chữ số. Nếu ta thêm vào mỗi chữ số

của A một đơn vị thì ta được một số chính phương B. Hãy tìm các số A và B.

Lời giải

Gọi: A = nếu ta thêm vào các chữ số của A một đơn vị thì ta có:

với

Ta có :

Nhận xét: Thấy tích: nên và là hai số

nguyên dương.

Và nên có thể viết

Do đó:

Ví dụ 2: Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết rằng hiệu các bình phương của số đó và viết số bởi hai chữ số của số đó nhưng theo thứ tự ngược lại là một số chính phương.

Lời giải

Gọi số tự nhiên có hai chữ số phải tìm là

Số viết theo thứ tự ngược lại là

Ta có: hay

.

Vì

Khi đó:

64

Để là số chính phương thì phải là số chính phương. Do đó

hoặc .

+ Nếu: : kết hợp với . Suy ra

Khi đó:

+ Nếu : kết hợp với hay (loại)

Vậy số cần tìm là 65.

Ví dụ 3: Tìm số chính phương có 4 chữ số, được viết bởi các chữ số: 3,6,8,8.

Lời giải

Gọi là số chính phương cần tìm. Vì số chính phương không có chữ số tận

cùng bằng 3 hoặc 8 nên do đó phải tận cùng bằng 6. Số tận cùng bằng 86 hoặc

36.

Mặt khác: Hàng đơn vị của số chính phương là 6 nên chữ số hàng chục là số lẻ.

Vậy chữ số tận cùng của là 36.

Vậy chữ số chính phương cần tìm là

Ví dụ 4: Tìm số chính phương có 4 chữ số chia hết cho 33.

Lời giải

Đặt Khi đó và

Suy ra:

Do đó: . Mà nên hay

.

Mặt khác: . Do đó

Vậy .


Bài 1: Tìm số có hai chữ số, biết rằng nếu nhân nó với 135 thì được một số chính phương.

Bài 2: Tìm số chính phương có bốn chữ số sao cho hai chữ số đầu giống nhau và hai chữ số cuối giống nhau.

Bài 3: Tìm 3 số lẻ liên tiếp mà tổng bình phương là một số có 4 chữ số giống nhau.

65

Bài 4: Cho và là hai số chính phương lẻ liên tiếp. Chứng minh

.

Bài 5: Tìm số nguyên tố sao cho là số chính phương.

Bài 6: Tìm số chính phương có dạng .


Bài 1: Gọi số phải tìm là , ta có :

Hay . Số chính phương chỉ chứa các thừa số nguyên tố với số

mũ chẵn nên

Với thì , với thì , với thì , có

nhiều hơn hai chữ số ( loại).

Vậy số phải tìm là 15 hoặc 60.

Bài 2: Gọi số chính phương cần tìm là

Ta có:

Do đó: chia hết cho 11 nên

Vậy thay vào (1) ta được

Do đó phải là số chính phương.

Thử với

a 1 2 3 4 5 6 7 8 9

9a+1 10 19 28 36 46 55 64 73 82

Ta chỉ thấy có thì là số chính phương vậy

Vậy số cần tìm là .

Bài 3: Gọi 3 số lẻ liên tiếp đó là .

66

Ta có:

Theo đề bài, ta đặt: với lẻ và

Khi đó:

Vì và lẻ nên

Vì lẻ nên . Vậy 3 số cần tìm là 41, 43, 45.

Bài 4: Đặt và với

Suy ra:

Hay

Ta có: và đều chia hết cho 2 và

Do đó: đpcm.

Bài 5: Ta có :

Để là số chính phương thì phải là số chính phương.

Ta thấy :

Với thì phải là loại các hợp số còn

lại 43 là số nguyên tố.

Với thì loại các hợp số còn lại 73 là số

nguyên tố. Vậy bằng 43 hoặc 73.

Bài 6: Ta có:

Do đó: Nếu là một số chính phương thì:

Vậy số chính phương phải tìm là

67

Dạng 4: Tìm giá trị của biến để biểu thức là số chính phươngVí dụ 1: Tìm số tự nhiên n sao cho các số sau là số chính phương.

a,

b,

c,

d,

Lời giải

a, Đặt

Suy ra:

Nhận xét thấy và chúng là những số nguyên

dương, nên ta có thể viết :

b, Đặt

Nhận xét thấy: và chúng là những số nguyên

dương nên ta có thể viết

c, Đặt

Suy ra: mà 13 là số nguyên tố nên

Khi đó:

= 13k. ( 13k

68

⟹

Vậy là số chính phương.

d, Đặt

Nhận xét thấy: và chúng là những số lẻ, nên ta

có thể viết

Suy ra n có thể có các giá trị sau: 1588, 316, 43, 28.

Ví dụ 2: Tìm số tự nhiên sao cho tổng là một số

chính phương.

Lời giải

Với thì là số chính phương.

Với thì không là số chính phương.

Với thì là số chính phương.

Với thì , còn 5!, 6!,…, n!

đều tận cùng bởi 0 do đó:

có tận cùng bởi chữ số 3 nên nó không phải là số chính

phương.

Vậy có hai số tự nhiên n thõa mãn đề bài là n = 1, n = 3.

Ví dụ 3: Biết . Tìm sao cho

Lời giải

Đẳng thức đã cho được viết lại dưới dạng như sau:

Do vế trái là một số chính phương nên vế phải cũng là một số chính phương.

Một số chính phương chỉ có thể tận cùng bởi 1 trong các chữ số

nên x chỉ có thể tận cùng bởi 1 trong các chữ số (1).

Do x là chữ số nên , kết hợp điều kiện đề bài ta có và (2).

69

Từ (1) và (2) chỉ có thể nhận 1 trong các giá trị .

Bằng phép thử ta thấy chỉ có thõa mãn đề bài, khi đó .

Ví dụ 4: Tìm số tự nhiên có 2 chữ số biết rằng và đều là các


Lời giải

Ta có: nên . Tìm số chính phương lẻ trong

khoảng trên ta được 25; 49; 121; 169 tương ứng với số n bằng 12; 24; 40; 60; 84.

Số bằng

Chỉ có 121 là số chính phương. Vậy .


Bài 1: Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho số là số chính phương.

Bài 2: Tìm để các số sau là số chính phương.

a,

b,

Bài 3: Chúng minh rằng nếu n là số tự nhiên sao cho và đều là các số

chính phương thì là bội số của 24.

Bài 4: Có hay không số tự nhiên để là số chính phương.

Bài 5: Tìm số tự nhiên A sao cho trong 3 mệnh đề sau, có 2 mệnh đề đúng và 1 mệnh đề sai.

1. ( A + 45) là số chính phương.

2. Chữ số tận cùng của A là 1.

3. ( A – 38) là số chính phương.


Bài 1: Giả sử: thì:

. Với và .

70

Thử lại ta có: : .

Bài 2: a, Đặt

Ta có: và

Do đó

Vậy .

b, Làm tương tự như bài trên.

Bài 3: Ta thấy: Vì và là các số chính phương nên đặt

Ta có: là số lẻ

chẵn lẻ lẻ Đặt (Với b ∈N)

Ta có:

Mặt khác chia cho 3 dư 0 hoặc 1, chia cho 3 dư 0 hoặc 1.

Nên để thì :

hay

71

Mà (3)

Từ (1), (2), (3) .

Bài 4: Giả sử là số chính phương thì .

Từ đó suy ra

Như vậy trong 2 số m và n phải có ít nhất một số chẵn (1).

Mặt khác số và cùng tính chẵn lẻ ( 2).

Từ (1) và (2) và là 2 số chẵn

. Nhưng 2006 không chia hết cho 4 .

Điều giả sử sai.

Vậy không tồn tại số tự nhiên n để là sô chính phương.

Bài 5: Ta biết, số chính phương không thể tận cùng bằng 2 hoặc 3.

Vì vậy (1) và (2) mâu thuẫn nhau; (2) và (3) mâu thuẫn nhau. Do đó (2) sai và (1) và (3) cùng đúng.

