chuyên đề sô học

Nhóm 7, Lớp 10T1, Truờng THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm PHÉP CHIA HẾT, PHÉP CHIA CÓ DƯ VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN  Lê Minh Trường, Huỳnh Thị Ngọc Hân, Nguyễn Văn Khôi Lớp 10T1, Trường THPT Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm Nhóm 7, E-mail: nhomcd7@gmail.com I. Lời giới thiệu Phép chia là một lĩnh vực quan trọng và không thể thiếu trong đời sống hằng ngày của con người. Ngay từ những năm tiểu học chúng ta đã được làm quen với những phép chia đơn giản. Và bây giờ nhóm chúng tôi xin trình bày một số hiểu biết của mình về “phép chia hết, phép chia có dư và những ứng dụng”. Đây sẽ là một tài liệu khá bổ ích có thể giúp cho các bạn nắm vững và sâu hơn những kiến thức về phép chia. Xin chân thành cảm ơn! II. Chia hết và chia có dư 1. Số nguyên Tập hợp các số nguyên kí hiệu là ¢ , {0; 1; 2; }= ± ±¢ . Số nguyên lớn hơn 0 gọi là số nguyên dương. Số nguyên bé hơn 0 gọi là số nguyên âm. Tính chất Không có số nguyên dương lớn nhất và cũng không có số nguyên dương bé nhất. Số nguyên dương bé nhất là 1 và số nguyên âm lớn nhất là 1− . Một tập hợp hữu hạn bất kì của ¢ luôn có phần tử lớn nhất và phần tử bé nhất. Không có số nguyên nào nằm giữa hai số nguyên liên tiếp. Nếu , ,a b a b∈ <¢ thì 1a b+ ≤ . , :a n n a∀ ∈ ∃ ∈ >¡ ¢ . 2. Lý thuyết phép chia hết và phép chia có dư a. Định nghĩa Cho 2 số nguyên ,a b ( 0b > ). Chia a cho b , ta có: a chia hết cho b hoặc a không chia hết cho b .  a chia hết cho b hay a là bội của b , được kí hiệu là a bM . Ta cũng nói b chia hết a , hay b là ước của a và kí hiệu là |b a . a bM ( |b a ) khi và chỉ khi có số nguyên q sao cho .a b q= .  a không chia hết cho b . Trong trường hợp này, khi chia cho b , ta được thương gần đúng là q và số dư là r ( 0 r b< < ). Ta viết được: a bq r= + với 0 r b< < . Khi chia một số nguyên a cho một số nguyên 0b > thì số dư là một trong b số từ 0 đến 1b − . b. Tính chất phép chia có dư Cho a , b là các số nguyên dương. Khi đó luôn tồn tại cặp ( , )q r không âm sao cho b aq r= + , 0 r a≤ < và sự tồn tại này là duy nhất. Chứng minh. Xét các trường hợp:  0a b> > ; 0q = , r b= b aq r⇒ = +  a b= : 1, 0 : b q r n n na b a = = ⇒ ∃ > ⇒ > Chọn q là số nhỏ nhất sao cho ( 1)q a b+ > qa b r b qa b qa r⇒ ≤ ⇒ = − ⇒ = + . Mặt khác vì ( 1)q a b+ > nên qa a b+ > a b qa a r⇔ > − ⇔ > . Vậy b qa r= + , với 0 r a≤ < . Chia hết, chia có dư và những bài toán liên quan 1 Nhóm 7, Lớp 10T1, Truờng THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm Giả sử tồn tại ', 'q r sao cho ' ',0 ' ' ' ( ') ' ( ' ) ' 0 'b q a r r a qa r q a r a q q r r r r a r r r r a= + ≤ < ⇒ + = + ⇔ − = − ⇒ − ⇒ − = ∨ − ≥M ' 'r r r r a⇒ = ∨ − ≥ (vô lí vì 0 r a ≤ < ) 'q q⇒ = ⇒ Đpcm. c. Một số tính chất phép chia hết Nếu a bM thì a b± ±M ( 0)b ≠ . Nếu a mM thì n a mM ( 0, )m n + ≠ ∈Z . Nếu a bM và b aM thì a b= . Nếu a cM và b cM ( 0)c ≠ thì ( )a b c± M . Nếu a mM hoặc b mM thì ab mM ( 0)m ≠ . Nếu a pM , a qM và ( , ) 1p q = thì a pqM . Nếu a mn= , b pq= và m pM , n qM thì a bM . Nếu ab mM và ( , ) 1b m = thì a mM . Nếu ( )a b m± M và a mM thì b mM . Nếu a bM thì am bM m ∀ ∈ ¢ . Nếu a bM và b cM ( , 0)b c ≠ thì a cM . Nếu a bM và b cM thì ax by c+ M ( ax by+ được gọi là tổ hợp tuyến tính của c ). Nếu, 0a ≠ thì a b≥ . Nếu a bM và b aM thì a b= . Nếu am bmM , 0.m m∀ ∈ ≠¢ a aM ; 0 aM với mọi 0a ≠ ; 1a ±M với mọi a .  Chú ý. ( ) n n a b a b+ +M n ∀ lẻ. ( ) n n a b a b− −M n ∀ lẻ. ( ) n n a b a b− +M n ∀ chẵn. Một số nhận xét. • Một số lẻ có dạng 2 1k k+ ∀ ∈¢ . • Một số chẵn có dạng 2k m∀ ∈¢ . • Tổng hai số lẻ là một số chẵn. • Tổng hai số chẵn là một số chẵn. • Tổng một số chẵn và một số lẻ là một số lẻ. • Tích các số nguyên là số chẵn ⇔ Tồn tại ít nhất một thừa số là số chẵn. 3. Ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất a) Ước chung lớn nhất  Định nghĩa Số nguyên dương d là ước chung lớn nhất của các số nguyên 1 , , n a a nếu d là ước chung của 1 , , n a a và nếu e là ước chung khác của chúng thì e là ước của d . Kí hiệu: 1 ( , , ) n d a a= . Nếu 1d = thì ta nói các số 1 , , n a a nguyên tố sánh đôi nếu hai số bất kì trong chúng là nguyên tố cùng nhau.  Thuật toán Euclid  Bổ đề Nếu a bq r= + thì ( , ) ( , )a b b r= . Chứng minh. Ta có ( , ) | ( , ) | ( , ) | ( , ) ( , ) | ( , ) | a b a a b r a b b r a b b a b b   ⇒ ⇔     () Chia hết, chia có dư và những bài toán liên quan 2 Nhóm 7, Lớp 10T1, Truờng THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm Mặt khác ( , ) | ( , ) | ( , ) | ( , ) ( , ) | ( , ) | b r b b r a b r a b b r r b r a   ⇒ ⇔     () Từ () và () suy ra ( , ) ( , )a b b r= .  Thuật toán Euclid (tìm ước chung lớn nhất của hai số nguyên a và b) Đầu tiên ta chia a cho b được dư 1 r 1 (0 )r a≤ < , chia b cho 1 r được dư 2 r 2 1 (0 )r r≤ < , cứ tiếp tục như thế ta được dãy giảm dần về 0 . Giả sử 1 0 n r + = . Thuật toán kết thúc 1 1 1 1 2 2 1 1 2 2 3 3 2 2 1 1 1 1 . (0 ) . (0 ) . (0 ) . (0 ) . n n n n n n n n n a b q r r b b r q r r r r r q r r r r r q r r r r r q − − − − − = + ≤ < = + ≤ < = + ≤ < = + ≤ < = Thuật toán kết thúc, ta có ( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 , , , ( , ) n n n a b b r r r r r r − = = = = = .  Tính chất 1) ( , ) ( , )a b b a= . 2) ( , ) ; 1 a b d a b d d   = ⇔ =  ÷   . Chứng minh. 1 1 . ( , ) . a d a d a b b d b =  = ⇒  =  với ,a b∈Z và 1 1 ( , ) 1a b = 1 1 , a b a b d d ⇒ = = , 1 a b d d   ⇒ =  ÷   . 3) ( , ) ( , )k a b ka kb= Chứng minh. Dùng thuật toán Euclid để tìm ( , )a b , ta được ( , )a b d= . Sau đó, ta nhân cả hai vế của tất cả các đẳng thức trong khi thực hiện thuật toán đó với số k . Như vậy, ,a b và tất cả các số dư đều được nhân với k , do đó ( , ) ( , )ka kb kd k a b= = . 4) Nếu ( , ) 1a b = và |b ac thì |b c . Chứng minh. ac bM và bc b b⇒M là ước chung của ac và bc . ( , ) 1 ( , )a b ac bc c c= ⇒ = ⇒ là bội của b . 5) Nếu ( , ) 1a b = và ( , ) 1a c = thì ( , ) 1a bc = . 6) ( , , ) ( ,( , )) (( , ), )a b c a b c a b c= = . 7) ( , ) ( , )a b a b ka= + . 8) ( , ) ( , )a b b a b= − . 9) Nếu c aM , c bM và ( , ) 1a b = thì c abM . Chứng minh. Ta có 1 .c a c a c⇒ =M . 1 c b c ac b⇒ =M M , mà 1 ( , ) 1a b c b= ⇒ M 1 2 2 c bc c abc c ab⇒ = ⇒ = ⇒ M .  Định lí Bezout Cho ,a b là các số nguyên, d là ước chung lớn nhất của ,a b . Khi đó tồn tại các số nguyên ,x y sao cho: d ax by= + . Chứng minh. Đặt { } / ,A ax by x y= + ∈Z . Gọi m là số nguyên dương nhỏ nhất của A . Vì 0m > nên ,a r∃ sao cho: .a m q r= + (0 )r m≤ < . Nếu 0r > thì ( ' ') ' ' (1 ' ) (1 ' )r a mq a ax by q a ax q by q a x q b y q A= − = − + = − − = − + − ∈ . r m⇒ ≥ (do cách chọn m ) ⇒ Vô lí. Vậy 0r a mq a m= ⇒ = ⇒ M . Chia hết, chia có dư và những bài toán liên quan 3 Nhóm 7, Lớp 10T1, Truờng THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm Lí luận tương tự ta cũng có b mM . Do đó d mM (vì ( , )d a b= ). Mặt khác m ax by d= + M m d ⇒ = d ax by⇒ = + (với ,x y là các số nguyên nào đó).  Hệ quả. 1) Nếu ( , ) 1a b = thì tồn tại ,x y ∈Z sao cho 1ax by+ = . 2) ( , )d a b d= ⇔ là tổ hợp tuyến tính dương nhỏ nhất của ,a b . 3) Nếu 1 ( , , ) n d a a= thì tồn tại 1 , , n x x ∈Z sao cho 1 1 n n d a x a x= + + . b) Bội chung nhỏ nhất  Định nghĩa Số nguyên dương p được gọi là bội chung nhỏ nhất của n số nguyên 1 , , n a a khác 0 nếu p là bội chung của 1 , , n a a và nếu e là bội chung khác của chúng thì e là bội của p . Kí hiệu [ ] 1 , , n p a a= .  