Lý thuyết chia hết và chia có dư.doc

Lý thuyết chia hết và chia có dư

CÁC BÀI TẬP

I QUAN HỆ CHIA HẾT:

1 BÀI 1:

Chứng minh rằng trong hai số tự nhiên liên tiếp có một số chia hết cho 2.

Giải

Gọi hai số tự nhiên liên tiếp là : a, a +1 Lấy a chia cho 2 ta được: a = 2.q + r với 0 ≤ r < 2

+ Với r = 0 thì a = 2.q 2 + Với r = 1 thì a + 1 = 2.q + 1 + 1 = 2.q + 2 = 2( q + 1)  2 Vậy trong hai số tự nhiên liên tiếp có một số chia hết cho 2

2 BÀI 2:

Chứng minh rằng trong ba số tự nhiên liên tiếp có một số chia hết cho 3.

Giải

Gọi ba số tự nhiên liên tiếp là : a, a +1 , a +2 Lấy a chia cho 3 ta được: a = 2.q + r với 0 ≤ r < 3

+ Với r = 0 thì a = 3.q  3 + Với r = 1 thì a = 3.q + 1 Khi đó : a + 2 = 3.q + 3 3 + Với r = 2 thì a = 3.q + 2 Khi đó a + 1 = 3.q + 3 3 Vậy trong ba số tự nhiên liên tiếp có một số chia hết cho 3

3 BÀI 3:

Chứng minh rằng trong n số tự nhiên liên tiếp có một số chia hết cho n.

Giải

Gọi n số tự nhiên liên tiếp là : a, a +1 , a +2 …a( n-1)

Lấy a chia cho n ta được: a = n.q + r với 0 ≤ r < n

+ Với r = 0 thì a = n.q  n

+ Với r = 1 thì a = n.q + 1  n Khi đó : a+ (n-1) = n.q + 1 + (n-1) = n.q + n  n + Với r = 2 thì a = n.q + 2  n Khi đó a + (n-2) = n.q + 2 + (n+-2) = n.q + n  n + Với r = n-1 thì a = n.q + n - 1 n Khi đó a + 1 = n.q + n-1 +1= n.q + n  n

Vậy trong n số tự nhiên liên tiếp có một số chia hết cho n

*Một số phương pháp chứng minh chia hết

4 BÀI 4

Tính chất 8:

CMR tích của ba số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 6

Giải

Giả sử ta gọi ba số tự nhiên liên tiếp là: a, a+1, a + 2 Theo đề bài : A = a( a +1) ( a + 2)  6

Ta có : 6 = 3x2 mà ( 3, 2) =1

- A  2 vì trong A số tự nhiên liên tiếp có một số tự nhiên chia hết cho 2

- A  3 vì trong A số tự nhiên liên tiếp có một số tự nhiên chia hết cho 3

Vậy A  6

5 BÀI 5

CMR tích của ba số chẵn liên tiếp chia hết cho 8

Giải

Giả sử hai số tự nhiên chẵn liên tiếp là: 2k , 2k + 2

Theo đề bài chứng minh, B = 2k.( 2k + 2)  8 hay B = 4k ( k + 1)

Ta có 4  4 và k+1  2 vì trong B có một số chia hết cho 2

Vậy B  8

6 BÀI 6

VD : CMR: 11 a + a  6  a  N

Giải

Ta có: 11 a + a = 12 a - a + a

= 12 a - ( a - a)

= 12 a - a( a - 1) = 12 a - a ( a- 1) ( a+ 1)

12 a  6

A = a ( a -1 ) ( a + 1)

Nếu a = 0  A = a( a-1)(a+1) = 0  6 Nếu a > 0  A = a (a-1)( a+1)  6 vì trong A có một số tự nhiên chia hết cho 6

Vậy : 11 a + a  6

Bài 7

Dùng quy nạp CMR tổng các lũy thừa bậc ba của ba số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 9

Giải

Tổng các lũy thừa bậc 3 của 3 số tự nhiên liên tiếp có dạng: (n-1) + n + (n+1)  9