Vậy số A phải tìm là: 1974

NỘI DUNG IV: PHƯƠNG TRÌNH VÔ ĐỊNH (PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTC)

PHẦN I: CƠ SỞ LÝ THUYẾT

I. Phương trình bậc nhất hai ẩnChúng ta xét phương trình:

(1)

72

Ở đây a, b, c là những số nguyên cho trước, a và b đồng thời khác không, x và y là các số nguyên cần tìm.

Một phương trình như thế gọi là phương trình Vô định hay phương trình Điôphăng bậc nhất hai ẩn: a và b gọi là hệ số của ẩn, c gọi là số hạng tự do.

Vấn đề đặt ra là với điều kiện ràng buộc giữa a, b, c như thế nào thì phương trình (1) có nghiệm nguyên và khi có nghiệm nguyên thì tập hợp nghiệm nguyên của phương trình (1) được xác định như thế nào.

1. Điều kiện có nghiệm nguyêna. Định lí: Điều kiện cần và đủ để phương trình (1) có nghiệm nguyên là ước chung lớn nhất các hệ số của ẩn là ước của số hạng tự do.

Chứng minh:

- Điều kiện cần: Giả sử phương trình (1) có nghiệm nguyên, nghĩa là có cặp số

nguyên sao cho ta có đẳng thức . Gọi d = ƯCLN (a, b). Khi ấy d là

ước của a và là ước của b nên d là ước của nghĩa là d là ước của c.

- Điều kiện đủ: Giả sử d = ƯCLN (a, b) là ước của c, nghĩa là có số nguyên c, sao

cho . Ta phải chứng minh phương trình (1) có nghiệm nguyên, nghĩa là có

cặp số nguyên sao cho xảy ra đẳng thức .

Thật vậy, bởi vì d = ƯCLN (a, b) nên ắt có cặp số nguyên sao cho

. Nhân hai vế của đẳng thức này với ta được:

Tức là

Đẳng thức này chứng tỏ cặp số nguyên là một nghiệm

nguyên của phương trình (1)

b. Hệ quả: Nếu ƯCLN (a, b) = 1 thì phương trình (1) có nghiệm nguyên.

2. Tập hợp nghiệm nguyên của phương trình (1).

Định lí: Nếu phương trình (1) có nghiệm nguyên thì nó có vô số nghiệm

nguyên và tập hợp nghiệm nguyên của nó là các cặp số nguyên ( ) xác định bởi:

với d = ƯCLN (a, b) và

Chứng minh:

73

- Với cặp đều là nghiệm của phương trình (1).

Thật vậy, theo giả thiết là nghiệm của phương trình (1) nên ta có đẳng

thức , từ đó

Đẳng thức này chứng tỏ là một nghiệm nguyên của phương

trình (1).

- Bây giờ giả sử là một nghiệm nguyên tùy ý của phương trình (1), ta

phải chứng minh rằng có số nguyên t sao cho

Thật vậy, vì và là hai nghiệm của phương trình (1) nên ta có:

Các đẳng thức này cho ta

Hay

Đẳng thức sau cùng chứng tỏ . Nhưng d = ƯCLN(a, b) nên ƯCLN

suy ra , nghĩa là tồn tại số nguyên t sao cho hay

. Từ đây cùng với đẳng thức ta được

Nhận xét:

Nếu là nghiệm riêng của thì là nghiệm riêng của

3. Thực hành giải phương trình (1)Để đi đến cách giải phương trình (1) ta nêu lên một vài nhận xét sau đây:

Nhận xét 1: Nếu |a| hoặc |b|bằng 1 thì việc tìm các nghiệm nguyên của phương trình (1) coi như được giải quyết.

Thật vậy chẳng hạn a = 1 thì phương trình (1) trở thành có tập hợp nghiệm nguyên gồm các cặp số ở đó

74

với

Nhận xét 2: Trong trường hợp |a| và |b| đều khác 0 và khác 1 bao giờ ta cũng có thể chuyển việc tìm nghiệm nguyên của phương trình (1) về việc tìm nghiệm nguyên của một phương trình bậc nhất hai ẩn mà ít nhất một hệ số của ẩn là .

Thật vậy, giả sử , thêm nữa ta có thể giả thiết a > 0. Thực hiện phép chia

có dư b cho a ta được

- Nếu thì phương trình (1) trở thành . Nhưng ƯCLN (a,

aq) = a là ước của c, chẳng hạn nên phương trình (1) tương đương với

phương trình có một hệ số của ẩn là 1, nghĩa là mệnh đề đúng.

- Nếu thì bằng cách đặt ta được

(2)

với

Mỗi nghiệm nguyên của phương trình (1) cho ta một nghiệm nguyên

của phương trình (2) ở đó .

Ngược lại mỗi nghiệm nguyên của phương trình (2) cho ta một nghiệm

nguyên của phương trình (1) ở đó

Như vậy việc tìm nghiệm nguyên của phương trình (1) được chuyển về việc tìm

nghiệm nguyên của phương trình (2)

ở đó

Bây giờ ta lại xét phương trình (2). Thực hiện phép chia có dư a cho ta được

- Nếu thì phương trình (2) trở thành . Nhưng

= ƯCLN = ƯCLN = ƯCLN là ước của c, chẳng hạn

, , nên phương trình (2) tương đương với phương trình có

một hệ số của ẩn là 1, nghĩa là mệnh đề được chứng minh.

- Nếu ta tiếp tục lặp lại lí luận như trên. Quá trình này dẫn đến dãy các

số tự nhiên nên sau không quá a bước ta chuyển được việc tìm

nghiệm nguyên của phương trình (1) về việc tìm nghiệm nguyên của một phương trình bậc nhất hai ẩn với hệ số nguyên có ít nhất một hệ số của ẩn là .

II. Phương trình bậc nhất nhiều ẩn

Phương trình có dạng: (*)

nguyên.

75

1. Định lí: Phương trình (*) có nghiệm nguyên khi và chỉ khi

2. Cách giải: Đưa phương trình (*) về một trong hai dạng sau

a. Có một hệ số của một ẩn bằng 1.

Giả sử khi đó

Nghiệm của (*) là với nguyên bất kỳ.

b. Có hai hệ số là nguyên tố cùng nhau.

Giả sử khi đó

(2)

Giải phương trình theo hai ẩn

PHẦN II: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ ĐỊNH1. Phương pháp đưa về dạng tích

Phương pháp chung : thường sử dụng với các phương trình có các biểu thức chứa ẩn phân tích được thành nhân tử.

- Biến đổi phương trình về dạng một vế là tích của các đa thức chứa ẩn. Vế còn lại là tích các số nguyên (số nhân tử của hai vế bằng nhau).

Với

- Giải các hệ tương ứng:

Ví dụ 1: Giải phương trình:

Lời giải

10 chia hết cho và

10 có 8 ước là: 1, – 1, 2, – 2, 5, – 5, 10, – 10.

76

Ta có 8 hệ phương trình:

Vậy ta có 8 nghiệm nguyên là:

Ví dụ 2: Giải phương trình nghiệm nguyên:

Trong đó p là số nguyên tố cho trước.

Lời giải

Điều kiện:

Ta có:

Vì p là số nguyên tố nên có 6 ước là: , , , ,

Ta có các hệ phương trình:

Vậy ta có các nghiệm nguyên:

2. Phương pháp cực hạnPhương pháp này thường sử dụng với các phương trình đối xứng.

- Vì phương trình đối xứng nên x, y, z có vai trò bình đẳng như nhau. Do đó, ta giả thiết , tìm điều kiện của các nghiệm, loại trừ dần các ẩn để có phương trình đơn giản. Giải phương trình, dùng phép hoán vị để suy ra nghiệm.

