Thông tin tài liệu
CHUYÊN ĐỀ 17: LÍ THUYẾT SỐ KIẾN THỨC TRỌNG TÂM Số phương - Số phương bình phương số tự nhiên - Số phương n tận 0, 1, 4, 5, 6, Số nguyên tố - Hợp số - Số nguyên tố số nguyên lớn có ước số - Các số nguyên tố 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97, 101, 103, 107, 109, 113, 127, 131, 137, 139, 149, 151, 157, 163, 167, 173, 179, 181, 191, 193, 197, 199, … Nếu số nguyên a > không chia hết cho số nguyên tố a a nguyên tố - Số nguyên lớn 1, số nguyên tố gọi hợp số - Phân tích số tự nhiên m lớn thừa số nguyên tố cách m p11 p 2 p k k - Số ước nguyên dương m d m 1 1 1 k 1 - Tổng ước nguyên dương m m p11 1 p 2 1 p k k 1 p1 p2 pk Số nguyên tố – Số nguyên – Số hữu tỉ - Nếu hai số nguyên a, b có khác ƯCLN d = (a, b), (a, b) = ax + by với x, y nguyên, (a, b) = (a, a b) BCNN m a, b a, b a, b a.b , m m , 1 a b n n - Nếu (a, b) = a b nguyên tố Nếu (a, b) = a , b 1 - Các số nguyên dương a b nguyên tố tồn số nguyên x y cho: ax + by = - Hàm Ơle m : số bé số nguyên dương m nguyên tố với m Nếu m p1 p 2 p k k m m 1 p1 p p k Nếu m = p nguyên tố p p Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải Nếu (a, b) = ab a b - Số hữu tỉ có dạng p m , m Z, n N* n Phần nguyên – phần lẻ - Phần nguyên số thực x số nguyên lớn khơng vượt q x, kí hiệu [x], nghĩa x x x - Nếu x = m + r với m nguyên r [x] = m r gọi phần lẻ, r = {x} - Nếu n nguyên [n + x] = n + [x] với x Chứng minh chia hết - Phép chia số nguyên a cho số nguyên b 0: a = b.q + r với thương q nguyên dư r nguyên thỏa r b Nếu r = số nguyên a chia hết cho số nguyên b 0 (b chia hết a, a bội số b, b ước a), kí hiệu a b hay b a - Dấu hiệu chia hết cho số chẵn; cho chữ số tận 0, 5; cho (hoặc 25) hai chữ số tận cùng4 (hoặc 25); cho (hoặc 125) ba chữ số tận 8 (hoặc 125); cho (hoặc) tổng chữ số 3 (hoặc 9); cho 11 hiệu tổng chữ số hàng thứ chẵn với hàng thứ lẻ 11 Dư đồng dư - Cho số nguyên m > Nếu hai số a, b có dư chia cho m a đồng dư với b theo modun m, kí hiệu a b (modm) Nếu a b (modm), c d (modm) a c b d mod m , ac bd mod m - Định lý Ơle: với (a, m) = a m 1 mod m p - Định lý Fecma: với p nguyên tố a a mod p p với (a, p) = a 1 mod p - Tập a1 ,a , ,a n hệ thăng dư đầy đủ modulo m với i, i m , tồn j cho a j i modm - Định lý phần dư Trung Hoa: Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải Nếu r s số nguyên dương nguyên tố nhau, a b số nguyên bất kì, hệ phương trình đồng dư: N a mod r N b mod s có nghiệm N theo modulo (rs) Tổng quát: Nếu m1 , m , , m k số nguyên tố đôi a1 ,a , ,a k số nguyên, hệ k phương trình đồng dư: x a i mod mi ; I = 1, …, k có nghiệm x nguyên theo modulo M m1.m m k Chú ý: 1) Nếu a tận 0, 1, 5, a n tận 0, 1, 5, tương ứng Vì 10 4 , n = 4k + r a tận 3, chữ số tận a n chữ số tận a r , a tận chữ số tận a n chữ số tận 6.2 r 2) Nếu a tận x a 20 có hai chữ số tận chữ số tận x 20 Tìm hai chữ số tận a n đưa tìm dư phép chia n cho 20 n n 3) Hệ nhị phân số tự nhiên k a.2 a n a1 a k a n a n a1a (2) với a i 0;1 , a n 0 Tổng