Tính chất 1) [ ] [ ] , ,k a b ka kb= . 2) [ ] [ ] [ ] , , , , , ,a b c a b c a b c     = =     . 3) [ ] ( ) , . ,a b a b ab= . III. Một số phương pháp để giải các bài toán về chia hết Cách 1. Để chứng minh ( )A n chia hết cho ,k có thể xét mọi trường hợp số dư khi chia n cho .k Ví dụ 1. Chứng minh rằng: a) Tích của hai số nguyên liên tiếp chia hết cho 2 . b) Tích của ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 3 . Lời giải. a) Viết tích của hai số nguyên liên tiếp dưới dạng ( ) ( 1)A n n n= + . Có hai trường hợpxảy ra: • 2 ( 1) 2n n n⇒ +M M . • 2n / M ( n lẻ) ( 1) 2 ( 1) 2n n n⇒ + ⇒ +M M . b) Tích của 3 số tự nhiên liên tiếp có dạng ( 1)( 2)n n n+ + . Có 3 trường hợp xảy ra: • 3nM ( 1)( 2) 3n n n⇒ + + M . • n chia 3 dư 1 ( 2) 3n⇒ + M ( 1)( 2) 3n n n⇒ + + M . • n chia 3 dư 2 ( 1) 3n⇒ + M ( 1)( 2) 3n n n⇒ + + M . Cách 2. Để chứng minh ( )A n chia hết k , có thể phân tích k ra thừa số k pq= .  Nếu ( , ) 1p q = , ta chứng minh ( )A n pM và ( )A n qM .  Nếu ( , ) 1p q ≠ , ta phân tích ( ) ( ). ( )A n B n C n= rồi chứng minh ( )B n pM và ( )C n qM . Ví dụ 2. a) Chứng minh: ( ) ( 1)( 2) 6A n n n n= + + M . b) Chứng minh: tích của hai số chẵn liên tiếp chia hết cho 8 . Lời giải. a) Ta có 6 2.3 = , (2,3) 1= . Theo chứng minh ở ví dụ 1 ta có ( ) 2A n M và ( ) 3A n M . Do đó ( ) 6A n M . b) Ta viết ( ) 2 (2 2) 2 .2( 1) 4 ( 1)A n n n n n n n= + = + = + . Ta có 8 4.2 = . Vì 4 4M và ( 1) 2n n + M nên ( ) 8A n M . Ví dụ 3. Chứng minh rằng 5 10n n− M , n + ∀ ∈Z . Lời giải. 5 4 2 2 2 2 ( ) ( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1)( 1) ( 1)( 1)( 4) 5 ( 1)( 1) ( 2)( 1) ( 1)( 2) 5 ( 1)( 1) 10 A n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n = − = − = − + = − + + = + − − + + − = − − + + + + − M Vì ( 2)( 1) ( 1)( 2) 5n n n n n− − + + M , ( 1) 2n n + M , (5,2) 1= nên ( 2)( 1) ( 1)( 2) 10n n n n n− − + + M . Chia hết, chia có dư và những bài toán liên quan 4 Nhóm 7, Lớp 10T1, Truờng THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm 5 5M , ( 1) 2n n + M , (5,2) 1= nên 5 ( 1)( 1) 10n n n+ − M . Do đó ( ) 10A n M . Cách 3. Để chứng minh ( )A n chia hết cho k , có thể biến đổi ( )A n thành tổng (hiệu) của nhiều hạng tử, trong đó mỗi hạng tử đều chia hết cho k . Ví dụ 4. Chứng minh 3 13 6n n− M ( 1)n > . Lời giải. Ta có 3 3 2 13 12 ( 1) 12 ( 1)( 1) 12n n n n n n n n n n n n− = − − = − − = + + − . ( 1)( 1)n n n− + là tích của 3 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 6 , 12 6nM . Do đó ( ) 6A n M . Ví dụ 5. Chứng minh rằng 2 4 5n n+ + không chia hết cho 8 , với mọi n lẻ. Lời giải. Với 2 1n k = + , ta có 2 2 2 ( ) 4 5 (2 1) 4(2 1) 5 4 4 1 8 4 5 4 ( 1) 8( 1) 2A n n n k k k k k k k k= + + = + + + + = + + + + + = + + + + . ( )A n bằng tổng của 3 hạng tử, trong đó hai hạng tử đầu đều chia hết cho 8 , riêng chỉ có hạng tử 2 không chia hết cho 8 . Vậy ( )A n không chia hết cho 8 .  Cách 4. Phân tích ( )A n thành nhân tử. Nếu có một nhân tử chia hết cho k thì ( )A n chia hết cho k . Hệ quả: Nếu ( ) ( ). ( )A n B n C n= mà ( )B n và ( )C n đều không chia hết cho k thì ( )A n không chia hết cho k . Ví dụ 6. Chứng minh: 2 3 60 2 2 2 2+ + + + chia hết cho 15 . Lời giải. Ta có 2 3 60 2 4 5 6 8 57 58 60 2 2 2 2 (2 2 2 ) (2 2 2 ) (2 2 2 )+ + + + = + + + + + + + + + + + + 5 57 5 57 2(1 2 4 8) 2 (1 2 4 8) 2 (1 2 4 8) 15.(2 2 2 ) 15= + + + + + + + + + + + + = + + + M .  