- Ta thường giả thiết

Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

(1)

Lời giải

Vì có vai trò như nhau nên ta có thể giả sử:

77

Thay vào (1) ta được:

(vì )

Vậy phương trình (1) có 6 nghiệm nguyên là các hoán vị của

Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

Lời giải

hoặc

Nếu thì

hoặc

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là:

3. Phương pháp lùi vô hạn (xuống thang)Phương pháp này thường sử dụng với những phương trình có ẩn mà hệ số

có ước chung khác 1.

- Dựa vào tính chất chia hết ta biểu diển ẩn theo ẩn phụ nhằm “hạ” (giảm bớt) hằng số tự do để có được phương trình đơn giản hơn.

- Sử dụng linh hoạt các phương pháp để giải phương trình đó.

Ví dụ 1: Giải phương trình: (1)

Hướng giải: Ta thấy

Mà nên

Lời giải

Ta có: (1)

Khi đó: (1)

78

Tiếp tục sự biểu diễn trên và nếu gọi là nghiệm của (1) thì

và . Thực hiện thử ta chọn được

Vậy nghiệm của phương trình là:

4. Phương pháp sử dụng tính chất chia hếtPhương pháp này thường sử dụng với các phương trình có dạng phân thức mà tử

là một số nguyên; được dùng để giải các bài toán: Tìm giá trị nguyên của biến để biểu thức nhận giá trị nguyên.

- Áp dụng tính chất chia hết trong Z để xác định tập giá trị của biểu thức chứa ẩn (thường là biến đổi dưới ẩn).

Ví dụ 1: Tìm thỏa mãn : (1)

Hướng giải: Ta nhận thấy các hạng tử chứa biến từng đôi một có chứa nhân tử chung nên nếu nhóm các hạng tử hợp lí cho ta đa thức có nhân tử chung , nên chia cả hai vế của phương trình cho ta sẽ có một vế luôn nhận giá trị nguyên.

Lời giải

Ta có:

(1) (*)

Với: (*) không phải là nghiệm của phương trình.

Nên: (**)

Phương trình có nghiệm nguyên

Ví dụ 2: Tìm thỏa mãn : (2)

Hướng giải: Vì là số lẻ; suy ra chia hết cho 2. Sử dụng tính chất này ta

xét các điều kiện của nghiệm của phương trình.

Lời giải

Ta có:

(2) là số lẻ , là hai số lẻ liên tiếp

là các lũy thừa của 3, nên:

Với:

79

Với: . Từ (*) và (**) (vô lí)

Phương trình có nghiệm nguyên:

5. Phương pháp lựa chọnPhương pháp này được sử dụng với các phương trình mà ta có thể nhẩm (phát

hiện dễ dàng) được một vài giá trị nghiệm.

- Trên cơ sở các giá trị nghiệm đã biết, áp dụng các tính chất như chia hết, số dư, số chính phương, chữ số tận cùng,....ta chứng tỏ rằng với các giá trị khác phương trình vô nghiệm.

Ví dụ 1: Tìm thỏa: (1)

Hướng giải: ta thấy với thì phương trình được nghiệm đúng. Ta cần chứng minh phương trình vô nghiệm với

Lời giải

+ Với thì (1) được nghiệm đúng.

+ Với . Khi đó:

(*)

Vì là hai số nguyên liên tiếp nên không có giá trị nào của y thỏa mãn

(*).

Vậy là nghiệm của phương trình.

Ví dụ 2: Tìm thỏa mãn: (2)

Hướng giải: Với phương trình này ta có thể sử dụng phương pháp đưa về dạng tổng. Tuy nhiên vế phải là một số chính phương nên ta có thể sử dụng tính không âm của lũy thừa bậc chẵn để giới hạn tập giá trị, sau đó sử dụng sự lựa chọn.

Lời giải

(2)

Do đó:

Vậy phương trình có nghiệm nguyên:


Bài 1: Tìm thỏa mãn:

Bài 2: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 7x + 23y = 120 (1)


80

Bài 4: Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình xy – 4x = 35 – 5y (1)

Bài 5: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 3x2 + 5 y2 = 345 (1)

Bài 6: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình x2 – 6xy + 13y2 = 100 (1)

Bài 7: Tìm nghiệm nguyên của phương trình 3x + 4y = 29


Bài 9: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình x + y + z = xyz (1).


Bài 1:

Nhận xét: Ta thấy vế trái của phương trình là hiệu của hai đa thức bậc hai độc lập của x và y, nên ta có thể phân tích thành nhân tử.

Vậy:

Bài 2: Ta có x = (2)

Muốn có x, y nguyên thì 1 – 2y = 7t hay 2y = 1 – 7t (t nguyên).

Từ đó : y = –3t + (3)

Vì y, t nguyên nên 1 – t = 2t1 (t1 nguyên) t = 1 – 2t1

Thay vào (3) ta có : y = –3(1 – 2t1) + t1 = 7t1 – 3.

Thay vào (2) ta được : x = 17 – 3(7t1 – 3) + 1 – 2t1 = 27 – 23t1

Vậy x = 27 – 23t1 , y = 7t1 – 3 là nghiệm nguyên của phương trình (1). Muốn có nghiệm nguyên dương, ta phải có :

Suy ra t1 = 1 và x = 4, y = 4 là nghiệm nguyên dương duy nhất của phương trình đã cho.

81

Bài 3: Vì có vai trò như nhau nên ta có thể giả sử: . Khi đó:

Với:

Nếu: (vô lí)

Nếu:

Vậy là hoán vị của

Bài 4: (1) xy – 4x + 5y – 20 = 15

Hay ( x + 5)(y – 4) = 15 = 15.1 = 5.3

Vì x, y đều là số tự nhiên nên x + 5 5 và là ước của 15, ta có :

hoặc hoặc

Suy ra : x = 10, y = 5 hoặc x = 0, y = 7. Đó là những nghiệm tự nhiên của phương trình đã cho.

Bài 5: 345 vừa chia hết cho 3 vừa chia hết cho 5 nên 3x2 + 5 y2 vừa chia hết cho 3 vừa chia hết cho 5. Vì (3, 5) = 1 nên x 5 x = 5a (a Z) và y 3 y = 3b (b Z). Ta có :

3.25a2 + 5.9b2 = 345 5a2 + 3b2 = 23 (2)

Ngoài ra a2

Thay vào (2) các giá trị của a = 1, 2 và b = 1, 2 ta thấy phương trình có nghiệm nguyên dương duy nhất với a = 2, b = 1. Lúc đó x = 10, y = 3.

Bài 6: (1) x2 – 6xy + 9y2 = 100 – 4y2 hay (x – 3y)2 = 4(25 – y2) 0 .

Vậy là số chính phương.

Với y = 1 hoặc y = 2 thì 25 – y2 không là số chính phương (loại)

Với y = 3 ta có :

Với y = 4 ta có :

82

Với y = 5 ta có : (x – 15)2 = 0 x = 15

Vậy các nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho là :

(1; 3), (17; 3), (6; 4), (18; 4), (15; 5).

Bài 7: Ta có x = .

Muốn có x, y nguyên thì phải nguyên hay 3 là ước của 2 – y.

Vậy 2 – y = 3t (t Z)

Khi đó : y = 2 – 3t và x = 9 – y + t = 9 – 2 + 3t + t = 4t + 7

Vậy : là tất cả các nghiệm nguyên của phương trình đã

cho.

Muốn tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình trên, ta đặt thêm các điều kiện để x > 0 y > 0. Ta có :

Do đó : và t chỉ có hai giá trị t1 = –1, t2 = 0

Với t1 = –1 thì x = 3, y = 5 là nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho.

Với t2 = 0 thì x = 2, y = 7 là nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho.

Bài 8:

Nhận xét: Ta thấy vế trái của phương trình dễ dàng phân tích thành nhân tử.

(Vì )

Ta có:

Vậy

Bài 9: Do vai trò của x, y, là bình đẳng nên ta giả sử 0 < x y z.

83

Ta có : xyz = x + y + z 3z xy 3.

Nếu x = y = z thì z3 = 3z z2 = 3 điều này không xảy ra với z nguyên.