quát, số tự nhiên s viết hệ g – phân nếu: s a n g n a n 1g n a1g a s a n a n a1a (g) Với a i 0,1, ,g 1 , a n 0 4) Phương trình Pell: Nếu (a, b) nghiệm nguyên dương bé phương trình x dy 1 nghiệm nguyên dương có dạng: x n , yn a b d n n n a b d ,a b d a b d 2 d n CÁC BÀI TỐN Bài tốn 17.1: Chứng minh a) 70.271001 31.38101 chia hết cho 13 b) Nếu ba số a, a + k a + 2k đồng thời ba số nguyên tố phân biệt lớn k 6 Hướng dẫn giải 1001 1mod 13 a) Ta có 27 1mod 13 27 Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải 101 Và 38 1mod 13 38 1mod 13 271001 13n 1 n N 38101 13m 1 m N 70.271001 31.38101 70 13n 1 31 13m 1 70n 31m 13 39 đpcm b) Ta biết số nguyên tố lớn biểu diễn dạng 6p + 6p + (p nguyên dương) (*) ? Ba số a, a + k, a + 2k lớn biểu diễn hai dạng nên theo nguyên tắc Đirichlê, định phải có hai số biểu diễn dạng, chẳng hạn 6p + r 6s + r với r Hiệu hai số 6s – 6p = (s – p) Mặt khác hiệu hai ba số k 2k nên k 3, k số chẵn nên k Bài toán 17.2: Chứng minh với m, tồn số nguyên n để: n 11n 87n m chia hết cho 191 Hướng dẫn giải Đặt P x x 11x 87x m Giả sử: P x x a b mod 191 x 3ax 3a x a b x 11x 87x m mod 191 3a 11 mod191 3a 87 mod191 b m a mod191 1 2 3 1 3a 180 mod191 a 90 mod191 3a 87 mod191 Vậy m Z , tồn số nguyên a, b để: P x x a b mod191 Nhận xét: 191 số nguyên tố dạng 191 = 3k + 3 P i P j mod191 i a j a mod191 3 Đặt u = i + a, v = j + a u v mod191 u 3k v3k mod191 u 3k v v3k 2 v191 mod191 v mod191 (định lý Ferma) (1) v u 3k v3 u 3k 3 mod191 Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải u 3k v u 3k u 3k 3 u 3k 1.u 3k 2 u 3k 1.u191 u 3k 1.u mod191 u 3k 2 u191 u mod191 (2) (1) (2) suy ra: u v mod191 i j mod191 Nếu i, j 1, 2, ,191 ; i j mod191 P i P j mod191 Suy tồn n 1, 2, ,191 cho P (n) = 191 (mod 191) tức là: P n 0 mod191 x y4 Bài toán 17.3: Cho x, y số nguyên, x 1; y cho số y 1 x 1 nguyên Chứng minh x y 44 chia hết cho x + Hướng dẫn giải Ta chứng minh y chia hết cho x + x a y4 c ; Đặt y 1 b x 1 d Trong a, b,c,d Z , (a, b) = 1; (c, d) = 1; b > 0, d > Từ giả thiết, ta có ad bc a c nguyên, suy d | b b | d Mặt khác, nguyên; (a, b) = bd b d (c, d) = 1, nến b = d = 44 44 Suy y chia hết cho x +1 Từ x y x y x chia hết cho x + (do y 44 chia hết cho y nên chia hết cho x + x chia hết cho x + 1) n Bài toán 17.4: Với số tự nhiện n, chứng minh tổng C 2k 1 2n 1 23k không chia hết cho k 0 Hướng dẫn giải Đặt x , dùng công thức khai triển nhị thức Newton để biến đổi: 1 x 2n 1 Tương tự: x 2n 1 A Bx * với B n C A Bx 2k 1 2n 1 23k k 0 (**) Nhân vế theo vế (*) (**) ta được: 2n 1 8B2 A Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải 2n 1 2 mod Mặt khác, Do vậy, B bội thì: A 2 mod : vơ lý Bài tốn 17.5: Chứng minh phần nguyên 11 2n 1 chia hết cho 2n 1 khơng chia hết cho 2n 2 với n số tự nhiên Hướng dẫn giải Ta có: 11 Mà 11 11 2n 1 2n 1 2n 1 11 2n 1 số tự nhiên 0;1 nên 11 2n 1 11 2n 1 (Vì a b k N a k b với b 0;1 nên [a] = k = a – b) Với n = 0; 11 11 6 chia hết cho 201 2 không chia hết cho 22 4 Mà: 11 11 11 