Cách 5. Dùng nguyên lí Dirichlet. Nguyên lí Dirichlet được phát biểu như sau: Nếu nhốt k chú thỏ vào n chuồng mà k n> thì phải nhốt ít nhất hai chú thỏ vào chung một chuồng. Ví dụ 7. Chứng minh rằng trong 1m + số nguyên bất kì thế nào cũng có hai số có hiệu chia hết cho m . Lời giải. Chia một số nguyên bất kì cho m ta được số dư là một trong m số 0,1, 2, , 1.m − Theo nguyên lí Dirichlet, chia 1m+ số cho m thì phải có ít nhất hai số có cùng số dư. Do đó hiệu của hai số này sẽ chia hết cho m .  Cách 6. Dùng phương pháp qui nạp toán học. Để chứng minh ( )A n kM ta làm theo trình tự sau: Thử với 1n = hoặc 2 (tức số n nhỏ nhất chọn ra). Nếu sai thì dừng. Nếu đúng (1)A kM , tiếp tục giả sử ( )A k kM . Chứng tỏ ( 1)A k k+ M . Nếu đúng thì kết luận ( )A n kM . Ví dụ 8. Chứng minh 16 15 1 n n− − chia hết cho 225 . Lời giải. Đặt ( ) 16 15 1 n A n n= − − , ta có (1) 0 225A = M (1)A⇒ đúng. Giả sử ( )A k đúng, ( ) 16 15 1 225 k A k k= − − M . Ta chứng minh ( 1)A k + đúng, tức là chứng minh 1 16 15( 1) 1 225 k k + − + − M . Thật vậy, 1 16 15( 1) 1 16.16 15 15 1 (15 1)16 16 15 15 1 k k k k k k k + − + − = − − − = + + − − − 1 (16 15 1) 15(16 1) (16 15 1) 15(16 1)(16 1) k k k k k k − = − − + − = − − + − + + 1 (16 15 1) 225(16 ) 225 k k k − = − − + + + M . Cách 7. Phương pháp phản chứng. Để chứng minh ( )A n kM ta chứng minh ( )A n không chia hết cho k là sai A B A B⇒ ⇔ ⇒ . Ví dụ 9. Chứng minh nếu 2 2 3a b+ M thì a và b đều chia hết cho 3 . Lời giải. Giả sử a và b không chia hết cho 3 3 1a k ⇒ = ± , 3 1b h = ± . Ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 (3 1) (3 1) 9 6 1 9 6 1 3(3 3 2 2 ) 2a b k h k k h h k h k h+ = ± + ± = ± + + ± + = + ± ± + không chia hết cho 3 (mâu thuẫn với giả thiết). Chia hết, chia có dư và những bài toán liên quan 5 Nhóm 7, Lớp 10T1, Truờng THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm Tương tự cho trường hợp chỉ có một số chia hết cho 3 . Do đó a và b phải chia hết cho 3 .  Cách 8. Dùng đồng dư để chứng minh. A và B chia m dư r . Ta nói A và B đồng dư. Kí hiệu A B≡ (mod m ), A r≡ (mod m ) n n A r⇔ = (mod m ). Chú ý. a) Nếu 0r A m= ⇔ M , nếu 0r A m≠ ⇔ M (có số dư r ). b) Nên chọn số dư là 1 hoặc 1− . Ví dụ 10. Chứng minh rằng 19 17 17 19 18A = + M . Lời giải. Ta có 17 1 ≡ − (mod 18 ) 19 17 1⇒ ≡ − (mod 18 ), 19 1 ≡ (mod 18 ) 17 19 1⇒ ≡ (mod 18 ). Do đó 19 17 17 19 1 1 0A = + ≡ − + ≡ (mod 18 ). Vậy 19 17 17 19 18A = + M . Ví dụ 11. Chứng minh rằng 2009 2008 2007 2009 2008A = + M . Lời giải. Ta có 2007 1≡ − (mod 2008 ) 2009 2007 1⇒ ≡ − (mod 2008 ). 2009 1≡ (mod 2008 ) 2008 2009 1⇒ ≡ (mod 2008 ). Do đó 2009 2008 2007 2009 1 1 0A = + ≡ − + ≡ (mod 2008 ). Vậy 2009 2008 2007 2009 2008A = + M . IV. Một số dấu hiệu chia hết Dấu hiệu chia hết cho 2 : chữ số hàng đơn vị là chữ số chẵn. Dấu hiệu chia hết cho 3 : tổng các chữ số chia hết cho 3 . Dấu hiệu chia hết cho 4 : hai chữ số tận cùng chia hết cho 4 . Dấu hiệu chia hết cho 5 : chữ số hàng đơn vị là 0 hoặc 5 . Dấu hiệu chia hết cho 6 : tổng các chữ số chia hết cho 3 , chữ số hàng đơn vị chẵn. Dấu hiệu chia hết cho 7 : gọi x là số cần kiểm tra dấu hiệu chia hết cho 7 . Gọi m là chữ số tận cùng của x và 2h m = , y là x đã bỏ đi chữ số m . Ta có y h k− = , nếu k chia hết cho 7 thì x chia hết cho 7 và ngược lại. Dấu hiệu chia hết cho 8 : ba chữ số cuối chia hết cho 8 . Dấu hiệu chia hết cho 9 : tổng các chữ số chia hết cho 9 . Dấu hiệu chia hết cho 10 : chữ số hàng đơn vị là 0 . Dấu hiệu chia hết cho 11 : tổng các chữ số ở vị trí lẻ và tổng các chữ số ở vị trí chẵn có hiệu chia hết cho 11 . Dấu hiệu chia hết cho 13 : gọi x là số cần kiểm tra, gọi m là chữ số hàng đơn vị, 4h m= và y là x đã bỏ đi m . Ta có y h k− = , nếu k chia hết cho 13 thì x chia hết cho 13 và ngược lại. Dấu hiệu chia hết cho 17 : x chia hết cho 17 khi và chỉ khi 5y m− chia hết cho 17 . Dấu hiệu chia hết cho 19 : x chia hết cho 19 khi và chỉ khi 2y m+ chia hết cho 19 . Dấu hiệu chia hết cho 29 : ta lấy số ở hàng đơn vị nhân 3 rồi cộng với số tạo bởi các số liền trước, nếu tổng chia hết cho 29 thì chia hết cho 29 . Dấu hiệu chia hết cho 31 : ta lấy số ở hàng đơn vị nhân 3 rồi lấy kết quả trừ đi số tạo bởi các số liền trước, nếu hiệu chia hết cho 31 thì nó chia hết cho 31 . Dấu hiệu chia hết cho 37 : ta lấy số ở hàng đơn vị nhân 11 rồi lấy kết quả trừ đi số tạo bởi các số liền trước, nếu hiệu chia hết cho 37 thì nó chia hết cho 37 . Dấu hiệu chia hết cho 41 : ta lấy số ở hàng đơn vị nhân 4 rồi lấy kết quả trừ đi số tạo bởi các số liền trước, nếu hiệu chia hết cho 41 thì nó chia hết cho 41 . Dấu hiệu chia hết cho 43 : ta lấy số ở hàng đơn vị nhân 13 rồi lấy kết quả cộng với số tạo bởi các số liền trước, nếu tổng chia hết cho 43 thì nó chia hết cho 43 . Dấu hiệu chia hết cho 59 : ta lấy số ở hàng đơn vị nhân với 6 rồi lấy kết quả trừ đi số tạo bởi các số liền trước, nếu hiệu chia hết cho 59 thì nó chia hết cho 59 . V. Một số ví dụ Bài 1. Cho n∈Z , 1n > . CMR: Chia hết, chia có dư và những bài toán liên quan 6 Nhóm 7, Lớp 10T1, Truờng THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm a) 2 n là tổng của hai số nguyên lẻ liên tiếp. b) 3 n là tổng của ba số nguyên liên tiếp. Lời giải a) 1 1 1 1 1 2 2.2 2 2 (2 1) (2 1) n n n n n n− − − − − = = + = − + + . b) 1 1 1 1 1 3 3.3 3 3 (3 1) (3 1) n n n n n n− − − − − = = + = − + + . Bài 2. Cho ,a b∈Z . Chứng minh rằng nếu (2 )a+ và (35 )b− đều chia hết cho 11 thì 11a b+ M . Lời giải. Ta có 2 11a+ M và 35 11b− M 33 11a b⇒ + − M 11a b⇒ + M (vì 33 11M ). Bài 3. Dùng thuật toán Euclid tìm ước chung lớn nhất của 555 và 407 . Lời giải. ( ) 555 407.1 148, 407 148.2 111 148 111.1 37, 111 37.3 0 (555,407) 407,148 (148,111) (111,37) 37 = + = + = + = + ⇒ = = = = Bài 4. CMR nếu ( , ) 1a b = thì 2 2 ( , ) 1a b a b+ + = hoặc 2 . Lời giải Gọi 2 2 2 2 ( , ) a b d d a b a b a b d +  = + + ⇒  +  M M 2 2 2 2 2 2 a b ab d ab d a b d  + +  ⇒ ⇒  +   M M M kết hợp ( , ) 1a b = | 2 | d ab d a b  ⇒  +  2 2 | 2 ( ) 2 2 | 2 ( ) 2 2 d a a b ab a d b a b ab b  + − =  ⇒  + − =   2 2 2 2 | (2 , 2 ) 2( , )d a b a b⇒ = . ( , ) 1a b = 2 2 ( , ) 1a b⇒ = Do đó 2 2 ( , ) 1a b a b+ + = hoặc 2 . Bài 5. Giả sử [ ] ( , ) ,m n m n m n+ = + . CMR ( , )m n m= hoặc n . Lời giải. Đặt ( , )a m n= và [ ] ,b m n= . Ta có a b m n ab mn + = +   =  ( ) ( ) 2 2 2 2 4 ( ) 4 ( )a b a b ab m n mn m n⇒ − = + − = + − = − a b m n a b n m − = −  ⇒  − = −  a b m n a b m n + = +  ⇒  − = −  hoặc a b m n a b n m + = +   − = −  a m b n =  ⇒  =  hoặc a n b m =   =  ( ) ,m n m⇒ = hoặc ( , )m n n= . Bài 6. Cho ,m n là các số chính phương lẻ liên tiếp. CMR 1 192mn m n− − + M . Lời giải. Vì ,m n là hai số chính phương lẻ liên tiếp nên ,m n có dạng 2 1m k = − , 2 1n k = + với k ∈ Z . Ta có 2 2 2 2 1 ( 1)( 1) ((2 1) 1).((2 1) 1) (4 4 )(4 4 )mn m n m n k k k k k k− − + = − − = − − + − = − + 16( 1) . ( 1)k k k k= − + . Lại có ( 1) ( 1)k k k− + M 3, ( 1) . ( 1) 4k k k k− + M và (4,3) 1= 2 ( 1)( 1) 12k k k⇒ − + M . 2 16 ( 1)( 1) 16 12 192k k k⇒ − + × =M ⇒ Đpcm. Bài 7. (Việt Nam TST 2003) Cho n là 1 số nguyên dương. Chứng minh rằng 2 1 n + không có ước nguyên tố dạng 8 1k − với k nguyên dương. Chia hết, chia có dư và những bài toán liên quan 7 Nhóm 7, Lớp 10T1, Truờng THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm Lời giải. Xét p là một ước nguyên tố nào đó của 2 1 n + . -Nếu n chẵn, đặt 2n m = suy ra ( ) ( ) ( ) 2 2 1 mod 1 m p≡ − ⇒ − là thặng dư bậc 2 của p ⇒ p chỉ có thể có dạng 4 1k + (1) -Nếu n lẻ, đặt 2 1n m= + suy ra ( ) 2 1 2 2 (mod ) ( 2) m p + ≡ − ⇒ − là thặng dư bậc 2 của p p⇒ chỉ có thể có dạng 8 1k + hoặc 8 3k + (2) Từ (1) và (2) suy ra đpcm. Bài 8. Tìm số dư trong phép chia 2010 19 4 cho 13 . Lời giải. Vì (4,13) 1= nên theo định lí Euler, ta có (13) 4 1 ϕ ≡ (mod 13 ) hay 12 4 1≡ Ta có 2 19 1≡ (mod 12 ) 2010 4 1⇒ ≡ (mod 12 ). Do đó 2010 19 12 1k= + * ( )k ∈¥ 2010 19 12 1 4 4 4 k+ ⇒ = ≡ (mod 13 ). Bài 9. Tìm số dư của 1998 1998 3 5A = + khi chia cho 13 . Lời giải. Ta có 3 3 1≡ (mod 13 ) ( ) 666 3 3 1⇒ ≡ (mod 13 ) hay 1998 3 1≡ (mod 13 ). 2 5 1≡ − (mod 13 ) ( ) 999 2 5 1⇒ ≡ − (mod 13 ) hay 1998 5 1≡ − (mod 13 ). Do đó 1998 1998 3 5 1 1 0A = + ≡ − + ≡ (mod 13 ). Vậy 1998 1998 3 5A = + chia hết cho 13 hay số dư bằng 0 . Bài 10. Chứng minh rằng từ 5 số nguyên bất kì, luôn tìm được 3 số có tổng chia hết cho 3 . Lời giải. Nếu 5 số đó khi chia cho 3 có không quá 2 số dư thì theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại ít nhất 3 số có cùng số dư khi chia cho 3 , 3 số đó là 3 số cần tìm. Nếu 5 số đó khi chia cho 3 có 3 số dư (0,1,2) thì 3 số chia cho 3 có số dư đôi một khác nhau là 3 số cần tìm. Bài 11. [AIME 1986] Tìm số nguyên dương n lớn nhất sao cho 3 100n + chia hết cho 10n + . Lời giải. Bằng phép chia 3 100n + cho 10n + ta được 3 2 100 ( 10)( 10 100) 900n n n n+ = + − + − . Vì 3 100n + chia hết cho 10n + nên 10 | 900n + . Vì n là số nguyên dương lớn nhất nên 10 900n + = hay 890n = . Bài 12. Chứng ming rằng (5 3 ,13 8 ) ( , )a b a b a b+ + = . Lời giải Giả sử |d a , |d b khi đó | 5 3d a b+ và |13 8d a b+ (5 3 ,13 8 ) ( , )a b a b a b⇒ + + = . Ngược lại | 5 8d a b+ và |13 8d a b+ thì | 8(5 3 ) 3(13 8 ) | 5(13 8 ) 13(5 3 ) d a b a b a d a b a b b + − + = + − + = | , |d a d b⇒ . Vậy (5 3 ,13 8 ) ( , )a b a b a b+ + = . Bài 13. Tìm tất cả các số tự nhiên n mà khi chia cho 11 dư 7 và khi chia cho 5 dư 4 . Lời giải. Ta có 11 7n t= + , t ∈Z . Chọn 0,1, 2,3,4t = sao cho 11 7 4t + ≡ (mod 5 ). Với 2t = thì 11 7 29 4t + = ≡ (mod 5 ). Vậy 0 29r = và 55 29n t= + . Chia hết, chia có dư và những bài toán liên quan 8 Nhóm 7, Lớp 10T1, Truờng THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm Bài 14. Tìm các chữ số ,x y để: a) 135 4 45x y M b) 1234 72xy M Lời giải. a) Để 135 4 45x y M ta phải có 135 4x y chia hết cho 9 và 5 0 5 y y =  ⇒  =  Với 0y = thì từ 135 4 45x y M thì ta phải có 1 3 5 4 9x+ + + + M 4 9 5x x⇒ + ⇒ =M , khi đó ta có số 135540 Với 5y = thì từ 135 4 45x y M ta phải có 1 3 5 4 5 9x+ + + + + M 0 9 9 x x x =  ⇒ ⇒  =  M , lúc đó ta có hai số 135045 và 135945 . b) Ta có 1234 123400 72.1713 64 72xy xy xy= + = + + M 64 72xy⇒ + M . Vì 64 64 163xy≤ + ≤ nên 64 xy+ bằng 72 hoặc 144 . Với 64 72xy+ = thì 08xy = ta có số 123408. Với 64 144xy+ = thì 80xy = ta có số 123480 . Bài 15. [Vô địch Hungari, 1951 ] Đối với những số tự nhiên m nào thì ( 1)!m m− M . Lời giải.  Nếu m nguyên tố thì ( 1)!m − Mm .  Nếu m là hợp số dạng m ab = với 1 a b m < ≠ < thì trong tích ( 1)!m − có 2 thừa số trùng với a và b , do đó ( 1)!m m− M .  Nếu m là hợp số dạng 2 m p= với p nguyên tố. + Nếu 2p > thì 2 1 2p p− ≥ , do đó 2 2 | .2 | ( 1)!p p p p − ( ) | 1 !m m⇒ + . + Nếu 2p = thì 4 | 3!m = . Vậy ( 1)!m m− M khi và chỉ khi m là hợp số khác 4 . Bài 16. Tìm số chính phương abcd biết 1ab cd− = . Lời giải. Giả sử 2 100n abcd ab cd= = + 100(1 )cd cd= + + 2 101 100 101 100cd cd n= + ⇒ = − ( 10)( 10)n n= − + Vì 100n < và 101 là số nguyên tố nên 10 101n + = suy ra 91n = . Thử lại: 2 91 8281abcd = = có 82 81 1− = . Bai 17. Chứng minh rằng với 1a > ta có: ( , ) ( 1, 1) 1 m n m n a a a− − = − . Lời giải. Đặt 1 ( 1, 1) m n a a d− − = ; 2 ( , )m n d= . Ta chứng minh 2 1 1 d d a= − . Ta có ( ) 2 2 | , 1| 1 d m d m n a a⇒ − − và 2 1 | 1 d n a a− − 2 1 1 | d a d⇒ − (1) Ngược lại từ 2 ( , ) 0m n d= > suy ra có hai số nguyên dương 0 0 ,x y sao cho 0 0 2 mx ny d− = . Vì 1 d là ước của 1 m a − và 1 n a − nên 1 d là ước của 0 1 mx a − và 0 1 ny a − Do đó 0 0 0 0 0 0 2 1 | ( 1) ( 1) mx ny ny mx ny ny d d a a a a a a − − = − = − 2 1 | 1 d d a⇒ − (2) (vì 1 ( , ) 1d a = ) Chia hết, chia có dư và những bài toán liên quan 9 Nhóm 7, Lớp 10T1, Truờng THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm Từ (1) và (2) ta suy ra 2 1 1 d d a= − (đpcm). Bài 18. Chứng tỏ rằng nếu 1 2 ,x x là các nghiệm của phương trình 2 6 1 0x x− + = thì với mọi n ∈ ¥ , số 1 2 n n x x+ là một số nguyên không chia hết cho 5. Lời giải.  Trước hết ta chứng minh: với mọi n ∈ ¥ , số 1 2 n n x x+ là một số nguyên. Mệnh đề đúng với 0, 1, 2n n n= = = . Ta có 0 0 1 2 1 1 2x x+ = + = , 1 1 1 2 6x x+ = , 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 ( ) 2 6 2.1 34x x x x x x+ = + − = − = . Giả sử mệnh đề đúng với 1n k= − . v ới n k= , ta có 1 1 2 1 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( )( ) ( ) 6( ) ( ) k k k k k k k k k k x x x x x x x x x x x x x x − − − − − − − − + = + + − + = + − + 1 1 1 1 2 1 1 2 1 2 1 2 5( ) ( ) ( ) k k k k k k x x x x x x − − − − − − = + + + − + . (*) Vì 1 1 1 2 ( ) k k x x − − + v à 2 1 1 2 ( ) k k x x − − + là các số nguyên (theo giả thiết quy nạp) nên 1 2 n n x x+ là một số nguyên với mọi n ∈ ¥ .  Bây giờ ta chứng minh 1 2 n n x x+ không chia hết cho 5 bằng phản chứng. Giả sử có các số tự nhiên sao cho 1 2 n n x x+ chia hết cho 5. Gọi 0 n là số nhỏ nhất mà 0 0 1 2 n n x x+ chia hết cho 5. Theo (*) thì hiệu 1 1 2 1 1 2 1 2 ( ) ( ) k k k k x x x x − − − − + − + cũng phải chia hết cho 5. Thay k bởi 0 1n − trong (*), ta đuợc 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 2 2 2 2 3 3 1 2 1 2 1 2 1 2 5( ) ( ) ( ) n n n n n n n n x x x x x x x x − − − − − − − − + = + + + − + Từ đó suy ra 0 0 0 0 0 0 0 0 3 3 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 5( ) [( ) ( )] n n n n n n n n x x x x x x x x − − − − − − − − + = + − + − + cũng phải chia hết cho 5. Điều này trái với giả thiết 0 n là số tự nhiên nhỏ nhất mà 0 0 1 2 n n x x+ chia hết cho 5. Do đó giả thiết 1 2 n n x x+ chia hết cho 5 không tồn tại. Vậy 1 2 n n x x+ là một số nguyên và không chia hết cho 5. Bài 19. Cho p là số nguyên tố. Chứng minh rằng số { { { 11 122 233 3 123456789 p p p − chia hết cho p . Lời giải. Xét 3p = , ta có điều phải chứng minh. Xét 3p ≠ , ta có 1 1 1 8 7 0 0 10 2 10 9 10 p p p p k p k k k k k o n c − − − + + = = = = + + + − ∑ ∑ ∑ 8 7 1 (10 1)(10 2.10 8.10 9) 9 p p p p c= − + + + + − 9 8 1 (10 10 10 9) 9 p p p c= + + + − − p là ước của n khi và chỉ khi 9 p là ước của 9n (vì ta xét p khác 3 ). Ta sẽ chứng minh 9 8 10 10 10 9 9 p p p c+ + + − − chia hết cho 9 . Vì 9 8 9 9 1111111110 10 10 10c+ = = + + + nên ta sẽ chứng minh 9 8 9 8 (10 10 10 ) (10 10 10) p p p + + + − + + + chia hết cho 9 p . Theo định lí Fermat nhỏ, ta có ( ) 10 10 10 p mp m m ≡ ≡ (mod p ), 10 10 mp m ≡ (mod 9 ) Mà (9, ) 1p = nên 10 10 mp m ≡ (mod 9 ). Suy ra điều phải chứng minh. Bài 20. Cho ,m n là hai số nguyên dương phân biệt có ( , )m n d= . Tính ( ) 2006 1, 2006 1 m n + + . Lời giải. Chia hết, chia có dư và những bài toán liên quan 10 [...]... (Đề thi HSG quốc gia năm 1970 – 1971, cấp II) 69 Chứng minh rằng P = a 5b − ab5 chia hết cho 30 với a, b là hai số bất kì (Đề thi HSG quốc gia năm 1985 – 1986, cấp II) 1 3 5 2005 70 Tìm ước chung lớn nhất của C2006 , C2006 , C2006 , , C2006 66 Chứng minh rằng  Tài liệu tham khảo      Hoàng Chúng, “Số học “Bà Chúa của Toán Học ”, 1993, tr.6 đến tr.26 Nguyễn Vũ Thanh, Chuyên đề bồi dưỡng chuyên. .. dưỡng chuyên toán Số Học , 1992, tr.9 đến tr.49 Võ Giang Mai, “Các chủ đề Đại Số 10”, 2006, tr.152 đến tr.179 Đoàn Quỳnh, “Tài liệu giáo khoa chuyên toán Đại Số 10”, 2009, tr.219 đến tr 227 Tài liệu tập huấn đội tuyển IMO 2009, Phạm Hy Hiếu, Lớp 11 chuyên toán, Trường PTNK thành phố Hồ Chí Minh  E Birkhauser, “104 Number Theory Problems”, Titu Andreescu 2007, tr.17, 104  Tuyển tập đề thi Olympic 30-4,... chọn ra 2 số có hiệu bình phương chia hết cho 20 57 Trong kì thi Olympic có 17 học sinh thi Toán mang số kí danh trong khoảng từ 1 đến 1000 Chứng tỏ rằng có thể chọn ra 9 học sinh thi Toán có tổng các số kí danh được mang chia hết cho 9 Chia hết, chia có dư và những bài toán liên quan 13 Nhóm 7, Lớp 10T1, Truờng THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Olympic 30-4 năm 2000) 58 Tìm 3 số tự nhiên đôi một khác... Cho 2n = 10a + b Chứng minh rằng nếu n > 3 thì tích a.b chia hết cho 6 ( a, b, n là các số nguyên dương và b < 10 ) 12 Chia hết, chia có dư và những bài toán liên quan Nhóm 7, Lớp 10T1, Truờng THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm n +1 n +1 2 n +1 2 n +1 33 Cho biết an = 2 + 2 + 1 , bn = 2 − 2 + 1 ( n = 0,1, 2 ) Chứng minh rằng với mỗi số tự nhiên n có một và chỉ một trong hai số chia hết cho 5 34 Tìm... trước nó Gọi a1 là số hạng thứ nhất, a2 là số hạng thứ hai, ak là số hạng thứ k , ta có: a1 = a2 = 1, ak +1 = ak = ak −1 (∀k > 1) Dãy số trên được gọi là dãy số Fibonacci (Phibonaxi, 1180 – 1240, nhà toán học người Ý).Chứng minh rằng hai số hạng liên tiếp trong dãy số Fibonacci là nguyên tố cùng nhau: (ak , ak +1 ) = 1 với mọi k > 1 37 Chứng minh rằng: a 3 + 2a là tối giản a 4 + 3a 2 + 1 38 Chứng minh...Nhóm 7, Lớp 10T1, Truờng THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm m n , s = và 2006d = b Ta có (r , s) = 1, 2006m = br , 2006n = b s , b chẵn d d  r b r ≡ −1 (mod g ) g b + 1 M  ⇒ s g = (2006m + 1, 2006n + 1) = (b r + 1, b s + 1) Ta có... chẵn lẻ (r , s) = 1 nên Trường hợp r , s cùng lẻ: ( Khi đó b r + 1 và b s + 1 có b + 1 là một ước chung, suy ra g M b + 1) (4) ru u b ≡ (−1) (mod g )  Từ (1) ⇒  sv v b ≡ ( −1) (mod g )  g g Mà r , s đều lẻ và ru − sv = 1 nên u , v khác tính chẵn lẻ, do đó b + 1 M , từ (2) suy ra b + 1 M (5) Từ (4) và (5) suy ra g = b + 1 Trường hợp r , s khác tính chẵn lẻ: s  rs b ≡ (−1) (mod g ) g ⇒ 2.b rs ≡ (−1)... hết cho 48 9 36 n − 26 n chia hết cho 35 2 2 2 2 10 ab ( a + b ) ( a − b ) chia hết cho 30 với mọi số nguyên a, b 4 Chia hết, chia có dư và những bài toán liên quan 11 Nhóm 7, Lớp 10T1, Truờng THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm 11 a) 62 n + 19n − 2n+1 chia hết cho 17 b) (7.52 n + 12.6n ) chia hết cho 19 12 13 14 n+2 n 2 n +1 c) ( 5 + 26.5 + 8 ) chia hết cho 59 a) a 2 + b 2 chia hết cho 7 thì a và b... Birkhauser, “104 Number Theory Problems”, Titu Andreescu 2007, tr.17, 104  Tuyển tập đề thi Olympic 30-4, lần XII – 2006  www.diendantoanhoc.net  www.toanhoctuoitre.net  www.thuvienviolet.com  Tài liệu học tập trên lớp của thầy Cao Minh Quang 14 Chia hết, chia có dư và những bài toán liên quan . Hoàng Chúng, “Số học “Bà Chúa của Toán Học ”, 1993, tr.6 đến tr.26.  Nguyễn Vũ Thanh, Chuyên đề bồi dưỡng chuyên toán Số Học , 1992, tr.9 đến tr.49.  Võ Giang Mai, “Các chủ đề Đại Số 10”, 2006,. số nguyên. Mệnh đề đúng với 0, 1, 2n n n= = = . Ta có 0 0 1 2 1 1 2x x+ = + = , 1 1 1 2 6x x+ = , 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 ( ) 2 6 2.1 34x x x x x x+ = + − = − = . Giả sử mệnh đề đúng với 1n. chia hết cho 20 . 57. Trong kì thi Olympic có 17 học sinh thi Toán mang số kí danh trong khoảng từ 1 đến 1000 . Chứng tỏ rằng có thể chọn ra 9 học sinh thi Toán có tổng các số kí danh được