Vậy ba số x, y, z không thể bằng nhau. Vậy số nhỏ nhất không thể bằng 3. Ta có xy < 3.

Nếu xy = 2 thì x = 1, y = 2 z = 3; Nếu xy = 1 thì x = 1, y = 1 2 + z = z vô nghiệm.

NỘI DUNG V: SỐ NGUYÊN TỐPHẦN I: CƠ SỞ LÝ THUYẾT

I. Định nghĩa và tính chất số nguyên tố1. Định nghĩa

a, Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1, chỉ có hai ước là 1 và chính nó.

Ví dụ: 2, 3, 5, 7, 11,…

b, Số tự nhiên lớn hơn 1 và không phải là số nguyên tố gọi là hợp số.Ví dụ: 4, 6, 8, 10,…Lưu ý:

- Các số 0 và 1 không phải là số nguyên tố và cũng không phải là hợp số.- Bất kỳ số tự nhiên lớn hơn 1 cũng có ít nhất 1 ước số nguyên tố.- Số nguyên tố nhỏ nhất là số 2, đó là số nguyên tố chẵn duy nhất.

84

- Để kết luận số a là số nguyên tố (a > 1) chỉ cần chứng tỏ nó không chia hết cho mọi số nguyên tố ma bình phương không vượt quá a. Như vậy:29 là số nguyên tố vì nó không chia hết cho 2, 3, 567 là số nguyên tố vì nó không chia hết cho 2, 3, 5, 7127 là số nguyên tố vì nó không chia hết cho 2, 3, 5, 7, 11…

c, Số nguyên tố cùng nhau.

● Hai số tự nhiên được gọi là nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi chúng có một ước số chung duy nhất là 1, nghĩa là chúng có ước số chung lớn nhất bằng 1.

a, b nguyên tố cùng nhau ● Một số tính chất:

- Hai số tự nhiên liên tiếp thì nguyên tố cùng nhau. và

- Hai số nguyên tố thì luôn luôn nguyên tố cùng nhau.- Các số a, b, c nguyên tố cùng nhau - a, b, c nguyên tố sánh đôi khi chúng đôi một nguyên tố cùng nhau.

a, b, c nguyên tố sánh đôi - Chú ý rằng 3 số nguyên tố sánh đôi thì chúng nhuyên tố cùng nhau.

Đảo lại không đúng: Ba số a, b, c nguyên tố cùng nhau thì chưa chắc chúng nguyên tố sánh đôi.Ví dụ: (2, 3, 8) = 1 nhưng (2, 3) =1, (3, 8) =1, (2,8) =2

- Phân tố tối giản (hay phân số không rút gọn được nữa) là phân số mà tử và mẫu chỉ có ước chung là 1 và -1.

2. Tính chất Tính chất 1: Ước tự nhiên khác 1 nhỏ nhất của một số tự nhiên là số nguyên tố.

Chứng minh:

Giả sử nhỏ nhất, . Nếu d không nguyên tố

mâu thuẫn với giả thiết là d nhỏ nhất. Vậy d là số nguyên tố.

Tính chất 2: Ước số nhỏ nhất (ƯSNN) khác 1 của một hợp số là một số nguyên tố và không lớn hơn căn bặc hai của một số ấy.

Chứng minh:

Giả sử a là hợp số và và q nhỏ nhất, cần chứng minh q là một số nguyên tố.

85

Giả sử q không phải là số nguyên tố thì q là hợp số, q có ước thực sự là q1, mà

mà nên . Điều này trái giả thiết q là ƯSNN của a.

Từ trên ta có: cũng là ước của a. Nhưng q là ƯCNN nên hay

. Do đó .

Ví dụ: ƯSNN khác 1 của 75 là số nguyên tố 3 và

ƯSNN khác 1 của 49 là số nguyên tố 7 và

Hệ quả: Nếu một số tự nhiên khác 1 và không chia hết cho mọi sô nguyên tố,

không lớn hơn căn bặc hai của nó thì số đó là số nguyên tố.

Chứng minh:

Giả sử M không phải là số nguyên tố thì M lại chia hết cho số nguyên tố theo tính chất trên điều này trái với giả thiết. Vậy M là số nguyên tố.

Tính chất 3: Tập các số nguyên tố là vô hạn.

Chứng minh:

Giả sử chỉ có hữu hạn các nguyên tố là 2, 3, 7,…,p (p là số nguyên tố lớn nhất). Khi đó, đặt Ta gặp mâu thuẫn vì và q là số nguyên tố. Thật vậy nếu q là hợp số thì q có một ước số là số nguyên tố là một điều mâu thuẫn.

Tính chất 4: Cho p là số nguyên tố, .Khi đó:

Chứng minh:

Vì p là một số nguyên tố, nó chỉ có hai ước là 1 và p cho nên UCLN . Từ

đó ta có a nguyên tố với p hoặc a chia hết cho p.

Tính chất 5: Nếu số nguyên tố p chia hết tích abc thì p chia hết ít nhất một thừa số của tích abc.

p nguyên tố .

Tính chất 6: Nếu p là số nguyên tố và p không chia hết a thi

Chứng minh:

Giả sử . Khi đó d = 1 hoặc d = p. Nhưng nên theo giả thiết (p không chia hết a), ta phải có Nếu số nguyên tố p không chia hết a và b thi p không chia hết tích ab.

Tính chất 7: Nếu số nguyên tố không chia hết và thi không chia hết tích .

Chứng minh:

86

Giả sử nhưng p không chia hết a và p không chia hết b Khi đó, Từ đó trái giả thiết.

II. Cách nhận biết một số nguyên tố.1. Chia số đó lần lượt cho các số nguyên tố đã biết từ nhỏ đến lớn:

- Nếu có một phép chia hết thì số đó không nguyên tố.

- Nếu chia cho đến lúc số thương nhỏ hơn số chia mà các phép chia vẫn có số dư thì số đó là số nguyên tố.

2. Một số có hai ước số lớn hơn 1 thì số đó không phải là số nguyên tố.

III. Các định lí cơ bản.1. Các bổ đề.

a, Bổ đề 1: Với số tự nhiên a và số nguyên tố p thì hoặc a nguyên tố với p hoặc a chia hết cho p.

Chứng minh: Vì p là số nguyên tố nên nó chỉ có hai ước là 1 và p nên ƯCLN hoặc ƯCLN . Từ đó ta có a nguyên tố với p hoặc a chia hết cho p.

b, Bổ đề 2: Nếu một tích các số tự nhiên chia hết cho số nguyên tố p thì phải có ít nhất một thừa số của tích chia hết cho p.

Chứng minh: giả sử tích chia hết cho p, ta phải có ít nhất một trong các số

chia hết cho p. Thật vậy giả sử trái lại rằng tất cả các số không

chia hết cho p thì theo bổ đề 1 chúng đều là nguyên tố với p do đó ta có ƯCLN

. Điều này mâu thuẫn với giả thiết.

c. Hệ quả: Nếu số nguyên tố p là ước của một tích các số nguyên tố thì p

phải trùng với một trong các số nguyên tố của tích đó.

2. Định lí cơ bản.

Định lý: Mỗi hợp số đều phân tích được thành tích của các thừa số nguyên tố và nếu không kể đến thứ tự của các thừa số thì sự phân tích là duy nhất.

Chứng minh:

Chứng minh sự phân tích được:

Gọi a là hợp số thì a có ước số nguyên tố p, khi đó a = p1.a1. Nếu a1 là số nguyên tố thì việc phân tích là xong.

Còn nếu a1 không là số nguyên tố thì a1 = p2.a2 là số nguyên tố. Và cũng lập luận như trên. Ta nhận thấy: a > a1 > a2 >... nên quá trình phân tích là hữu hạn. Và cuối cùng ta được: a = p1.p2...pn trong đó pi là các số nguyên tố có thể trùng nhau.