Ta có : (n-1) + n + (n+1) = n - 3n +3n-1+ n + n +3n +3n +1

= 3n + 6n  9 Giả sử: n = 1, ta có: 3.1 +6.1 = 9  9

Giả sử n = k , ta có: 3k +6.k  9

Ta chứng minh: n = k+1 , ta có: 3(k+1)+6(k+1) = 3(k +3k +3k+1)+6k+6

= 3k +9k +9k+3+6k+6 = 3k +6k + 9k +9k+9

Mà 3k +6k  9 và 9k +9k+9  9

Vậy: 3n + 6n  9

Theo nguyên lý quy nạp thì (n-1) + n + (n+1)  9

Bài 8: : CMR  a  N ta có :

a( a+1) ( 2a + 1)  6

Giải

a(a+1)( 2a+ 1)  6

Ta có: a(a+1)( 2a+ 1) = a(a+1)( a -1 + a+ 2) = a(a+1)(a-1) + a(a+1)( a+2)

Nếu a = 0 thì a(a+1)(2a+1) = 0  6

Nếu a > 0 thì a( a+1) (a-1)  6 vì tích 3 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 6

a( a+1)( a+2)  6 vì tích 3 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 6

Do đó : a(a+1( 2a+1)  6  a  N

Bài 9 CMR  a  N ta có :

a - a  30

Giải

Ta có: a ≡ a (mod 5)

a -a ≡ a - a (mod 5)

a - a ≡ 0 (mod 5) Vậy a - a  30

Cách 2:

a - a = a( a -1) = a[(a) - 1 ]

= a(a -1)(a +1) = a(a-1)(a+1)(a -4+5) = a(a-1)(a+1)[(a -2)(a+2)+5]

= a(a- 1)(a+1)(a-2)(a+2)+5a(a-1)(a+1) Nếu a=0 thì a - a = 0  30

Nếu a>0 thì a(a- 1)(a+1)(a-2)(a+2)  30 vì tích năm số tự nhiên liên tiếp chia hết cho

30, ( 5,6)=1

Và : 5a(a-1)(a+1)  30 vì tích của ba số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 6

Vậy a - a  30

Bài 10 CMR  a  N ta có :

2a ( a - 16)  30

Giải

Ta có: 2a ( a - 16) = 2a( a+4)(a -4)

= 2a( 5+ a -1)( a-2)(a+2) = 2a[5+(a-1)(a+1)](a-2)(a+2) = 10a (a-2)(a+2) + 2a(a-2)(a+2)(a-1)(a+1)

Nếu a=0 thì 2a( 5+ a -1)( a-2)(a+2)  30

Nếu a>0 thì 10a (a-2)(a+2)  30 vì tích ba số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 30

2a(a-2)(a+2)(a-1)(a+1)  30 vì tích năm số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 6

Vậy : 2a ( a - 16)  30

Bài 11: Chứng minh rằng:

a(a+2)  8 , với a là số chẵn , a  N

Giải

Vì a chẵn nên a = 2k ; k  N

Ta có: a(a+2) = 2k(2k+2) = 4k(k+1)

+ Nếu k chẵn  4k  8 + Nếu k lẻ  k+1 là số chẵn + Nếu k lẻ  4k(k+1) 8 Vậy a(a+2)  8 , với a là số chẵn , a  N Bài 12 CMR: n +11n  3 n

Giải

Ta có: n (n -1 +12) = n(n -1) + 12n

Vì n(n-1)(n+1) là tích ba số tụe nhiên liên tiếp nên chia hết cho 3 Vậy: n +11n  3 n

Bài 13: CMR : với bất kỳ n ta có : n - n  3

Giải

Ta có : n(n -1) = n(n-1)(n+1)  3 ( vì tích ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 3)

Vậy: n - n  3  n

Bài 14 CMR : [(a +a)(2a+1)]  6  a  N

Giải

Ta có: (a +a)(2a+1) = a(a+1)[(a-1)+(a+2)]

