Một số dạng toán số học trong trung học cơ sở

Số học được chia ra làm nhiều mảng rất đa dạng và phong phú như: Tính chia hết, lý thuyết đồng dư, số nguyên tố - hợp số, phương trình nghiệm nguyên, số chính phương… Tuy nhiên, trong kh

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

-

NGUYỄN THỊ OANH

MỘT SỐ DẠNG TOÁN SỐ HỌC TRONG TRUNG HỌC CƠ SỞ

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Hà Nội - Năm 2012

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

KHOA TOÁN – CƠ – TIN HỌC

Nguyễn Thị Oanh

MỘT SỐ DẠNG TOÁN SỐ HỌC TRONG TRUNG HỌC CƠ SỞ

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Chuyên ngành : Phương pháp toán sơ cấp

Mã số : 60 46 40

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

TS Phạm Văn Quốc

Hà Nội - Năm 2012

LỜI NÓI ĐẦU

Số học, ngành lâu đời nhất và đầy hấp dẫn của Toán học đã từng được một nhà Toán học nổi tiếng gọi là:" Bà chúa của Toán học" Các bài toán số học đã làm say mê nhiều người, từ các nhà toán học lỗi lạc của mọi thời đại đến đông đảo các bạn yêu Toán Thế giới các con số, rất quen thuộc với chúng ta trong đời sống thường hàng ngày, là một thế giới hết sức kì lạ, đầy bí ẩn Điều lý thú là nhiều mệnh

đề khó nhất của Số học được phát biểu rất đơn giản; nhiều bài toán khó có thể giải sáng tạo với những kiến thức rất phổ thông

Số học được chia ra làm nhiều mảng rất đa dạng và phong phú như: Tính chia hết, lý thuyết đồng dư, số nguyên tố - hợp số, phương trình nghiệm nguyên, số chính phương… Tuy nhiên, trong khuôn khổ luận văn của mình, em chỉ xin phép trình bày về một số dạng cơ bản phù hợp với kiến thức và trình độ của học sinh THCS, trong đó đặc biệt chú trọng phần chuyên đề về phương trình nghiệm nguyên

Để các Thầy cô giáo cũng như các em học sinh có thể coi đây là một tài liệu tham khảo hữu ích phục vụ cho việc ôn thi vào các trường chuyên, lớp chọn thì trong mỗi một phần, đầu tiên em đưa ra các kiến thức cơ bản, sau đó phân loại bài tập theo dạng đồng thời đưa ra các ví dụ tiêu biểu và cuối cùng là đề xuất các bài tập tương tự

Vì thời gian có hạn và trình độ còn hạn chế nên khóa luận của em không thể tránh khỏi những thiếu sót Kính mong nhận được sự chỉ bảo của thầy giáo

Hà Nội, ngày 22 tháng 09 năm 2012

Học viên

Nguyễn Thị Oanh

MỤC LỤC

LỜI NÓI ĐẦU 3

Chương 1: SỰ CHIA HẾT VÀ CHIA CÕN DƯ 3

1.1 Những kiến thức cần thiết 3

1.2 Các dạng toán thường gặp 5

1.3 Một số bài tập tự luyện 24

Chương 2: SỐ NGUYÊN TỐ - HỢP SỐ 24

2.1 Các định nghĩa 24

2.2 Các định lý 24

2.3 Các dạng toán thường gặp 25

2.4 Một số bài tập tự luyện 31

Chương 3: ƯỚC CHUNG LỚN NHẤT - BỘI CHUNG NHỎ NHẤT 33

3.1 Ước chung lớn nhất 33

3.2 Bội chung nhỏ nhất 34

3.3 Các bài toán về ước chung lớn nhất 35

3.4 Các bài toán về bội chung nhỏ nhất 39

3.5 Một số bài tập tự luyện 40

Chương 4: SỐ CHÍNH PHƯƠNG 42

4.1 Kiến thức cần thiết 42

4.2 Bài tập về số chính phương 45

4.3 Một số bài tập tự luyện 56

Chương 5: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 58

5.1 Phương trình vô định bậc nhất hai ẩn 58

5.2 Phương trình bậc hai hai ẩn 66

5.3 Một số phương trình nghiệm nguyên khác và cách giải 85

KẾT LUẬN 93

TÀI LIỆU THAM KHẢO 94

Chương 1: SỰ CHIA HẾT VÀ CHIA CÕN DƯ

Trong tập hợp các số nguyên với các phép tính cộng, trừ, nhân, chia; phép chia không phải bao giờ cũng thực hiện được Đối với những phép chia thực hiện được thì số bị chia và số chia có quan hệ chia hết Việc nghiên cứu các quan hệ này

có tác dụng rất lớn trong việc giải quyết các bài tập toán học và rèn luyện tư duy giải toán Vì vậy, chuyên đề này là một trong những chuyên đề quan trọng nhất của

 Tính chất 7: Nếu một trong hai số a, b chia hết cho m mà số kia không chia hết

cho m thì ab không chia hết cho m

Hệ quả: Nếu tổng hai số chia hết cho m và một trong hai số chia hết cho m thì

số còn lại cũng chia hết cho m

 Tính chất 8: Nếu một thừa số của tích chia hết cho m thì tích chia hết cho m

 với mọi k, l là số nguyên

1.1.3 Các dấu hiệu chia hết

1) Dấu hiệu chia hết chia hết cho 2 (hoặc 5): Một số chia hết cho 2 (hoặc 5)

khi và chỉ khi chữ số tận cùng của nó chia hết cho 2 (hoặc 5)

2) Dấu hiệu chia hết chia hết cho 4 (hoặc 25):Một số chia hết cho 4 (hoặc 25)

khi và chỉ khi số tạo bởi hai chữ số tận cùng của nó chia hết cho 4 (hoặc 25)

3) Dấu hiệu chia hết chia hết cho 8 (hoặc 125): Một số chia hết cho 8 (hoặc

125) khi và chỉ khi số tạo bởi ba chữ số tận cùng của nó chia hết cho 8 (hoặc 125)

4) Dấu hiệu chia hết chia hết cho 3 (hoặc 9): Một số chia hết cho 3 (hoặc 9)

khi và chỉ khi tổng các chữ số của nó chia hết cho 3 (hoặc 9)

5) Dấu hiệu chia hết chia hết cho 11: Một số chia hết cho 11 khi và chỉ khi

hiệu giữa tổng các chữ số "đứng ở vị trí lẻ" và tổng các chữ số " đứng ở vị trí chẵn", kể từ trái qua phải chia hết cho 11

1.1.4 Một số kết quả thường sử dụng

1) Trong k số nguyên liên tiếp luôn có một số chia hết cho k

4) Một số chính phương khi chia cho 3 (hoặc 4) chỉ có thể có số dư là 0 hoặc 1,

khi chia cho 5 (hoặc 8) chỉ có thể có số dư là 0; hoặc 1 hoặc 4

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

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 m

1.2.1 DẠNG I Giải các bài tập thông thường về cấu tạo số

Bài tập thuộc dạng này thường là các bài toán "Tìm số" hoặc “điền các chữ số” mà các điều kiện ràng buộc có liên quan tới tính chất và dấu hiệu chia hết do vậy đòi hỏi học sinh phải nắm chắc các tính chất và dấu hiệu chia hết

Để làm dạng bài này, ta cũng thường sử dụng tính chất sau:

Ta có: m a a a  1 2 n với các a i 1, ni   là đôi một nguyên tố cùng nhau

c) Tổng chữ số hàng trăm và chữ số hàng đơn vị là bội số của 9

d) Tổng chữ số hàng trăm và chữ số hàng chục chia hết cho 4

Bạn hãy đoán xem tôi đã nghĩ ra hai số nào?