Chứng minh sự phân tích là duy nhất:

87

Giả sử a có hai dạng phân tích a = p1.p2...pn và a = q1.q2...qm. Trong đó: pi, pj là các số nguyên tố.

Như vậy: p1.p2...pn = q1.q2...qm Giản ước những số nguyên tố cùng nhau có mặt trong hai vế, ta được đẳng thức:

pi1.pi2...pin = qj1.qj2...qjm. Khi đó không có số nguyên tố nào có mặt ở hai vế.Như vậy vế trái chia hết cho qji và do đó phải tồn tại một thừa số của tích chia hết

cho qji điều này vô lý, vì đây là tích các số nguyên tố.Do vậy, với moi số tự nhiên chỉ có một dạng phân tích thành một tích các thừa số

nguyên tố. Nếu ta hợp các thừa số trùng lại thì ta sẽ được dạng phân tích tiêu chuẩn

của a là:

Trong đó: pi là các số nguyên tố

là các số tự nhiên

Ví dụ: Phân tích số 457380 thành các thừa số nguyên tố

457380 2

228690 2

114345 3

38115 3

12705 3

4235 5

847 7

121 11

11 11

Vậy

Chú ý: Bằng cách phân tích một số ra thừa số. Ta có thể tìm được tất cả các ước của số ấy một cách nhanh nhất, không bỏ sót ước nào.

- Người ta chứng minh được rằng, nếu một số A có dạng phân tích ra thừa số

nguyên tố là trong đó là các số nguyên tố, thì các

ước của A là . Ta có thể sử dụng điều này để kiểm tra

xem khi tìm các ước của một số nguyên tố, ta đã tìm đủ số ước chưa.- Thông thường, khi viết các thừa số phân tích ra thừa số nguyên tố của một số,

bao giờ ta cũng viết nó dưới dạng tiêu chuẩn, tức là dạng mà trong đó các thừa số nguyên tố được sắp xếp theo thứ tự từ nhỏ đến lớn.

88

- Phân tích ra thừa số nguyên tố của một số chính phương thì chỉ chứa các thừa số nguyên tố với số mũ chẵn.

PHẦN II: MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ SỐ NGUYÊN TỐDạng 1: Ước của một số.

( là các số nguyên tố)

Số ước của A là

Ví dụ 1: a, Phân tích số 360 ra thừa số nguyên tố.

b, Số 360 có bao nhiêu ước.

c, Tìm tất cả các ước của 360.

Lời giải

a,

b, Số 360 có tất cả ước.

c, Các ước của số 360 là:

Ví dụ 2: Tìm số nhỏ nhất biết:

a, A có 6 ước.

b, B có 9 ước.

Lời giải

a, A có 6 ước nên ta có:

Vì là số nhỏ nhất nên ta giả sử

Vậy A = 12 thỏa mãn điều kiện.

b, B có 9 ước nên ta có:

Vì B là số nhỏ nhất nên ta chọn

89

Vậy B = 36 thỏa mãn điều kiện.


Bài 1:

1. Tìm các ước nguyên tố của các số : 30, 210, 23102. Chứng tỏ rằng các số 31, 211, 3201, 10031 là các số nguyên tố.

Bài 2: Chứng tỏ rằng các số sau đây là hợp số :1. 6767672. 108 + 107 + 73. 175 + 244 + 1321

Bài 3: Chứng minh rằng :1. Mọi số nguyên tố lớn hơn 2 đều có dạng 2. Mọi số nguyên tố lớn hơn 3 đều có dạng

Bài 4: Các số sau là số nguyên tố hay hợp số.1. A = 11…1 (2001 chữ số 1).2. B = 11…1 (2000 chữ số 1).3. C = 1010101.4. D = 1112111.5. E = 1 ! + 2 ! + 3 ! +…+ 100 !6. G = 3.5.7.9 – 28

Dạng 2: Số nguyên tố và tính chia hết.1. Nếu tích của hai số a, b chia hết cho một số nguyên tố p thì một trong hai số a,

b chia hết cho p.

2. Nếu chia hết cho số nguyên tố p thì a chia hết cho p.

Ví dụ 1:

Phân tích: A = 26406 ra thừa số nguyên tố. A có chia hết các số sau hay không 21, 60, 91, 140, 150, 270.

Lời giải

Phân tích A ra thừa số nguyên tố:

90

Ta có:

- Để biết A có chia hết cho 21 không thì ta kiểm tra có chia

hết cho 3 và 7 không.

Ta thấy chia hết cho 3 nhưng không chia hết cho 7 nên A không chia

hết 21.

Tương tự cho các số còn lại ta được:

- 60 = 22.3.5 A không chia hết cho 60.

- 91 = 7.13 A không chia hết cho 91.




Ví dụ 2: Chứng minh rằng trong 15 số tự nhiên lớn hơn 1 không vượt quá 2004 và đôi một nguyên tố cùng nhau sẽ tìm được một số là số nguyên tố.

Lời giải

Giả sử là các số tự nhiên lớn hơn 1 và không vượt quá 2004 và đều

là hợp số.

Gọi là ước nguyên tố nhỏ nhất của với

Gọi p là số lớn nhất trong các số .

Do các số đôi một nguyên tố cùng nhau nên các số phải

là các số khác nhau.

Các số nguyên tố là : 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47

Số nguyên tố thứ 15 là số 47 và .

Với số n có ước nguyên tố nhỏ nhất là p thì . Vô lí.

Vậy trong 15 số ta tìm được một số nguyên tố.


Bài 1: Chứng tỏ rằng nếu 3 số a, a + n, a + 2n đều là số nguyên tố lớn hơn 3 thì n chia hết cho 6.

Bài 2: Tìm số nguyên tố p sao cho các số sau cũng là số nguyên tố.

1. P + 10, p + 142. P + 2, p + 6, p + 8, p + 12, p + 14.

91

Bài 3: Tìm số tự nhiên k để dãy k + 1, k + 2, …, k + 10 chứa nhiều số nguyên tố nhất.Bài 4: Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì ( p – 1).(p + 1) chia hết cho 24. Bài 5: Chứng minh rằng nếu 2n – 1 là số nguyên tố (n > 2) thì 2n + 1 là hợp số.

Dạng 3: Sử dụng phương pháp phân tích.Ví dụ 1 :

Cho m và là hai số nguyên tố. Chứng minh rằng cũng là một số

nguyên tố.

Lời giải

m và nguyên tố , nguyên tố.

Ta có : , nguyên tố.

Vậy : m và nguyên tố nguyên tố.

Ví dụ 2: Tìm số b nguyên tố sao cho và đều là số

nguyên tố.

Lời giải

Bất kỳ số tự nhiên b nào cũng có một trong các dạng:

, với .

+ Nếu thì không nguyên tố.




Do đó: mà b nguyên tố .

Ta suy ra:

Đều là nguyên tố.

Vậy:


Bài 1: Chứng minh rằng :

a. Nếu nguyên tố thì (với , với ).

92

b. Nếu n là hợp số, không nguyên tố.

c. Nếu p nguyên tố, luôn luôn là một số nguyên tố hay không?

Bài 2: Cho .

a. Chứng minh A và B nguyên tố cùng nhau.

b. Tìm

Bài 3: Chứng minh rằng với giữa m và có ít nhất một số nguyên tố. Từ đó suy ra rằng có vô số số nguyên tố.

Bài 4: Chứng minh rằng trong 1984 số nguyên dương đầu tiên, tồn tại duy nhất 9 số nguyên tố lập thành một cấp số cộng.

Bài 5: Chứng minh rằng với một số tự nhiên n bất kỳ, tồn tại một cấp số cộng gồm n hợp số mà các số hạng của cấp số này nguyên tố đôi một cùng nhau.

Bài 6: Cho hai số tự nhiên . Gọi là những số nguyên tố sao cho

. Đặt : .

a. Chứng minh rằng trong dãy số các số tự nhiên liên tiếp

không chứa một số nguyên tố nào.

b. Chứng minh rằng có vô số dãy số gồm n số tụ nhiên nhưng không có số nào là số nguyên tố.