40 nên với n = thì: 11 2 11 11 11 11 11 11 6.42 2 2.32.7 40 chia hết cho 22 khơng chia hết cho 23 Giả sử tính chất với số tự nhiên k < n Ta chứng minh tính chất với k= n Trước hết, nhận xét rằng: 11 Thật vậy: 11 2 11 11 2n 1 11 11 11 11 ; 11 11 2n 1 11 2n 11 2n Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải 40 235 Vậy 11 2n 11 11 11 11 2n 2n 1 2n 11 4 2n 11 2n 11 22 2n 11 11 11 2n 11 2n 11 2n 2n n 1 n 2 chia hết cho khơng chia hết cho Bài tốn 17.6: Cho trước a b hai số nguyên dương Chứng minh số (4ab – 1) ước số 4a a = b Hướng dẫn giải Giả sử tồn cặp hai số nguyên dương (a, b) cho (4ab – 1) ước số 4a 2 1 a b ta gọi cặp số cặp xấu giả sử (a, b) cặp xấu có tổng 2a + b nhỏ Do 4b 4b 4ab 2 16b 4a 1 0 mod 4ab 1 nên (b, a) cặp xấu, 2a b 2b a suy a < b (do a b ) Do 4ab 1 chia 4a dư 3, nên số 4a 1 4ab 4a c cho 4ac 1 2 1 chia 4a dư 1, số chia 4a dư 3, tồn số nguyên dương 4ab 4a Từ a < b 4ac 4a Vậy (a, c) cặp xấu 1 4ab ta có c < b, 2a + c < 2a + b mâu thuẫn với giả thiết (a, b) cặp xấu có tổng 2a + b nhỏ (đpcm) Bài toán 17.7: Xác định tất cặp nguyên dương (a, b) cho a b a b chia hết cho ab b Hướng dẫn giải Xét a < b b a , đó: Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải ab b ab b (a 1)(ab 1) a b a ab a b a b Như vậy, ta khơng tìm (a, b) thỏa điều kiện toán trường hợp a 2b a b Xét a b Đặt k , giả sử k nguyên dương ab b a a 1 ab b ab a ab ab a b b b b b Ta có: Suy k a , b 3 b b 7 b 0 b a 1 ab b ab a b b Suy ra: Từ b = 1, b = 2, k - Nếu 7 a b ab a ab a b b b a b b a a k a – < kb < a + nên a = kb b b b b Điều cho ta tìm (a, b) (7k ,7k) a - Nếu b = (a + 8) chia hết a 1 , suy (a + 8) chia hết a a 8 a a 1 7a , đó, ta có (a + 8) chia hết a 7a 1 57 Nhưng ước số lớn 57 có 19 57, a = 11 a = 49 Dễ dàng kiểm tra cặp (a, b) = (11, 1) (a, b) = (49, 1) thỏa điều kiện tốn - Nếu b = (4a + 9) chia hết 2a a , suy (4a + 9) chia hết a 4a 2a a 7a Từ đó, ta có (4a + 9) chia hết 4a 7a 79 Nhưng ước số lớn 79 có 79, từ a 35 , số nguyên Vậy, cặp (a, b) thỏa điều kiện toán là: (11, 1), (49, 1) 7k ,7k , với k số ngun dương Bài tốn 17.8: Tìm số tự nhiên n lớn cho 5n ước số tích số tự nhiên từ đến 1000 Hướng dẫn giải Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải Số n lớn phải tìm số thừa số phân tích x x x … x 1000 thành thừa số nguyên tố, nghĩa n tổng số bội số 5, 52 , 53 , 54 dãy 1, 2, 3, …, 1000 Các bội dãy 1, 2, 3, …, 1000 5, 10, 15, …, 1000 gồm 1000 : = 200 số Trong đó, bội 52 25, 50, …, 1000 gồm 1000 : 25 = 40 số, bội 53 125, 250, …, 1000 gồm 1000 : 125 = số, bội 54 625 gồm số Do số thừa số phân tích x x x … x 1000 thừa số nguyên tố 200 + 40 + 80 + = 249 Vậy số n lớn 249 Bài tốn 17.9: Tìm tất cặp số nguyên dương m, n cho: 3m 5m 3n 5n đồng thời chia hết cho tích số mn Hướng dẫn giải n Với m = 1, ta cần: n | n 1,2, 4,8 Tuy nhiên, có n 1, 2 thỏa mãn điều kiện n | 3n 5n Tương tự, với n = ta có: m 1, 2 Ta chứng minh khơng cịn cặp số ngun dương m, n khác thỏa mãn yêu cầu toán (1) Thật vậy, giả sử m, n 2 