= [a(a+1)(a-1)+a(a+1)(a+2)]  6

Vì a(a+1)(a-1) và a(a+1)(a+2) là tích ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 6

Vậy: [(a +a)(2a+1)]  6  a  N

Bài 15 CMR: [a(a -2)+13a] 6  a  N

Giải

Ta có: a(a -2)+13a = a(a - 1- 1)+13a

= a(a -1) - a+13a

Vì a(a -)(a+1) +12a là tích ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 6 Vậy: [a(a -2)+13a] 6  a  N

Bài 16 CMR : [m(m +5)  6  m N

Giải

Ta có: m(m +5) = m( m - 1+6)

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

Vì m(m-1)(m+1) +6m là tích ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 6

Vậy: [m(m +5)  6  m N

Bài 17 CMR: ( a +b )  6  (a+b)  6 với a,b  N và a,b  1

Giải

Xét (a +b )-(a+b) = a +b - a-b

= a - a + b - b = a( a - 1) + b (b -1) = a(a-1)(a+1) + b(b-1)(b+1)

Vì a(a+1)(a-1) và b(b+1)(b-1) là tích ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 6

Vậy: ( a +b )  6  (a+b)  6 với a,b  N và a,b  1.

*DÙNG QUY TẮC KÉO THEO:

VD : CMR trong ba số tự nhiên bất kỳ có hiệu hai số chia hết cho 2

Giải

Giả sử có ba số tự nhiên bất kỳ là: a,b,c Lấy a,b,c chia cho 2 ta được : a = 2.q + r với 0  r < 2

b = 2.q + r với 0  r < 2

c = 2.q + r với 0  r < 2

Ta nhận thấy : r , r , r đều nhận hai giá trị là 0 và1 Theo nguyên tắc ngăn kéo thì

số có 2 số nhận cùng một giá trị Giả sử r = r = 1 Khi đó : a - b = 2.q - 2.q  2 (đpcm)

VD : CMR trong bốn số tự nhiên bất kỳ có hiệu hai số chia hết cho 3 (Tự giải)

VD : CMR trong n+1 số tự nhiên bất kỳ có hiệu hai số cia hết cho n.

Giải

Giả sử n+1 số tự nhiên bất kỳ là: a , a , a … a Lấy a , a , a … a chia cho n ta được: a = n.q + r với 0 r < n

a = n.q + r với 0 r < n

a = n q + r với 0  r <n

Ta nhận thấy r , r ….r nhận n giá trị {0,1…n+1} theo nguyên tắc kéo theo thì số

có hai số nhận cùng giá trị Giả sử r = r = n-3 Khi đó :

a - a = n.q - n.q  n (đpcm)

* DÙNG HẰNG ĐẲNG THỨC :

a - b  a-b ; a + b  a+b với n lẻ

-II ƯỚC CHUNG LỚN NHẤT

1 BÀI 1( Tính chất 5)

Dùng thuật toán Ơclit tìm ( 895, 195)

Giải

Ta có:

895 = 195 4 + 115

195 = 115 1 + 80

115 = 80 1 + 35

80 = 35 2 + 10

35 = 10 3 + 5

10 = 5.2 + 0 Vậy ( 895, 195) = 5

2 BÀI 2

Tìm tất cả các cặp số tự nhiên a, b thõa mãn điều kiện sau:

a + b = 432 và ( a, b) = 36

giải -Vì vai trò của a và b như nhau nên ta giả sử a ≥ b

- Vì ( a, b) = 36 Theo tính chất 5 Ta có:

= 1 Đặt a = và b = Khi đó (a ,b) = 1 (1)

a ≥ b (2)

a + b = + = (a+b) = =12 (3)

Từ (1), (2) và (3) ta chọn:



và

 252

180

a b









Vậy có các cặp ( 346,36) và (252,180) thõa mãn điều kiện đề bài

BÀI 3

Tìm tất cả các cặp số tự nhiên a, b thõa mãn điều kiện sau:

a x b = 2700 và (a, b) = 6

giải -Vì vai trò của a và b như nhau nên ta giả sử a ≥ b

- Vì ( a, b) = 6 Theo tính chất 5 Ta có:

= 1 Đặt a = và b = Khi đó ( a ,b ) = 1 (1)

a ≥ b (2)

a x b = x = a x b = = 75 ( 3)

Từ (1), (2) và (3) ta chọn:



và



Vậy có các cặp ( 450, 6) và (90, 30) thõa mãn điều kiện đề bài

CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN VỀ BỘI CHUNG NHỎ NHẤT

Áp dụng tính chất 5:

Bài 1 : Tìm các cặp số tự nhiên a, b thõa mãn điều kiện sau:

a x b = 360 , [a,b] = 60

Giải

Vì vai trò của a ,b như nhau , ta giả sử a  b

Vì [a,b]= 60 Theo tính chất 5  = 1

Đặt a = , b = Khi đó :

( a, ) = 1 (1)

a  b (2)

a x b = x = = 10 ( 3)

Từ (1) , (2) Ta chọn:



và



Vậy có các cặp (60; 10) và (30 ; 12)

Bài 2: Tìm các cặp số tự nhiên a, b thõa mãn điều kiện sau:

( a,b) = 15 và [a,b] = 2835

Giải

Vì vai trò của a ,b như nhau , ta giả sử a  b

Vì (a,b) = 15 Theo tính chất 5  = 1

Đặt a = , b = Khi đó :

( a , ) = 1 (1)

a  b (2)

a x b = x = [a.b] = = 189 ( 3)

Từ (1) , (2) và (3) Ta chọn:



và



Vậy có các cặp (15; 2835) và (105 ; 405)

Bài 3:

Cho n  N , n ≠ 0 , n ≠ 1

Tính : a/ ( n, n+1) , [n, n+1]

b/ ( n, 2n + 1) ,[ n, 2n +1]

,Giải

a/ Ta có: n+1 = n.1+1

( n, n+1) = (n,1) = 1

Khi đó: [ n, n+1 ] = n(n+1)

b/ Ta có : 2n +1 = n.2 +1

(n, 2n+1) = ( n,n) = 1

[ n, 2n+1] = n( 2n+1)

Bài 4

Tìm số tự nhiên nhỏ nhất khác 2 để khi chia số đó cho 3, 5,7,10 đều có số dư là 2.

Giải

Giả sử số tự nhiên cần tìm là : a , theo đề bài ta có:

a - 2  3 , a - 2  5, a - 2  7, a - 2  10

hay a - 2 = [ 3, 5,7,10]k ( k  N)

a - 2 = 210 k

vì a nhỏ nhất khác 2 nên k = 1 hay a - 2 = 210.1 = 210 + 2 = 212

Bài 5 :

Tìm số tự nhiên nhỏ nhất biết rằng chia số đó cho 3 dư 2, chia 5 dư 4 , 7 dư 6, chia 10 dư 9.

Giải

Giả sử số tự nhiên nhỏ nhất là : a, theo đề bài ta có:

a + 1  3; a + 1  5 ; a + 1  7; a + 1  10

hay a +1 = [ 3, 5,7,10]k ( k  N)

a +1 = 210 k

vì a nhỏ nhất khác 2 nên k = 1 hay a +1 = 210.1 = 210 - 1 = 209

Bài 6

Tìm hai số tự nhiên biết rằng tổng của chúng bằng 84 và UCLN của chúng là 6

Giải

Gọi 2 số phải tìm là : a, b ( b>a)

Theo đè bài ta có: a + b = 84 và UCLN(a,b) = 6

Suy ra: a=6.k, b= 6.l (k,l  N) và UCLN(k,l)=1  a+b=6.k+6.l=6(k+l) = 84

 (k+l)= 14

Do đó:

Vậy có các cặp số (6,78), (18, 66), (30,54).

* MỘT SỐ BÀI TOÁN

VỀ PHƯƠNG TRÌNH

VÔ ĐỊNH BẬC NHẤT

HAI ẨN:

VD : Trăm trâu trăm cỏ

Trâu đứng ăn năm Trâu nằm ăn ba

Lụ khụ trâu già

Ba con một bó Hỏi bao nhiêu trâu đứng, trâu nằm , trâu già?

Giải

Gọi x là số trâu đứng x > 0

Gọi y là số trâu nằm y >0

Trâu già là: 100 - ( x+y)

Theo đề bài ta có phương trình:

5x + 3y + = 100

14x + 8y = 200 7x + 4y = 100 (1) Phương trình (1) có một nghiệm riêng ( 0; 25) nên nghiệm của (1) là:

t  Z

vì x>0, y>0 nên 0< A  3

VD :

32x - 48y = 112 (1) 3x = 112+ 48y

x = = y + 3 + Đặt = t  16y +16 = 32t

 y = = 2t -1

Vậy (1) có nghiệm là:

t  Z

CÁC BÀI TOÁN VỀ SỐ NGUYÊN TỐ Bài 1

Tìm số các ước của một số tự nhiên, chẳng hạn: 30 , 1960

Giải

30 = 2.3.5

Ta có công thức chung tìm là: F(a)= (x + 1)(x + 1)…… (x +1)

Cụ thể: F(30)= (1+1)(1+1)(1+1)= 2 = 8  có 8 ước

1960 = 2 5.7 Ta có: F(1960)= (3+1)(1+1)(2+1)= 4.2.3= 24  có 24 ước

Bài 2

Tìm UCLN và BCNN của hai số VD: ( 62,35) , [62,35]

Giải

62= 2.31 = 2 5 7 31 35= 5.7 = 2 5 7 31 (62,35)= 2 5 7 31 =1 [62,35] = 2 5 7 31 = 62.35 = 2170

CÁC BÀI TOÁN VỀ HỆ THỐNG GHI SỐ

VD : 3975

Ta có: 3975= 8.496 + 7

62= 8.7 +6

Vậy : (3975) = (7607) (7607) = 7 8 6 8 0.8 7 8 = 3975

VD : (3456) sang hệ cơ số 8

Ta có: (3456) = 3 7 4.7 5.7.6.7 = 1029+ 196+35+6= 1266

(1266) = 8.158 +2 158= 8.19+6 19= 8.2+3 2= 8.0+2

Vậy: (3456) = (2362)

CÁC BÀI TOÁN VỀ ĐỒNG DƯ THỨC

VD :

Hãy chứng minh đồng dư theo mod m là quan hệ tương đương trong tập số nguyên

Giải

- Tính phản xạ:

a  Z, ta có: a ≡ a (mod m)

Thật vậy: vì a-a=0  m hay a ≡ a (mod m)

- Tính đối xứng:

a, b  Z, nếu a ≡ b(mod m), ta cần chứng minh b ≡ a (mod m)

Thật vậy: vì a ≡ b(mod m)  a-b  m  b-a  m ( vì a,b  Z)

Hay b ≡ a (mod m)

- Tính bắc cầu:

a, b, c  Z nếu a ≡ b(mod m) và b ≡ c(mod m) ta cần chứng minh a ≡ c (mod m) Thậy vậy: vì a ≡ b(mod m)  a-b  m (1)

Vì b ≡ c(mod m)  b-c  m (2) Lấy (1) cộng (2) ta được: a- b+b-c  m hay a-c  m

Do đó : a ≡ c (mod m) Vậy có quan hệ tương đương

VD :

Tìm số dư trong phép chia có dư : 2945 -3 chia cho 9.

Giải

Ta có : 2945 = 9 327+ 2

Nên 2945= 2 (mod 9)

Do đó : (2945 ) - 3 ≡ 2 - 3 (mod 9) (1)

Mà 2 -3 = 29= 9.3+2

Khi đó 2945 -3 ≡ 2 (mod 9)

Vậy số dư trong phép chia 2945 -3 chia 9 là 2

VD

Tìm số dư trong phép chia có dư : 1532 - 1 chia cho 9.

VD :

( 1997 + 1998 + 1999 ) chia cho 111

Giải

Ta có: 1997= 111.18+(-1) hay 1997 ≡ -1 (mod 111)

1998= 111 18 +0 hay 1998 ≡ 0 (mod 111)

1999 = 111 18+ 1 hay 1999 ≡ 1(mod 111)

Khi đó: ( 1997 + 1998 + 1999 ) = (mod 111)

Hay ( 1997 + 1998 + 1999 ) = 2 (mod 111)

Mà 2 = 1024 = 111.9 +25

Nên ( 1997 + 1998 + 1999 ) = 25 (mod 111)

Vậy số dư là 25

VD

Chứng minh rằng: 3 - 3 chia hết cho 13

Giải

Ta có : 3 = 27 = 13.3 +1 hay 3 ≡ 1 (mod 13)

Mà 3 = 3 = 3 3 ≡ 3 (mod 13) vì 3 3 ≡ 3 (mod 13)

Suy ra : 3 - 3 ≡ 3-3 (mod 13) hay 3 -3 ≡ 0 (mod 13)

Vậy 3 - 3 chia hết cho 13

CÁC BÀI TOÁN VỀ QUAN HỆ TƯƠNG ĐƯƠNG

VD :

R = { (a,b)  NxN / a có cùng chữ số hàng đơn vị với b}  N

Giải

a R b  a có cùng có cùng chữ số hàng đơn vị với b

- Tính phản xạ:

 a  N ta có a có cùng chữ số hàng đơn vị với a hay a R a

- Tính đối xứng:

 a, b  N giả sử a R b nghĩa là a có cùng chữ số hàng đơn vị với b  b có cùng chữ số hàng đơn vị với a hay b R a Do đó R có tính đối xứng

- Tính bắc cầu :

 a, b , c  N giả sử a R b và b R c nghĩa là a có cùng chữ số hàng đơn vị với b

và b có cùng chữ số hàng đơn vị với b thì a có cùng chữ số hàng đơn ị với c hay a R c

Do đó R có tính bắc cầu

Vậy R là quan hệ tương đương.

VD :

Ký hiệu X là tập hợp các điểm trên mặt phẳng và 0  X cố định Trên X xét quan hệ M S N  OM=ON

Giải

- Tính phản xạ:

 M  X ta luôn có OM=OM hay M S M

- Tính đối xứng:

 M, N  X giả sử M S N nghĩa là OM=ON hay ON =OM

Vậy : M S N Có tính đối xứng

- Tính bắc cầu:

 M, N, P  X giả sử M S N và N S P nghĩa là OM = ON và ON = OP 

OM=OP hay M S P

Do đó S có tính bắc cầu

Vậy S là quan hệ tương đương

CÁC BÀI TOÁN VỀ ÁNH XẠ

VD :

A = { 1,2,3} , B= { a, b, c}

f không phải a/ xạ vì 1ptử 2có 2 ảnh

* CÁC BÀI TOÁN VỀ CHÚNG QUY NẠP

Bài 1

Dùng quy nạp chứng minh rằng:

1 + 3 + 5 +…….+ (2n -1) = n ( n ≥ 1, n  N)

Áp dụng tính tổng sau: A =1 + 3 + 5 + … + 1999

Giải

Đặt S = 1 + 3 + 5 +…….+ (2n -1) = n

Ta có : S = (2.1-1)=1 = 1 - đúng

Giả sử đúng với n= k tức là S = k Ta cần chứng minh đúng với n= k +1 tức là chứng minh

S = (k + 1) Thật vậy: S = 1 + 3 + 5+ ….(2k - 1) + 2( k+1)- 1

= S + 2k+1 = k + 2k +1 = (k +1) Vậy S = n ( n ≥ 1, n  N)

Áp dụng , ta có: 2n - 1 = 1999

2n = 2000