Hãy viết số hạng đầu và số hạng cuối của hai dãy số như vậy, mỗi dãy số có 10 số hạng.

Bài 7: Chứng minh rằng : Mọi số tự nhiên a có ước số dương dạng , không

ít hơn số ước dương dạng .

Bài 8:Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho ta có : với mọi a, b nguyên, ta có :

khi và chỉ khi a và b đồng thời chia hết cho p.

Bài 9: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên tố p có tính chất sau : Không tồn tại

số tự nhiên liên tiếp sao cho có thể phân tập hợp các số đó thành hai tập hợp

con để tích các số thuộc tập hợp này bằng tích các số thuộc tập hợp kia.

Bài 10: Tìm hai số m, n có dạng có UCLN bằng 18 và .

Bài 11: Chứng minh rằng :

a. Số tự nhiên là số nguyên tố khi và chỉ khi .

b. Số tự nhiên là số nguyên tố khi và chỉ khi .

Bài 12: Chứng minh rằng trong các số có dạng :

93

Ta có thể chọn được một dãy vô hạn tăng có các số hạng đôi một nguyên tố cùng nhau.

Bài 13: a. Chứng minh rằng có vô số số tự nhiên n sao cho: (*)

b.Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho: .

Bài 14: Chứng minh rằng nếu với và , là một số nguyên tố

thì ước chung lớn nhất của m và n phải là một lũy thừa của 2.

Bài 15: Cho a và b là hai số nguyên tố. Chứng minh rằng số dư của những phép chia

bội số đầu tiên của a cho b tạo thành dãy số số tự nhiên đầu tiên.


Bài 1: a.

nguyên tố .

b. n hợp số , và .

Và

Do đó: không nguyên tố đpcm.

c. Nếu p nguyên tố, không là một số nguyên tố vì:

+ Khi thì là số nguyên tố.

+ Khi thì không nguyên tố.

Bài 2: a. Ta có:

Nếu A và B có một ước chung thì:

, vô lí

Do dó A và B nguyên tố cùng nhau.

a. Ta có:

Điều này chứng tỏ ước số chung lớn nhất của A và C có thể là 5 hoặc 1.

Muốn cho thì n lẻ

Vậy : nếu n lẻ

nếu n chẵn.

Bài 3: Do nên .

Gọi p là một ước số nguyên tố của ta có

94

Bây giờ ta chứng tỏ . Giả sử ngược lại khi đó p là ước của và do

đó p là ước của , vô lý.

Vậy p là số nguyên tố thỏa mãn

Chứng minh có vô số số nguyên tố.

Giả sử ngược lại chi có hữu hạn số nguyên tố: .

Đặt thế thì và theo chứng minh trên thì có số nguyên tố p sao

cho

Vì nên p là khác với (1, 2, ..., n). (Mâu thuẫn)

Suy ra đpcm.

Bài 4: Giả sử trong 1984 số nguyên dương đầu tiên, tồn tại duy nhất 9 số nguyên tố:

(*)

lập thành một cấp số cộng có công sai

Gọi p là số nguyên tố < 9

Nếu thì , vô lí vì là một số nguyên tố của (*)

Do đó :

Chia các số nguyên tố : cho số nguyên tố p. Các số dư phân biệt

với

Do đó có hai số và đồng dư mod p, với

(mod p)

(mod p)

(mod p) vì .

Do đó ta có :

Ta lại có : và .

Ta có :

Nếu , hợp số.

Nếu , hợp số.

Gọi r và theo thứ tự là số dư của phép chia cho 11 và 13.

Ta có :

95

Với và

Để cho (mod 11) thì ta phải chọn .

Tương tự ta có :

với r = 1, 2

với

Các giá trị và không thỏa.

Vậy 9 số nguyên tố thỏa mãn yêu cầu bài toán là :

199 ; 409 ; 619 ; 829 ; 1039 ; 1249 ; 1459 ; 1669 ; 1879.

Bài 5: Gọi p là số nguyên tố > n và q là một số tự nhiên sao cho : .

Xem dãy số :

(*)

(*) là một cấp số cộng có số hạng đầu và công sai

Ta chứng minh rằng :

Các số là hợp số :

Với

với

Do đó là hợp số (đpcm)

Các số đôi một nguyên tố cùng nhau.

Xem hai số hạng bất kỳ của (*) :

Với

96

Giả sử và không nguyên tố cùng nhau và có một ước số chung nguyên

tố d. Do đó :

Vì d là số nguyên tố nên d chia hết ít nhất nên d chia hết một trong các số

Nếu thì

Vì

Điều này vô lý vì

Suy ra (đpcm)

Bài 6: a. Gọi dãy số các số tự nhiên liên tiếp là : với và .

+ Nếu m là số nguyên tố thì .

không nguyên tố.

+ Nếu m là hợp số thì m phải có ít nhất một ước nguyên tố d.

không nguyên tố.

Vậy trong dãy số đã cho, không có số hạng nào là số nguyên tố.

b. Dãy số đã cho : gồm n số tự nhiên liên tiếp không nguyên

tố.

Có vô số dãy số gồm n số tự nhiên liên tiếp không nguyên tố có dạng :

, với tùy ý.

Với :

Dãy số : với tùy ý và .

Chọn và ta có :

2312,...,2321

4622,...,4631

đpcm

Bài 7: Bài toán hiển nhiên đúng nếu số tự nhiên a đã cho không có một ước số nguyên tố nào dạng .

97

Giả sử bài toán đúng cho mọi số tự nhiên a mà trong dạng phân tích ra thừa số nguyên tố có n, , thừa số nguyên tố dạng .

Giả sử b là số tự nhiên mà trong dạng phân tích ra thừa số nguyên tố có

thừa số nguyên tố dạng với l là số nguyên tố dạng , m chứa n thừa số nguyên tố dạng đó.

Gọi p và q theo thứ tự là số ước dương của m có dạng và .

( theo giả thiết quy nạp)

Do đó: số ước số dương dạng của là và số ước số dương dang là b không nhiều hơn .

Bài toán đúng với

Vậy mọi số tự nhiên a có ước số dương dạng , không ít hơn số ước

dương dạng .

Bài 8: Xét khả năng p = 2.

Bài toán không thỏa vì với mọi a, b lẻ ta có : mà

Xét trường hợp , do đó p chỉ có thể có dạng hoặc

+ Với ta có : (mod p) (Định lý Wilson)

(mod p)

Ta lại có : (mod p)

(mod p)

...................

(mod p)

(mod p)

Do đó (mod p), vô lý.

Vậy tất cả các số nguyên tố dạng không thỏa mãn yêu cầu của bài toán.

+ Với

Giả sử có cặp số nguyên sao cho : mà

Vì , p nguyên tố nên ta có: (mod p)

Tương tự : (mod p) (Định lí Fermat)

(mod p)

(mod p)

98

(mod p)

(mod p)

(mod p)

(mod p), vô lý.

Vậy tất cả các số nguyên tố dạng là những số nguyên tố cần tìm

với

Bài 9: Rõ ràng là p lẽ. Do đó p có hạng hoặc .

Ta chứng minh rằng bất kì số nguyên tố p nào có dạng đều thỏa yêu cầu của bài toán.

Giả sử với số nguyên tố , tồn tại số tự nhiên liên tiếp mà ta

có thể chia tập hợp các số này thành hai tập hợp con sao cho tích của tất cả các số thuộc mỗi tập đều bằng a.

Chia các số: (*) cho số nguyên tố p, ta được các số dư

phân biệt.

Nếu trong dãy (*) có một số chia hết cho p thì theo giả thiết phản chứng, ắt có một số thứ hai của dãy (*) chia hết cho p, vô lý.