thỏa ycbt Đầu tiên, hai số m n số chẵn m n số chẵn ta có | mn m m Do đó, 0 mod m Tuy nhiên, m chẵn nên 3m 5m 1 2 mod , mâu thuẫn Vậy, ta coi m số lẻ (m > 2) Gọi p ước nguyên tố bé m, dễ thấy p 2,3,5 (2) Đặc biệt, (5, p) = 1; nên tồn số nguyên x để 5x 1 mod p Từ p | m | 3m 5m suy m m m p | x m 3m 5m 3x 5x 3x 1 mod p Vì thế, đặt h ord p 3x , h | 2m; ta có: h | p – (định lý nhỏ Fermat tính chất cấp), nên: h | (p – 1,2m) = ( p 12 (p – 1, m) = theo cách chọn (2) p) h h p | 3x 1 5x 1 3h 5h x h p | 3h 5h với h 1, 2 Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải 1 2 Nhưng 2, nên p = 2, mâu thuẫn với (2) Do (1) đúng, đpcm Vậy m, n 1;2 Bài toán 17.10: Chứng minh rằng, với số nguyên dương m tồn vơ số cặp số ngun (x, y) cho: 1) x y nguyên tố 2) y chia hết x m 3) x chia hết y m Hướng dẫn giải Giả sử (x, y) cặp số nguyên thỏa mãn 1), 2), 3) Khi ta có x y m xy hay x y kxy m 0 (1) với k Z Ngược lại, dễ thấy cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn (1) với k nguyên x, y ngun tố cặp (x, y) thỏa mãn 1), 2), 3) Như chứng minh ta số nguyên k cho có vơ số cặp số ngun (x, y) thỏa mãn (1) x, y nguyên tố Chọn k = m + Khi (1) trở thành: x y m xy m 0 (2) Bây giờ, ta chứng minh có vơ số cặp số ngun (x, y) thỏa mãn (2) x < y với x, y nguyên tố Thật vậy, xét dãy số nguyên x n xác định sau: x1 1, x m 1, x n 2 m x n 1 x n n 1, 2,3 Bằng quy nạp theo n dễ dàng chứng minh được: i) x n dãy tăng ii) x n x n 1 nguyên tố n 1, 2,3 iii) Cặp số x n , x n 1 thỏa mãn (2) n 1, 2,3 đpcm Bài toán 17.11: Từ dãy số nguyên dương lớn 1, ta lập dãy số tăng dần a1 ,a ,a gồm tất số không bội không bội Chứng minh a n 3n với số nguyên dương n Hướng dẫn giải Trong 3n số từ đến 3n ta chia nhóm ba số liên tiếp dạng 3k + 1; 3k + 2; 3k + với k= 0, 1, 2, …, n – Trang 10 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải k k 1 2k 1 a1 a a n 2k 1 a a a n a n 1 Suy điều phải chứng minh Bài toán 17.25: Chứng minh với số nguyên dương n 2 hai số 1992 n 1992n 3.2n có số chữ số Hướng dẫn giải Giả sử số 1992n có k chữ số, tức 10k 1992n 10k Do 1992n 1000n 103n , nên k > 3n Giả sử số 1992 n 3.2n chứa k + chữ số, 1992n 3.2n 10k , suy 996n 2 k n.5k Mặt khác 10k 1992n nên 2k n.5k 996 n Vì 996n a 2k n.5k a 3 k n k Do k > 3n nên k – n > 2n n 2 nên k 4 , 0 mod10 , 996n a 6 a , a 3 nên a 0 mod10 n Nghĩa 996 a mod10 Đó điều mâu thuẫn Bài tốn 17.26: Chứng minh khơng thể biểu diễn số thành tổng bình phương nghịch đảo số tự nhiên khác Hướng dẫn giải Giả sử biểu siễn số 1, dạng: 1 đó: a1 a an a1 a a n n 2 Từ điều kiện a1 2 a k k , ta có: 1 1 1 1 1 2 a1 a an n n 1 n 1 1.2 2.3 1 1 1 1 1 n 1 2 3 n n 1 Vậy khơng có dạng Bài 17.27: Có hay khơng số tự nhiên khác vừa tích hai số tự nhiên liên tiếp vừa tích bốn số tự nhiên liên tiếp Hướng dẫn giải Giả sử tồn số tự nhiên A khác 0, thỏa mãn đề A = n(n + 1) = m(m + 1)(m + 2)(m + 3) m, n số tự nhiên khác Trang 20 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải
Ngày đăng: 25/10/2023, 21:25
Xem thêm:
