Tài liệu bồi dưỡngHSG khối 8

CHƯƠNG I PHÉP CHIA HẾT – PHÉP CHIA CÓ DƯ – ĐỒNG DƯ THỨC. I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT. 1. Phép chia hết. 1.1 Đònh nghóa: Cho hai số nguyên bất kỳ a và b ( b ≠ 0 ) tồn tại một và chỉ một cặp số nguyên q và r sao cho: a = b.q + r với 0 ≤ r < b - Nếu r = 0 thì a chia hết cho b ( )ba hay a là bội của b, hay b chia hết a hay b là ước của a. (b \ a) - Nếu r ≠ 0 thì phép chia a cho b là phép chia có dư. 1.2 Một số tính chất. Với a, b, c, d ∈ Z. - Nếu a ≠ 0 thì aa , a0 - Nếu ba và cb thì ca - Nếu ba và ab thì a = ± b - Nếu ba thì bac - Nếu ba , ca thì ),( cbBCNNa Hệ quả: ba , ca và (b, c) = 1 thì cba . - Nếu cba . và ( b, c ) = 1 thì ca 1.3. Một số đònh lý thường dùng: - Nếu ca và cb thì a ± b  c - Nếu ca và b  thì a ± b  c - Nếu a  c và b  d thì ab  cd Hệ quả Nếu a  b thì a n  b n ( n )0, ≠∈ nN - Nếu a  c hoặc b  c thì ab  c 1.4. Dấu hiệu chia hết. Gọi số A= 11 aaa nn − Số dư A : 2 k ( hoặc 5 k ) = số dư 11 aaa kk − : 2 k ( hoặc 5 k ) ( Với k ∈ N, k ≥ 1) Số dư A : 9 ( hoặc 3) = số dư ( a n + a n-1 + …+ a 1 ) : 9 ( hoặc 3) Số dư A : 11 = số dư [( a 1 + a 3 …) – (a 2 + a 4 +…)]: 11 Điều kiện để một số chia hết cho 4 ( hoặc 25) là số gồm hai chữ số cuối cùng chia hết cho 4 ( hoặc 25). Điều kiện để một số chia hết cho 8( hoặc 125) là số gồm ba chữ số cuối cùng chia hết cho 8 ( hoặc 125). Điều kiện để một số tự nhiên chia hết cho 11 là là tổng các chữ số ở hàng lẻ trừ tổng các chữ số ở hàng chẵn chia hết cho 11. 2. Đồng dư thức. 2.1. Đònh nghóa: Nếu hai số nguyên a và b chia cho c ( c ≠ 0) có cùng số dư, ta nói a đồng dư với b theo modun c kí hiệu a ≡ b ( mod c). Vậy a ≡ b ( modun c) ⇔ a – b  c 2.2. Một số tính chất. Với mọi a, b, c, d, m ∈ Z + (Z + là tập hợp các số nguyên dương ) a) a ≡ a ( mod m) a ≡ b ( mod m) ⇔ b ≡ a( mod m) a ≡ b ( mod m) và b ≡ c ( mod m) ⇒ a ≡ c ( mod m) b) a ≡ b ( mod m); c ≡ d ( mod m) ⇒ a + c ≡ b + d( mod m) a ≡ b ( mod m) ; c ≡ d ( mod m) ⇒ a - c ≡ b - d ( mod m) c) a ≡ b ( mod m) ; c ≡ d ( mod m) ⇒ ac ≡ bd ( mod m) Nếu d là ước chung dương của a, b và m thì: a ≡ b ( mod m) ⇒ d a ≡ d b ( mod d m ) d) a ≡ b ( mod m); c là ước số chung của a và b và (c, m) =1 ⇒ c a ≡ c b ( mod m ) e) a ≡ b ( mod m); c > 0 ⇒ ac ≡ bc ( mod mc) Chú ý.  Với mọi a, b ∈ Z ( a ≠ b), n ∈ N ta có a n – b n  a – b  Trong n số tự nhiên liên tiếp ( n ≥ 1) có một và chỉ một số chia hết chon.  Trong n + 1 số nguyên bất kỳ (n ≥ 1 ) chia cho n thì phải có hai số khi chia cho n có cùng số dư ( Vận dụng nguyên tắc Đirichlet)  Tìm k chữ số tận cùng của số A là tìm số dư khi chia khi chia A cho 10 k . II. BÀI TẬP. Bài 1: Chứng minh rằng a) n 3 - n  6 ( n ∈ Z) b) m 3 n – nm 3  6 c) n( n + 1 )( 2n + 1 )  6 d) S  6 ⇔ P  6 Với S = 33 2 3 1 n aaa +++ ; P = a 1 + a 2 + …+ a n , trong đó a i ∈ Z, i= n,1 e) Số 1993 1994 1995 được viết dưới dạng tổng của các số mà mỗi số là một số tự nhiên. Ta lũy thừa bậc ba từng số hạng rồi cộng chúng laiï, đem tổng này chia cho 6. Hãy tìm số dư của phép chia này. Bài 2: Cho n > 3 ( n ∈ N ), chứng minh rằng: 2 n = 10a + b ( 0 < b < 9) thì ab  6 Bài 3: Chứng minh rằng nếu x, y, z là các số nguyên thõa mãn: ( 100x + 10y + z)  21 thì ( x – 2y + 4z )  21 Bài 4: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, ta có : 2.7 n + 1 là bội của 3 Bài 5: Chứng minh rằng với n ∈ N A= 21 2n + 1 + 17 2n + 1 + 15 không chia hết cho 19. Bài 6: Có tồn tại hay không một số nguyên dương là bội của 1993 và có 4 chữ số tận cùng là 1994. Bài 7: Tìm bốn chữ số cuối cùng của số a = ( 1976 1976 – 1974 1974 )( 1976 1975 +1974 1973 ) Bài 8: Tìm số tự nhiên k lớn nhất thõa mãn điều kiện: (1994 . ) 1995  1995 k Bài 9: Chứng minh rằng nếu n là số nguyên tố cùng nhau với 10 thì n 101 và n sẽ có ba chữ số tận cùng giống nhau. Bài10:Tìm Tùm chữ số tận cùng của 5 1995 III. HƯỚNG DẪN GIẢI. Bài 1: a) n 3 – n = n( n + 1)( n – 1) n, ( n + 1), ( n – 1) là 3 số nguyên liên tiếp nên có một số chia hết cho 2, một số chia hết cho 3, mà ( 2, 3) = 1; 2.3 = 6. Vậy: n( n + 1)( n – 1)  6, ta có điều phải chứng minh. b) m 3 n – mn 3 = m 3 n – nm + nm – mn 3 = n( m 3 – m ) – m( n 3 – n)  6 Vì theo câu a thì n 3 - n  6; m 3 - m  6 (m. n ∈ Z) c) n( n + 1)( 2n + 1) = n( n + 1)[( n – 1) + ( n + 2)] = n( n + 1)( n – 1) + n ( n + 1)( n + 2)  6 d) S – p = )( )()( 3 2 3 21 3 1 nn aaaaaa −++−+−  6 Vì 6)(; ;6)(;6)( 3 2 3 21 3 1  nn aaaaaa −−− (Theo câu a) Do đó: S  6 ⇔ P  6, ta có điều phải chứng minh. f) Đặt 1993 1994 1995 = a 1 + a 2 + ….+ a n = P Ta có S = 33 3 3 2 3 1 n aaaa ++++ , cần tìm số dư khi chia S cho 6. Mà S – P  6 ( câu d) S ≡ P ( mod 6) mà 1993 ≡ 1( mod 6) Nên 1993 1994 1995 ≡ 1 ( mod 6) . Vậy số dư S chia cho 6 là 1. Bài 2: Cách1: Rõ ràng b  2 nên ab  2. Đặt n = 4k + r ( r ≤ 0 ≤ 3 ). Ta có: 2 n = 2 r . 2 4k = 2 r . 16 k - Nếu r = 0 thì 2 n = 16 k tận cùng bằng . Do đó b = 6 nên ab = 6 - Nếu 1 ≤ r ≤ 3 ta có 2 n – 2 r = 2 r (16 k – 1 )  10 ⇒ 2 n ≡ 2 r ( mod 10 ) ( do 2 r ≤ 8) ⇒ 2 r = b ⇒ 10a = 2 n - b = 2 r ( 2 4k – 1 ) = 2 r ( 16 k – 1 )  3 ⇒ a  3 ( do ( 10, 3) = 1) ⇒ ab  6. Cách 2: Từ giả thiết ta suy ra b chẵn và b ≠ 0. Do đó b chỉ có thể là 2, 4, 6, 8. Nếu b = 6 thì ab  6 Nếu b = 2 ta suy ra n lẻ ⇒ 2 n ≡ 2 ( mod 3) ⇒ 10a + b = 9a + a + 2 2 ( mod ) Do 9a ≡ 0 (mod 3) ⇒ a + 2 ≡ 2 ( mod 3) ⇒ a ≡ 0 ( mod 3 ) ⇒ ab  6 Trường hợp b = 4, 8 chứng minh tương tự. Bài 3: Với mọi số nguyên x, y, z ta có: 400x ≡ x(mod 21); 40y ≡ -2y(mod 21); 4z ≡ 4z(mod 21); Suy ra: 400x + 40y + 4z ≡ x – 2y + 4z(mod 21) Theo giả thiết: 100x + 10y + z  21 Nên 400x + 40y + 4z = 4( 100x + 10y + z) ≡ 0 (mod 21) Suy ra x – 2y + 4z ≡ 0 (mod 21) ⇔ x – 2y + 4z  21 Bài 4: Ta có 7 n ≡ 1 ( mod 3) ⇒ 2.7 n ≡ 3 ( mod 3) ⇒ 2.7 n + 1 ≡ 0( mod 3) Hay 2.7 n + 1  3 Vậy: 2.7 n + 1 là bội của 3 Bài 5: Ta có 21 ≡ 2 ( mod 19) ⇒ 21 2n + 1 ≡ 2 2n + 1 ( mod 19) 17 ≡ -2( mod 19) ⇒ 17 2n+1 ≡ ( - 2) 2n+1 ( mod 19) ⇒ 17 2n+1 ≡ - 2 2n+1 ( mod 19) ⇒ 21 2n + 1 + 17 2n+1 ≡ 0( mod 19) Hay: 21 2n + 1 + 17 2n+1  19 mà 15 không chia hết cho 19 Vậy: A= 21 2n + 1 + 17 2n + 1 + 15 không chia hết cho 19. Bài 6: Cách 1: Xét 1994 số sau: 1994, 1994 1994, 1994 1994 1994,…, 1994 1994 1994 1994…1994( 1994 lần số 1994) Trong 1994 số trên khi chia cho 1993 phải có hai số có cùng số dư. Giả sử hai số đó là a= 1994…1994( i lần số 1994) b = 1994…1994 ( j lần số 1994) Với 1 ≤ i ≤ j ≤ 1994 Khi đó: b – a =    sô 994)( 1994 1994 ij− . 10 4i chia hết cho 1993 Vì 10 4i và 1993 nguyên tố cùng nhau nên:    lần1994)( 1994 1994 ij − chia hết cho 1993. Cách 2: Giả sử số 1994A  1993 ⇒ 10 4 A +1994  1993 35A + 1  1993 ⇔ 35A = 1993B + 1992 ⇔ 2B + 3 = 1995B + 1995 – 35A ⇔ 2B + 3  35 ⇔ B ≡ 32( mod 35) ⇔ B ≡ ( mod 35) Đặt B = 16 + 35k ta tính được số A nhỏ nhất là A = 968 ứng với k = 0 và số nhỏ nhất thõa mãn bài toán là 9681994. Bài 7: Rõ ràng ta có a ≡ 0( mod 16) Mặt khác ta có:    −≡ ≡ )25(mod11974 )25(mod11976 ⇒        −≡ ≡ ≡ ≡ )25(mod11974 )25(mod11976 )25(mod11974 )25(mod11976 1973 1975 1974 1976 ⇒ a ≡ 0(mod 25 2 ) Từ (1) và (2) ⇒ a ≡ 0 ( mod 10000) Vậy a có 4 chữ số tận cùng là 0000. Bài 8: 1995 = 3.5.7.19 Các bội của 19 trong dãy 1; 2; …; 1994 là 19; 38; …; 1976 gồm 1976 : 19 = 104 số. Tronbg đó các bội của 19 2 là 361; 722; 1083; 1444; 1805; gồm 5 số. Do đó số thừa số 19 khi phân tích 1994 . ra thừa số nguyên tố là 104 +5= 109 nên 1994. = 3 109 .5 109 .7 109 .19 109 .T với T  19 ⇒ T  1995 ( 1994 .) 1995  1995 k Suy ra: k ≤ 109.1995 Vậy k lớn nhất là 109.1995 Bài 9: Với (n, 10) = 1, ta chứng minh n 101 – n  1000 Thật vậy ta có: n 101 – n = n( n 100 – 1) Vì (n, 10) = 1 nên n lẻ . Ta có: n 100 -1 = (n 50 + 1)( n 50 -1) = (n 50 + 1)( n 25 +1) (n 25 -1) ( n 25 +1) và (n 25 -1) là hai số chẵn liên tiếp, nên: n 100 -1  8 (1) Vì (n, 10) = 1 nên (n, 5 ) = 1 Ta chứng minh được nếu n không chia hết cho 5 thì n 100 ≡ 1(mod 125) ⇒ n 100 – 1  125 (2) Vì (8, 125) = 1 nên từ (1) và (2) suy ra: n 100 – 1  1000 n 101 – n  1000. Ta có điều phải chứng minh. Bài 10: Ta có 5 1995 = 5 11 (5 1984 – 1) + 5 11 Ta sẽ chứng minh 5 11 (5 1984 – 1)  10 8 p dụng liên tiếp a 2 - b 2 = (a – b )( a + b) Ta có: 5 1984 – 1 = (5 31 -1)(5 31 + 1)(5 62 + 1)(5 124 + 1)(5 248 + 1)(5 496 + 1)(5 992 + 1) Mà : 5 31 – 1  4 và 5 k + 1  2 Nn ∈∀ Do đó: 5 1984 – 1  2 8 Vậy: 5 11 ( 5 1984 – 1)  5 8 . 2 8  10 8 Do đó tám chữ số tận cùng của số 5 1995 là 48828125 ( = 5 11 ) ****************************************************************** CHƯƠNG II ƯỚC CHUNG LỚN NHẤT – BỘI CHUNG NHỎ NHẤT. I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT. 1. Ước chung lớn nhất. 1.1 Đònh nghóa: Cho hai số nguyên dương a và b. Số d là ước chung lớn nhất của a và b ký hiệu ƯCLN( a, b ) hay (a, b) khi và chỉ khi d là ước chung của a và b; d là bội của mọi ước chung của a và b. Nếu ( a 1 , a 2 , a 3 , … a n ) = 1 thì ta nói các số a 1 , a 2 , a 3 , …, a n nguyên tố cùng nhau. Nếu (a m ; a k ) = 1; m ≠ k ( m; k = 1; 2; 3;…;n) thì ta nói các số a 1 , a 2 , a 3 , …, a n đôi một nguyên tố cùng nhau. 1.2 Tính chất. a) c ∈ UC(a; b) thì c ba c b c a );( ; =       d = (a; b) ⇔ 1; =       d b d a b) (ca; cb) = c(a;b) c) (a; b) = 1 và b\ ac thì b\ c d) (a; b) = 1, (a; c) = 1 thì (a; bc) = 1 e) ( a; b; c) = ((a; b); c) 1.3 Tìm ƯCLN bằng thuật toán Ơclit Cho a > b > 0 Nếu a= b.q thì (a; b) = b Nếu a = bq + r ( r ≠ 0) thì (a; b) = (b; r) Để tìm (a; b) khi a không chia hết cho b ta dùng thuật toán Ơclit. a = bq + r 1 thì (a; b) = (b; r 1 ) b = r 1 q 1 + r 2 thì (b; r 1 ) = ( r 1 ; r 2 ) r 1 = r 2 q 2 + r 3 thì (r 1 ; r 2 ) = ( r 2 ; r 3 ) …………………………………………………………………. r n-2 = r n-1 q n-1 + r n thì (r n-2 ; r n-1 ) = ( r n-1 ; r n ) r n-1 = r n q n thì (r n-1 ; r n ) = r n (a; b ) = r n (a; b) là số dư cuối cùng khác 0 trong thuật toán Ơclit. 2. Bội chung nhỏ nhất. 2.1 Đònh nghóa. Cho hai số nguyên dương a và b. Số m khác 0 là bội chung nhỏ nhất của a và b kí hiệu BCNN( a; b) hay[a; b]khi và chỉ khi a và b là ước của m; m là ước của mọi bội chung của a và b. II.2Tính chất. a) [ca; cb] = c[a; b] b) [a; b; c] = [[a; b]; b] c) [a; b].(a; b) = a.b Chú ý: Phân số b a tối giản ⇔ (a; b ) = 1 III. BÀI TẬP. Bài 1: a) Cho a = 5a +3b; B = 13 a + 8b ( a; b ∈ Z * ). Chứng minh: (A; B) = (a; b) b) Tổng quát cho A = ma + nb; B = pa + qb thõa mãn [mq + np ] = 1. Chứng minh (A; B) = ( a; b). Bài 2: a) Tìm ( 2k – 1; 9k + 4) ( k ∈ Z) b) Tìm ( 6k + 5; 8k + 3) ( k ∈ N) Bài 3 : Từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6 thành lập các số có 6 chữ số ( mỗi chữ số chỉ viết một lần). Tìm ƯCLN của các số đó. Bài 4: Cho A = 2n + 1; B = 2 )1( +nn (n ∈ Z * ). Tìm (A; B) Bài 5: a) Chứng minh rằng trong 5 số nguyên liên tiếp bao giờ cũng chọn được một số nguyên tố cùng nhau với các số còn lại. b) Chứng minh rằng từ 16 số nguyên liên tiếp bao giờ cũng chọn được một số nguyên tố cùng nhau với các số còn lại. Bài 6: Cho A = 2 n + 3 n ; B = 2 n + 1 + 3 n + 1 ; C = 2 n + 2 + 3 n + 2 (n ∈ Z * ). Tìm (A; B) và (A; C) Bài 7: a) Tìm[n; n+1; n + 2] b) Chứng minh rằng [1; 2; 4; …; 2n] = [ n + 1; n + 2; …; 2n] Bài 8: Chứng minh rằng dãy số Fermat F n = 2 2n + 1 (n ∈ N) là dãy số nguyên tố cùng nhau. Bài 9: Cho a = 123456789 b = 987654321 a) Tìm (a; b) b) Tìm số dư khi chia [a; b] cho11 Bài 10: Cho 20 số tự nhiên khác 0: a 1 < a 2 < ….< a 20 Chứng minh rằng [a 1 ; a 2 ; ….; a 20 ] ≥ 20a 1 III. HƯỚNG DẪN GIẢI. Bài 1: a) Đặt D = (A; B); d = (a; b)  d = (a; b) ⇒ d\ a và d\b ⇒ d\ 5a + b và d\13a + 8b ⇒ d\ D (1)  D = ( A; B) ⇒ D\ 5a + 3b và D\13a + 8b ⇒ D\8(5a + 3b ) – 3(13a + 8b) Hay D\a và D\b ⇒ D\d (2) Từ (1) và(2) ta có: D = d Vậy (A; B) = (a: b). b) Đặt D = (A; B); d = (a; b)  d = (a; b) ⇒ d\a và d\b ⇒ d\ma + nb và d\pa + qb ⇒ d\D (1)  D = ( A; B) ⇒ D\ma + nb và D\pa + qb ⇒ D\q(ma + nb ) – n(pa + qb) Và D\p(ma + nb ) – m(pa + qb) Hay D\ (mq – np)a Và D\ (np – mq)b Mà 1=− npmq ⇒ D\a và D\b ⇒ D\d (2) Từ (1) và (2) ta có (A; B) = (a; b) Bài 2: a) Đặt d= ( 2k – 1; 9k + 4) ⇒ d\2k -1 và d\9k + 4 ⇒ d\9(2k -1) và d\2( 9k +4) ⇒ d\2(9k + 4) – 9(2k – 1) hay d\17 ⇒ d = 1 hoặc d = 17 ( ví dụ khi d = 1 khi k = 1; d = 17 khi k = 9) b) Đặt d = ( 6k + 5; 8k + 3) ⇒ d\6k +5 và d\8k + 3 ⇒ d\4(6k +5) và d\3( 8k +3) ⇒ d\4(6k + 5) – 3(8k +3) hay d\11 ⇒ d = 1 hoặc d = 11 ( ví dụ khi d = 1 khi k = 2; d = 11 khi k = 1) Bài 3: Các số đôi một khác nhau được thành lập từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6 có tổng các chữ số bằng 21 ⇒ Các chữ số lập được chia hết cho 3 và không chia hết cho 9. Mặt khác ƯCLN cần tìm là ước của 123465 – 123456 = 9. Do đó ƯCLN cần tìm là 3. Bài 4: Đặt d =       + + 2 )1( ;12 nn n ⇒ d\2n +1 và d\ 2 )1( +nn ⇒ d\2n + 1 và d\2n( n +1 ) ⇒ d\2n(n + 1) – (2n +1 ) ⇒ d\n Mà d\2n +1 nên d\2n +1 – 2n ⇔ d\1 ⇔ d = 1 Vậy (A; B) = 1 Bài 5: a) Nếu hai số không bằng nhau mà hơn kém nhau không quá 4 đơn vò thì không thể có ước chung quá 4. Như vậy hai số ntrong năm số tự nhiên liên tiếp có thể có các ước chung là 2; 3; 4 hoặc chúng nguyên tố cùng nhau. Trong 5 số tự nhiên liên tiếp phải có ít nhất 2 số lẻ và có ít nhất một số không chia hết cho 3. Số này nguyên tố cùng nhau với các số còn lại. b) Xét 16 số nguyên liên tiếp a + 1; a +2; …; a + 16 (1) Gọi d = ( a +r; a + s) ( 0 < r < 1 ≤ 16; r; s ∈ N) Ta có d ≤ 15. Ta chỉ có một số không có ước chung bằng 2; 3; 5; 7; 11; 13 với bất kỳ số nào khác trong dãy trên. Ở đây (1) có 8 số lẻ liên tiếp. Số các bội của 3 ≤ 5, số các bội của 5 ≤ 3, số các bội của 7 ≤ 2, số các bội của 7 ≤ 2, số các bội của 11 hoặc 13 đều ≤ 2. Dễ thấy, hai số liên tiếp cùng là bội của số lẻ p thì phải có một số chẵn và số kia lẻ. - Nếu các bội của 3; 5; 7; 11; 13 chỉ gồm 7 số lẻ trong số 8 số lẻ ở dãy (1), thì số còn lại là số nguyên tố với tất cả 15 số còn lại. - Nếu các bội của 3; 5; 7; 11; 13 gồm cả 8 số lẻ thì trong đó phải có 3 số là bội của 3, 2 số là bội của 5, số các số là bội của 7; 11; 13 đều là 1, và các số lẻ ấy là khác nhau, khi đó: - Các số lẻ bội 3 là số lẻ thứ 1; 4; 7 và các số lẻ bội 5 là số thứ 3; 8 thì số lẻ bội của 13 là số phải tìm trừ một trường hợp số đó là số lẻ thứ 2 mà số chẵn thứ 8 là bội của 13 thì số lẻ bội 11 là số lẻ phải tìm. - Các số lẻ là bội của 3 là các số lẻ thứ 2; 5; 8 và các số lẻ là bội của 5 là các số lẻ thứ 1; 6 thì cũng được xét tương tự như trên. Vậy bài tóan được chứng minh hoàn toàn. Chú ý: Mệnh đề đúng với dãy có ít hơn 16 số. Mệnh đề không đúng với dãy nhiều hơn, chẳng hạn 17 số từ 1184 đến 1220 không có một số nào nguyên tố với các số còn lại. Bài 6:  Đặt d = (A; B) ⇒ d\A và d\B ⇒ d\B – 2A và d\3A – B Hay d\3 n và d\2 n ⇒ d\ (3 n , 2 n ) Mà (3; 2) = 1 ⇒ (3 n , 2 n ) = 1 Ta cód\1 ⇒ d =1 (A; B) = 1  Đặt d' = (A; C) ⇒ d'\A và d'\C ⇒ d'\9A – C và d'\C – 4A Hay d'\5.2 n và d'\5. 3 n ⇒ d'\ (5.2 n , 5.3 n ) = 5(2 n ; 3 n ) = 5 d' = 1 hoặc d' = 5 - Khi n lẻ thì n +2 lẻ. Do đó( 2 n + 3 n )  ( 2 + 3) (2 n +2 + 3 n +2 )  (2 +3) A  5; C  5 nên (A; C) = 5 - Khi n chẵn 2 n + 3 n  5 nên (A; C) = 1 Bài 7: a) Đặt A = [n; n +1], B = [A; n +2] Ta có B = [n; n+1; n + 2 ] Mà (n; n +1) = 1 nên [n; n + 1 ] = n(n + 1) Mặt khác ( n + 1; n + 2) = 1 nên d= (n(n +1); n +2) = (n; n +2) = (n; 2) =    lẻ n nếu 1 chẵn n nếu 2 Do đó: [n; n +1; n + 2] =      ++ ++ = ++ lẻ) n nếu 2)(1)(nn(n chẵn) n nếu( 2 )2)(1( )2)(1( nnn d nnn c) Vì trong k số nguyên liên tiếp có một và chỉ một số chia hết cho k. Do đó bất kỳ một trong các số 1; 2; …; n đều là ước của một số nào đó trong các số n + 1; n +2;…; 2n. Do đó: [1; 2; …n; n +1; n +2;…; 2n] = [n; n +1; n +2;…; 2n] Bài 8: Xét m > n, n ≥ 0, m = n +k, k > 0. Gọi d = (F n ; F m ) = (F n ; F n + k ) và đặt a = 2 2 n Ta có: F n + k -2 = a k 2 - 1  a +1. Vậy F n + k - 2  F n Từ    +kn n F của ướclà F của ướclà d d ⇒ d\2 và do d lẻ nên d = 1. Vậy dãy số Fermat là dãy số các số nguyên đôi một nguyên tố cùng nhau. Bài 9: a) Ta nhận thấy rằng ( 1 + 2 + 3 + …+ 9)  9 nên a và b đều chia hết cho 9. Mặt khác: a + b = 1111 111 110 = 9 1010 10 − 10b + a = 9 999 999 999 = 10 10 – 1 (1) 9b + 9a = 10 10 - 10 (2) Trừ (1) và (2) vế với vế, ta được: b – 8a = 9 (*) Do đó: Nếu đặt d = ( a; b) thì từ (*) ta suy ra d  9 Mà a và b đều chia hết cho 9, suy ra d = 9. b) Ta có: [a; b] = 9);( ab ba ab = Nhưng 9 a = 13 + 17342 = 3 + 11k 1 ; b = 5 +11k 2 Vậy [a; b ] = (3 + 11k 1 )( 5 +11k 2 ) = 4 + 11m. Vậy số dư là 4. Bài 10: Gọi m = [a 1 ; a 2 ; ….; a 20 ] Nên m = a 1 b 1 = a 2 b 2 = a 3 b 3 =…= a 20 b 20 Mà: a 1 < a 2 < ….< a 20 Nên: b 1 > b 2 > b 3 > … > b 20 Vậy giá trò nhỏ nhất b 1 = 20 Do đó: m = a 1 b 1 ≥ 20a 1 Tóm lại: [a 1 ; a 2 ; ….; a 20 ] ≥ 20a 1 ********************************************************* CHƯƠNG III SỐ NGUYÊN TỐ – HP SỐ [...]... lớn hơn 1 do đó m là      hợp số Mà m = 9p -1 + 9p – 2 + …+ 1 suy ra m lẻ và chia cho 3 dư 1 Theo đònh ký fecma nhỏ: 9p - 9  p vì (p; 8) = 1 9p −9 p Nên: 9p - 9  8p hay m -1 = 8 Vì m – 1 chẵn nên cũng có: m -1  2p 9 p −1 m–1  32p – 1  Do đó: 3 -1 = m 8 b) Xét các trường hợp: 1) p = 2, ta có: a2 ≡ 1(mod 2n) ⇒ a lẻ Đặt a = 2x + 1 ( x ∈ N) ⇒ 2(x +1)x  2n ⇒ x(x + 1)  2n -2 Dễ dàng suy ra a... r2 không là số nguyên tố Do đó có ít nhất một trong ba số p, s r chia hết cho 3 * p = 3 s = 5; r = 7 ta co.ù p2+ s2+ r2 = 83 là số nguyên tố * r = 3 p = 2; s = 5 ta có p2+ s2+ r2 = 38 không là số nguyên tố * s = 3 r =2 không tonà tại p Tóm lại: Ba số nguyên cần tìm là 3; 5; 7 Bài 8: Vì không chia hết cho p nên các số 2a; 3a;…; (p -1 )a cũng không chia hết cho p giả sử khi các số a; 2a; 3a;…; ( p – 1)a... tất cả các bộ ba số nguyên tố liên tiếp sao cho tổng bình phương của ba số này cũng là số nguyên tố Bài 8: Chứng minh đònh lý Fécma nhỏ Nếu p là số nguyên tố và (a; p) =1 thì a p -1  p với mọi a ∈ Z+ Bài 9: 9 p −1 a) Giả sử p là số nguyên tố lẻ đặt m = Chứng minh rằng m là một hợp số lẻ không 8 chia hết cho 3 và 3m – 1 ≡ 1(mod m) b) Cho số nguyên tố p, các số dương a, n (n ≥ 2) thoả a ≡ 1 (mod pn... =   +  2  + +  k  +  pi   p i   pi  II BÀI TẬP Bài 1: Tìm các số nguyên tố p để: a) p + 10; p + 14 cũng là các số nguyên tố b) p + 2; p + 4 cũng là các số nguyên tố c) p + 2; p + 6; p + 8; p + 14 cũng là các số nguyên tố Bài 2: Tìm tất cả các số tự nhiên k để: k + 1; k + 3; k + 7; k + 9; k + 13; k + 15 là các số nguyên tố Bài 3: a) Tìm các số nguyên tố p sao cho 2p + 1 bằng lập phương... luận tương tự như cấu a, vập p = 5 là số nguyên tố duy nhất cần tìm Bài 2: (Giải tương tự bài 1) k = 4 Bài 3: a) Giả sử 2p + 1 = z3 ( z∈ N) ⇒ z lẻ Đặt z = 2n + 1 (z ∈ N) Như vậy: 2p + 1 = ( 2n +1)3 = 8n3 + 12n2 + 6n + 1 ⇒ p = n(4n2 + 6n + 3) Vì p nguyên tố nên suy ra n = 1, thay vào ta thấy p = 13 là số nguyên tố thoã mãn đề bài b) Giả sử 13p + 1 = m3 ( m ∈ N) mà p ≥ 2 suy ra m ≥ 3 ⇒ 13p = (m- 1)(... 1 ≤ i < j ≤ 1993 ⇒ bj – bi 1994      93       ⇒ 1993199319  19940000 0000  1994 ( j −i ) số 1993 4 ichữ số 0 Vậy tonà tại số có dạng 19931993…19930000…0000 Chia hết cho 1994 Bài toán 8: Chứng minh rằng tồn tại n ∈ N sao cho 3n tận cùng bằng 000001 Bài giải Ta chứng minh tồn tại n ∈ N để cho 3n – 1  106 Ta xét dãy số gồm 1000000 số hạng sau: 6 3, 32, 33, …., 10 (*) 3 Chia các số hạng . 4 và 5 k + 1  2 Nn ∈∀ Do đó: 5 1 984 – 1  2 8 Vậy: 5 11 ( 5 1 984 – 1)  5 8 . 2 8  10 8 Do đó tám chữ số tận cùng của số 5 1995 là 488 281 25 ( = 5 11 ) ****************************************************************** CHƯƠNG. (5 1 984 – 1) + 5 11 Ta sẽ chứng minh 5 11 (5 1 984 – 1)  10 8 p dụng liên tiếp a 2 - b 2 = (a – b )( a + b) Ta có: 5 1 984 – 1 = (5 31 -1)(5 31 + 1)(5 62 + 1)(5 124 + 1)(5 2 48 +. cùng là 0000. Bài 8: 1995 = 3.5.7.19 Các bội của 19 trong dãy 1; 2; …; 1994 là 19; 38; …; 1976 gồm 1976 : 19 = 104 số. Tronbg đó các bội của 19 2 là 361; 722; 1 083 ; 1444; 180 5; gồm 5 số. Do