Do đó, tập hợp các số dư chỉ có thể là

(mod p)

(mod p)

Nhưng (mod p) (Định lý Wilson)

(mod p)

(mod p)

(mod p)

(mod p)

Ta lại có: (mod p) (Định lý Fermat)

(mod p)

(mod p)

(vô lý)

99

đpcm

Bài 10: Đặt và . Theo giả thiết ta có :

Từ đó suy ra

Mặt khác

Suy ra

Do nên . Từ đó

Vậy

Bài 11: a. Nếu nguyên tố thì hiển nhiên .

Giả sử là hợp số:

, , (i = 1, 2, ..., k).

Khi đó :

trái với giả thiết.

Vậy n là nguyên tố.

b. Nếu nguyên tố thì

Ta chứng minh điều ngược lại bằng phản chứng

Giả sử và n là hợp số, có dạng phân tích tiêu chuẩn như trong câu a.

Khi đó :

100

, trái với giả thiết.

Vậy n là nguyên tố.

Bài 12: Ta có : đôi một nguyên tố cùng nhau.

Giả sử m số : có dạng sao cho :

Và với và .

Ta chứng minh rằng tồn tại số có dạng sao cho :

Và .

Ta đặt và chọn :

Theo cách chọn ta có : .

Nếu . Do đó : và

đôi một nguyên tố cùng nhau đpcm.

Bài 13: a. Dĩ nhiên ta phải có . Với mọi và thì lẻ.

Ta nhận thấy khi thì n thỏa (*)

Ta chứng minh rằng nếu : thì ta cũng có:

với

Ta có: , , k lẻ

Do đó:

(đpcm)

Điều khẳng định trên chứng tỏ có vô số số tự nhiên thỏa :

b. Nếu số nguyên tố p thỏa : (1) thì .

Theo định lí Fermat ta có: (2)

101

Từ (1) và (2) ta có : .Do đó : .

Vậy : Chỉ có số nguyên tố thỏa tính chất

Bài 14: Giả sử ước chung lớn nhất của m và n không phải là một lũy thừa của 2.

với lẻ, .

Giả sử

Ta có:

là hợp số, trái giả thiết đpcm.

Bài 15: Xét dãy số gồm bội số đầu tiên của a :

Ta đem chia tất cả các số này cho b :

+ Không có số nào chia hết cho b vì b nguyên tố cùng nhau với tất cả các số hạng của dãy.

+ Không có hai số nào chia cho b có cùng số dư vì nếu có ka và ha chia cho b có

cùng số dư thì : , với và .

Điều này vô lý : Suy ra số dư đều khác nhau. Mặt khác các số dư đều

nhỏ hơn hay bằng .

Vậy số dư chính là số tự nhiên đầu tiên. (đpcm)

102

C. KẾT LUẬN1. Những kết quả đạt được

Sau một thời gian tìm hiểu nghiên cứu đề tài, bước đầu chúng tôi đã thu được những kết quả sau:

- Hình thành được kỹ năng và phương pháp để xây dựng một số đề tài khoa học.

- Đã xây dựng được một đề tài giúp cho sinh viên cũng như học sinh có cách nhìn tổng quát về vấn đề Số học, nắm được kỹ năng và kiến thức để giải các bài toán về Số học. Từ đó giúp mọi người có thể vận dụng vào học tập cũng như giảng dạy.

- Biết vận dụng linh hoạt các phương pháp để giải các bài toán phức tạp.

- Đề tài bao gồm cả cơ sở lý thuyết và hệ thống bài tập vận dụng, có đáp án cụ thể nhằm giúp cho học sinh, sinh viên có thể vừa học, vừa tự nghiên cứu.

2. Hướng nghiên cứu sắp tới

Toán học sơ cấp là kho tàng kiến thức vô tận. Để có thể tìm hiểu về kiến thức cũng như các phương pháp giải bài tập là vấn đề không phải dễ. Vì điều kiện thời gian và phạm vi đề tài còn hạn hẹp nên chúng tôi chỉ mới nghiên cứu “Chuyên đề Số học ở bậc trung học cơ sở”. Những bài tập đưa ra còn ít so với những bài tập trong thực tế. Hơn nữa, tài liệu và kiến thức còn hạn chế nên chưa thể trình bày một cách đầy đủ tính tổng quát và ưu việt đối với vấn đề Số học. Hướng nghiên cứu sắp tới tôi, muốn tiếp tục tìm hiểu đầy đủ hơn về ứng dụng của số học trong việc giải các bài toán số học phức tạp, góp phần phong phú và tổng quát hơn ứng dụng của số học trong toán học sơ cấp.

3. Kết luận

103

Quá trình nghiên cứu “Chuyên đề Số học ở bậc trung học cơ sở” là một quá trình sâu sắc và có hiệu quả. Ngoài việc nắm vững các khái niệm, đinh lý, tính chất, áp dụng các phương pháp để giải các bài tập, thì việc nắm vững và hiểu sâu sắc Số học để giải các bài tập phức tạp trong Toán sơ cấp là rất cần thiết.

Vận dụng tính chất, định lý để giải các bài toán về số học là một cách giải sáng tạo và hấp dẫn. Mang lại hiệu quả cao, đi đến kết quả nhanh và chính xác. Hy vọng đề tài này sẽ góp phần làm tư liệu tham khảo cho mọi người trong học tập cũng như giảng dạy. .

Phát huy tư duy sáng tạo cho học sinh và sinh viên trong việc phân loại các bài tập toán học và các cách giải với mỗi dạng bài tập toán học.

Tuy đã cố gắng nghiên cứu nhưng vì điều kiện thời gian và khả năng còn nhiều hạn chế nên chúng tôi không tránh khỏi những thiếu sót, kính mong nhận được các ý kiến đóng góp và nhận xét thiết thực của thầy cô để đề tài được hoàn thiện và phát triển hơn trong tương lai.

Cuối cùng chúng tôi xin chân thành cảm ơn thầy Nguyễn Quốc Tuấn cùng các thầy, cô giáo trong khoa đã nhiệt tình giúp đỡ và tạo điều kiện giúp chúng tôi hoàn thành đề tài này.

104

TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1]. Võ Đại Mau - 250 bài toán bồi dưỡng học giỏi cấp 2[2]. Bài tập chọn lọc Toán (THCS) số học và đại số - Tập 1 - NXB Giáo dục[3]. Nguyễn Tiến Quang - Bài tập số học - NXB Giáo dục[4]. Nguyễn Vũ Thanh - Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học cơ sở[5]. Vũ Đức Hoàn - Lưu Hoàng Hảo - Nguyễn Hoàng Anh - Nguyễn Đức Tấn - Nguyễn Đoàn Vũ - Huỳnh Duy Thủy - Đỗ Quang Thanh - Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học sơ sở số học - NXB: Tổng hợp TP Hồ Chí Minh - NSX: Khang Việt[6]. Nguyễn Văn Nho - Chuyên đề số học - NXB Đại học quốc gia TP Hồ Chí Minh[7]. Thạc sĩ Nguyễn Văn Nho - Chuyên đề Số học [8]. Nguyễn Văn Mậu - Một số vấn đề Số học chọn lọc - NXB Giáo dục[9]. Nguyễn Tiến Tài - Nguyễn Hữu Hoan - Số học - NXB Giáo Dục - 1998[10]. Đậu Thế Cấp - Số học - NXB Giáo Dục[11]. Nguyễn Văn Vĩnh - Tài liệu chuyên toán số học trung học cơ sở - NXB Đại học sư phạm[12]. Phạm Phu - Ứng dụng toán sơ cấp giải các bài toán thực tế - NXB Giáo Dục

105

A. MỞ ĐẦU....................................................................................................................2I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI...............................................................................................2II. MỤC TIÊU NGHIÊN CỨU.......................................................................................2III. ĐỐI TƯỢNG VÀ KHÁCH THỂ NGHIÊN CỨU...................................................2IV. GIẢ THUYẾT KHOA HỌC.....................................................................................2V. TỔNG QUAN TÌNH HÌNH NGHIÊN CỨU.............................................................3VI. NHIỆM VỤ CỦA ĐỀ TÀI......................................................................................3VII. PHẠM VI NGHIÊN CỨU......................................................................................3VIII. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU..........................................................................3IX. ĐÓNG GÓP CỦA ĐỀ TÀI.......................................................................................3X. CẤU TRÚC CỦA ĐỀ TÀI........................................................................................3B. NỘI DUNG.................................................................................................................5NỘI DUNG I: PHÉP CHIA HẾT - PHÉP CHIA CÓ DƯ..............................................5PHẦN I: CƠ SỞ LÝ THUYẾT.......................................................................................5I. Phép chia hết, phép chia có dư....................................................................................51. Định nghĩa:..................................................................................................................52. Ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất....................................................................53. Thuật toán Ơclit (Tìm ƯCLN dựa vào định lí phép chia có dư):................................64. Một số tính chất, định lí quan trọng thường được dùng để giải một số bài toán chia hết:...................................................................................................................................75. Các bài toán chia hết và phương hướng tìm lời giải...................................................7II. Đồng dư thức............................................................................................................131. Định nghĩa:................................................................................................................132. Các tính chất của đồng dư thức :...............................................................................133. Một số ví dụ áp dụng:................................................................................................144. Định lý Fermat:.........................................................................................................15PHẦN II: CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN CHIA HẾT...............................161. Phương pháp 1: SỬ DỤNG DẤU HIỆU CHIA HẾT...............................................162. Phương pháp 2: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CHIA HẾT.............................................193. Phương pháp 3: XÉT TẬP HỢP SỐ DƯ TRONG PHÉP CHIA..............................224. Phương pháp 4: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH THÀNH NHÂN TỬ. 25Lời giải..........................................................................................................................265. Phương pháp 5: BIẾN ĐỔI BIỂU THỨC CẦN CHỨNG MINH VỀ DẠNG TỔNG.......................................................................................................................................28Mà ƯCLN ( 2; 3) = 1....................................................................................................28Mà 2903 – 464 = 239 = 9 . 271.....................................................................................29Mà 803 - 261 =542 = 2 . 271.........................................................................................29= 46n - 13n + 297.13n......................................................................................................306. Phương pháp 6: DÙNG QUY NẠP TOÁN HỌC.....................................................31Lời giải..........................................................................................................................31N = 1 A2 = 161 - 15 .1 -1 = 0 225...........................................................................32Ak = 16k – 15k – 1 225...............................................................................................32A k + 1 = 16k + 1 - 15. ( k + 1 ) -1......................................................................................32Lời giải..........................................................................................................................32Ak + 1 = 3 k + 3 + 42k + 3......................................................................................................32

106

Vì 3(3k + 2 +42k + 1 ) 13..................................................................................................327. Phương pháp 7: SỬ DỤNG ĐỒNG DƯ THỨC.......................................................34Vì p và q là 2 số nguyên tố và p q ( p,q) = 1..........................................................34

+ 3 11 .................................................................................34Lời giải..........................................................................................................................358. Phương pháp 8: SỬ DỤNG NGUYÊN LÝ ĐIRICHLET........................................37Lời giải..........................................................................................................................389. Phương pháp 9: PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG.................................................41NỘI DUNG 2: DẤU HIỆU CHIA HẾT VÀ LỚP CÁC BÀI TOÁN...........................44PHẦN I: CƠ SỞ LÝ THUYẾT.....................................................................................441. Dấu hiệu chia hết cho 2 và 5.....................................................................................44

2. Dấu hiệu chia hết cho 3 và 9..................................................................................443. Dấu hiệu chia hết cho 4 và 25................................................................................45

4. Dấu hiệu chia hết cho 8 và 125.................................................................................455. Dấu hiệu chia hết cho 11...........................................................................................46PHẦN II: CÁC LỚP BÀI TOÁN LIÊN QUAN...........................................................48I. Chứng minh không chia hết.......................................................................................48II. Tìm số tự nhiên n để A(n) B(n).............................................................................50NỘI DUNG III: CÁC DẠNG BÀI TOÁN VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG.......................52PHẦN I: CƠ SỞ LÝ THUYẾT.....................................................................................52I. Định nghĩa..................................................................................................................52II. Tính chất...................................................................................................................52III. Nhận biết.................................................................................................................54IV. Một số phương pháp giải bài toán về số chính phương..........................................541. Bài toán 1: Chứng minh một số là số chính phương............................................542. Bài toán 2 : Chứng minh một số không phải là một số chính phương ..............56PHẦN II: CÁC DẠNG BÀI TOÁN VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG.................................57Dạng 1: Chứng minh một số là số chính phương..........................................................57Dạng 2 : Chứng minh một số không phải là số chính phương......................................61Dạng 3: Tìm số chính phương.......................................................................................64Dạng 4: Tìm giá trị của biến để biểu thức là số chính phương.....................................67NỘI DUNG IV: PHƯƠNG TRÌNH VÔ ĐỊNH (PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTC). .72PHẦN I: CƠ SỞ LÝ THUYẾT.....................................................................................72I. Phương trình bậc nhất hai ẩn.....................................................................................721. Điều kiện có nghiệm nguyên.....................................................................................722. Tập hợp nghiệm nguyên của phương trình (1)..........................................................733. Thực hành giải phương trình (1)...............................................................................74II. Phương trình bậc nhất nhiều ẩn................................................................................75PHẦN II: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ ĐỊNH................751. Phương pháp đưa về dạng tích..................................................................................752. Phương pháp cực hạn................................................................................................773. Phương pháp lùi vô hạn (xuống thang).....................................................................784. Phương pháp sử dụng tính chất chia hết...................................................................795. Phương pháp lựa chọn...............................................................................................80NỘI DUNG V: SỐ NGUYÊN TỐ................................................................................86PHẦN I: CƠ SỞ LÝ THUYẾT.....................................................................................86

107

I. Định nghĩa và tính chất số nguyên tố.........................................................................861. Định nghĩa.................................................................................................................862. Tính chất....................................................................................................................86II. Cách nhận biết một số nguyên tố..............................................................................88III. Các định lí cơ bản....................................................................................................881. Các bổ đề.................................................................................................................882. Định lí cơ bản............................................................................................................89PHẦN II: MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ SỐ NGUYÊN TỐ..........................................90Dạng 1: Ước của một số................................................................................................90Dạng 2: Số nguyên tố và tính chia hết..........................................................................92Dạng 3: Sử dụng phương pháp phân tích......................................................................93C. KẾT LUẬN............................................................................................................1051. Những kết quả đạt được........................................................................................1052. Hướng nghiên cứu sắp tới.....................................................................................1053. Kết luận.................................................................................................................105

[5]. Vũ Đức Hoàn - Lưu Hoàng Hảo - Nguyễn Hoàng Anh - Nguyễn Đức Tấn - Nguyễn Đoàn Vũ - Huỳnh Duy Thủy - Đỗ Quang Thanh - Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học sơ sở số học - NXB: Tổng hợp TP Hồ Chí Minh - NSX: Khang Việt......................................................................107[6]. Nguyễn Văn Nho - Chuyên đề số học - NXB Đại học quốc gia TP Hồ Chí Minh........................107[7]. Thạc sĩ Nguyễn Văn Nho - Chuyên đề Số học..............................................................................107[8]. Nguyễn Văn Mậu - Một số vấn đề Số học chọn lọc - NXB Giáo dục..........................................107[9]. Nguyễn Tiến Tài - Nguyễn Hữu Hoan - Số học - NXB Giáo Dục - 1998.....................................107[10]. Đậu Thế Cấp - Số học - NXB Giáo Dục......................................................................................107[11]. Nguyễn Văn Vĩnh - Tài liệu chuyên toán số học trung học cơ sở - NXB Đại học sư phạm......107[12]. Phạm Phu - Ứng dụng toán sơ cấp giải các bài toán thực tế - NXB Giáo Dục..........................107

108

chuyÊn ĐỀ sỐ hỌc Ở bẬc thcs

Documents