Giải

Gọi hai số đã cho là: N và N + 1

Theo bài ra ta có: N + N +1 = abc (a, b, c là các chữ số) (1)

Ví dụ 3: Tìm các chữ số trong đẳng thức:

LỜI BÌNH: Trên đây là các bài toán có thể sử dụng dấu hiệu chia hết Tuy nhiên,

không phải số nào cũng có dấu hiệu chia hết, do đó để giải quyết những bài toán như vậy ta có thể dùng cấu tạo số kết hợp cùng các tính chất và lập luận một cách linh hoạt

Dưới đây là hai ví dụ minh họa cho những bài toán không thể sử dụng dấu hiệu chia hết

Ví dụ 4: Biết rằng vừa chia hết cho 7; cho 11 và cho 13 Tìm số đó?

Vì số a7b8c9 vừa chia hết cho 7, cho 11 và cho 13 Mà 7, 11, 13 là 3 số đôi một nguyên tố cùng nhau nên a7b8c9 phải chia hết cho 7.11.13 = 1001 và thương tìm được là số có 3 chữ số

Vậy số phải tìm là: 879879 Kiểm tra lại ta thấy kết quả là đúng

Ví dụ 5: Hãy thay các chữ số vào các chữ x, y trong số N = sao cho N chia hết cho 13

+ Nếu x + 3y +2 = 26 3y24x x chia hết cho 3  x 0,3,6,9 

Ví dụ 1: Cho A = Chứng minh rằng: n là số tự nhiên không chia hết cho 5 thì A chia hết cho 285

Vậy n 2 n 1 n 1 n      2 chia hết cho 5 với mọi n không chia hết cho 5

luôn chia hết cho 185 = 2 6

11 2 với n lẻ,mà (8, 185) =1, do đó ta có thể tạo ra bài toán mới như sau:

Cho A = Chứng minh rằng: A luôn chia hết cho 1480 với mọi n là số tự nhiên lẻ

Với cách làm như vậy, ta có thể tự đặt ra những bài toán tương tự như sau:

Chứng minh rằng:

1) A =  n n 3 

46  296.13 n  n 354  với  n.

Ta chứng minh rằng: A chia hết cho 3 và 4

Ta thấy A là tích các thừa số là hiệu đôi một các số trong 4 số a, b, c, d nên:

+ Trong 4 số a, b, c, d phải tồn tại ít nhất 2 số có cùng số dƣ khi chia cho 3 nên hiệu của chúng chia hết cho 3 A 3. (1) + Trong 4 số a, b, c, d chỉ có thể xảy ra một trong hai khả năng sau:

a) Có 2 số chẵn và 2 số lẻ Khi đó: hiệu hai số chẵn chia hết cho 2 và hiệu hai

số lẻ cũng chia hết cho 2 Do đó: A chia hết cho 4

b) Có ít nhất 3 số cùng tính chẵn lẻ Từ 3 số ấy ta đƣợc hai hiệu chia hết cho

2 hay A chia hết cho 4

Vậy, A luôn chia hết cho 4 (2)

Giải

Ta lần lượt chứng minh: abc chia hết cho 2, 3, và 5

a) Chứng minh chia hết cho 2

Từ (1) (2) và (3) ta có: abc chia hết cho 30

Bài toán tương tự: Dùng tính chất về số chính phương ta có thể làm bài toán

tương tự như sau:

Nếu x, y, z là các số nguyên thỏa mãn: thì xyz

NHẬN XÉT: Trên đây là những bài toán yêu cầu chứng minh chia hết cho một số

cụ thể nên ta có thể chia thành những bài toán nhỏ bằng cách chứng minh chia hết cho các bộ số đôi một nguyên tố cùng nhau và có tích bằng số chia ban đầu Song, những bài toán yêu cầu chứng minh chia hết cho một số tổng quát lại không thể làm như vậy Do đó, ta cần vận dụng các tính chất về sự chia hết của một tổng hoặc một hiệu hay một lũy thừa để dẫn đến điều phải chứng minh

Sau đây là một vài ví dụ cho những bài toán như vậy:

Từ (6) và (7) suy ra: c2 chia hết cho m

Ví dụ 7: Giả sử a, b, c, d là những số nguyên tố cùng nhau với m = ad - bc

Chứng minh rằng: Nếu ax + by chia hết cho m thì cx + dy cũng chia

hết cho m

Giải

Đặt U = ax + by, V = cx + dy Khi đó: dU - bV = mx chia hết cho m

Mà dU chia hết cho m  bV chia hết cho m, nhưng vì m, b 1 V m (đpcm)

Ví dụ 8: Giả sử m, n, k là các số nguyên dương thỏa mãn và

Ví dụ 1: Chứng minh rằng:

Giải

Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp:

+ Với n = 1, ta có: A1    5 2 1 8 8  (bài toán đúng)

+ Giả sử bài toán đúng với n = k Tức là: k k 1

k

A 5 2.3  1 8  *

k   + Ta cần chứng minh bài toán đúng với n = k + 1 Tức là: k 1 k

k 1

A  5  2.3 1 8

Ak 1  8 Vậy theo nguyên lí quy nạp bài toán đƣợc chứng minh

CHÚ Ý: Ví dụ trên minh họa cho một lớp những bài toán có thể dùng phương pháp

quy nạp để chứng minh mà dạng tổng quát của chúng như sau:

Ta chứng minh quy nạp theo n:

+ Rõ ràng, tích của hai số tự nhiên liên tiếp bao giờ cũng chia hết cho 1.2 (đúng) + Giả sử tích của k số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 1.2…k ta phải chứng minh rằng tích của k + 1 số tự nhiên liên tiếp cho 1.2.3…(k +1) Hay:

Theo giả thiết quy nạp thì Q , Q , , Q1 2 n 1 là những số nguyên

Mà Pm 1   k 1 Pm 2 nguyên  Pm 3 nguyên … P2 nguyên  P1 nguyên P

+ Nếu B chẵn ta xét số 2A Số này có k +1 chữ số, chỉ gồm các chữ số 1 và 2 Ngoài ra, 2A = k

2.10  A = k 1 k k k 1 k 

2 5  2 B  2  5  q Trong đó: B = 2q với q nguyên dương Ta thấy 2A chia hết cho k 1

Như vậy bài toán vẫn đúng khi n = k +1 Vậy bài toán đúng   n 2.

NHẬN XÉT: Trong ví dụ 3, mặc dù đề bài có xuất hiện cụm từ “tồn tại” nhưng bản

chất của bài toán là chứng minh mệnh đề luôn đúng với mọi giá trị của n vì vậy dễ gây băn khoăn cho người giải toán trong việc dự đoán dùng phương pháp quy nạp hay nguyên tắc Dirichle Do vậy, để quyết định lựa chọn phương pháp nào cho bài toán ta cần đọc và phân tích thật kĩ đề bài chứ không phải chỉ nhận biết qua những dấu hiệu bên ngoài

Ví dụ 4: Cho m, n là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau Chứng minh có thể tìm được số tự nhiên sao cho chia hết cho m

Giải

Xét m +1 số sau: 1 2 m 1

Khi chia m +1 số này cho m ta nhận được m +1 số dư tương ứng, mà khi chia một

số cho m thì chỉ có thể có m khả năng xảy đối với số dư Do vậy, trong m + 1 số ở dãy (1) có ít nhất 2 số có cùng số dư khi chia cho m

n 1 chia hết cho m (k   j i nguyên dương) (đpcm)

NHẬN XÉT: Với bài toán tổng quát trên ta có thể cho m, n, k nhận các giá trị cụ

thể để tạo ra những bài toán mới Chẳng hạn cho m = 2012 (năm hiện tại); n = 13 (hoặc bất kì một số nguyên tố nào đó), ta được bài toán:

Chứng minh rằng luôn tồn tại số tự nhiên k khác 0 sao cho:

Ngoài ra, ta nhận thấy “mấu chốt” của VD4 là ở chỗ sử dụng nguyên tắc Dirichle thông qua tính chất:“ Khi ta chia m + 1 số nguyên bất kì cho m thì luôn tồn tại ít nhất hai số đồng dư Do vậy hiệu hai số đó sẽ chia hết cho m” Vận dụng tính chất trên, ta có thể tự đặt ra một số những bài toán về chia hết áp dụng nguyên tắc Dirichle:

1) Chứng minh rằng: Luôn tồn tại số có dạng:

chia hết cho 2011

2) Có tồn tại hay không một số nguyên dương là bội của 1987 và có 4 chữ số

tận cùng là 1988

1.2.4 DẠNG IV Các bài tập về tìm giá trị của tham số sao cho biểu thức này

chia hết cho biểu thức kia

Ví dụ 1: Tìm số tự nhiên n sao cho:

a) n + 2 chia hết cho n – 1

b) 2n + 7 chia hết cho n + 1

c) 2n + 1 chia hết cho 6 – n

Giải a)    

NHẬN XÉT: Để giải các bài toán dạng như trên, chúng ta thường dựa vào tính

chất sau: Nếu A chia hết cho B thì mAnB chia hết cho B (m, n ) để tạo ra

được số cụ thể chia hết cho biểu thức chứa chữ

Ví dụ 2: Tìm n nguyên dương để 1.2.3…(n - 1) chia hết cho n

Giải

Ta thấy n 2  (bài toán có nghĩa) Ta xét hai trường hợp:

+ TH1: Nếu n nguyên tố thì tất cả các thừa số của tích 1.2.3…(n - 1) đều nguyên tố

cùng nhau với n do đó: 1.2….(n -1) không chia hết cho n

2p là hai thừa số khác nhau của tích 1.2.3…(n - 1) nên 1.2.3…(n – 1) chia hết cho n

Khi n = 4 ta có: 1.2.3 không chia hết cho 4

Vậy các số phải tìm là các hợp số lớn hơn 4

Ví dụ 3: Tìm để cho chia hết cho 5

Giải

Nhận xét: 4k

a  1 chia hết cho 5 khi  a,5 1

Mặt khác: Mọi số tự nhiên n, ta đều có: n = 4q + r; r0,1, 2,3 

1  2  3  4 không chia hết cho 5 Vậy Sn chia hết cho 5  n 4qr (qN và r = 1, 2, 3)

NHẬN XÉT: Ví dụ trên được giải dựa vào khẳng định: 4k

a  1 chia hết cho 5 với mọi  a,5 1 Do đó, cũng với khẳng định này ta có thể sáng tạo ra những bài toán

tương tự như sau: Tìm n   để:

Vậy, n chẵn

Ví dụ 5: Tìm số tự nhiên nhỏ nhất chia hết cho 63 thỏa mãn tổng các chữ số của

nó chia hết cho 63

Giải

Ta thấy: 63 = 7.9

Mọi số tự nhiên có tổng các chữ số bằng 63 đều chia hết cho 9 Do vậy bài toán quy

về tìm số tự nhiên nhỏ nhất có tổng các chữ số bằng 63 mà chia hết cho 7

Gọi số phải tìm là n Số phải tìm phải thỏa mãn các điều kiện sau:

+ Nếu n có 7 chữ số thì n = 9999999 không chia hết cho 7

+ Nếu n có 8 chữ số thì vì để tìm số n nhỏ nhất ta xét chữ số hàng cao nhất của n lần lƣợt bằng 1, 2…

- Với chữ số hàng cao nhất của n bằng 1 thì trong 7 chữ số còn lại phải có 6 chữ số bằng 9 và một chữ số bằng 8

Để ý: 18999999 < 19899999 < 19989999 < …<1999998 ta có:

18999999 không chia hết cho 7 và 19899999 chia hết cho 7

Vậy số cần tìm là: 19899999

NHẬN XÉT: Vì trong các dấu hiệu chia hết chỉ có dấu hiệu chia hết cho 3 hoặc

cho 9 liên quan đến tổng các chữ số Vì vậy, ta có thể đề xuất những bài toán dạng:

“Tìm số tự nhiên nhỏ nhất chia hết cho a thoả mãn tổng các chữ số của nó bằng a với

 hay S chia hết cho 5

+ Còn nếu n = 5k +1 hay n = 5k +3 thì tổng đã cho đều có dạng:

1

5k 1 5k 2 10k 3S

6

   

2

5k 3 5k 4 10k 7S

6

Vậy giá trị cần tìm là: n = 5k1, n = 5k2 2, n = 5k3 4 với k1 N *, k ,k2 3 N.

1.2.5 DẠNG V Chứng minh sự không chia hết và tìm số dƣ của phép chia

Trước tiên ta đề cập đến dạng bài tìm số dư của một phép chia Ở dạng bài tập này ta thường gặp kiểu bài cho biết số dư của một số A khi chia lần lượt cho m

và n với m, n nguyên tố cùng nhau và yêu cầu tìm số dư trong phép chia A cho m.n Khi đó, có hai trường hợp xảy ra:

+ Trường hợp 1: Nếu A chia m và A chia n cùng dư r thì A chia m.n cũng dư r; + Trường hợp 2: Nếu A chia m và A chia n nhận hai giá trị dư khác nhau, khi đó ta cần đưa A về dạng tổng quát trong từng phép chia và dùng tính chất chia hết của một tổng hoặc hiệu để tìm ra dạng tổng quát của A khi chia A cho m.n

Ví dụ 1:

a) M chia 9 dƣ 1 và M chia 13 dƣ 1 Hỏi M chia 117 dƣ bao nhiêu?

b) M chia 17 dƣ 2 và M chia 20 dƣ 5 Hỏi M chia 340 dƣ bao nhiêu?

NHẬN XÉT: Ta thấy cách làm ở câu a có ưu điểm là nhanh gọn bằng cách chuyển

phép chia có dư về phép chia hết tuy nhiên có mặt hạn chế là chỉ áp dụng được khi hai phép chia có cùng số dư

Sang câu b, cách 1 vẫn dựa trên cách làm ở câu a nhưng đòi hỏi sự linh hoạt khi chuyển về phép chia hết, mà điều quan trọng là sau khi chuyển về phép

chia hết thì cả hai phép chia phải có cùng số bị chia; còn cách 2 là ta tìm dạng tổng quát dựa vào tính chất chia hết.Ưu điểm ở cách 1 câu b so với cách 2 là lời giải ngắn gọn hơn nhưng đòi hỏi quá trình mò mẫm mà không phải lúc nào cũng thực hiện được ngay; còn ưu điểm của cách 2 là tuy lời giải “có vẻ” dài hơn nhưng luôn thực hiện được

Ví dụ 2: Khi chia một số A cho 7 ta đƣợc số dƣ là 6, còn khi chia nó cho 13 ta đƣợc số dƣ là 3, hỏi khi chia A cho 91 thì số dƣ là bao nhiêu?

Giải Cách 1: Vì A chia cho 7 dƣ 6 nên A = 7k + 6 k A 367k42 7

Vì A chia cho 13 dƣ 3 nên A = 13q + 3 q A 36 13q 39 13

A 36 91

   (vì 7 và 13 nguyên tố cùng nhau) Vậy A chia cho 91 dƣ 55

Cách 2: Vì A chia cho 7 dƣ 6 nên A = 7k + 6

Vì A chia cho 13 dƣ 3 nên A = 13q + 3 k,q

Kết luận: A chia cho 91 dƣ 55

NHẬN XÉT: Với cách làm như trên ta có thể thêm điều kiện về các phép chia hoặc

thêm diều kiện ràng buộc để tìm số A cụ thể

Ví dụ:

1) Tìm số tự nhiên n lớn nhất có 3 chữ số sao cho n chia 8 dƣ 7, n chia 31 dƣ

28

2) Tìm số tự nhiên là số có 4 chữ số, chia hết cho 5, chia hết cho 7, chia

cho 11 dƣ 2 và chia cho 13 dƣ 4

Ví dụ 3: Biết rằng chia cho 73 dƣ 2

Vậy số dƣ khi chia A cho 73 là 71

Đối với dạng bài tập chứng minh sự không chia hết thì phương pháp phản chứng là một phương pháp rất có tác dụng Ta xem xét ví dụ sau:

Ví dụ 4: Chứng minh rằng không chia hết cho 121 với mọi m nguyên

     không chia hết cho 121

NHẬN XÉT: Giữ nguyên yêu cầu đề bài là chứng minh biểu thức không chia hết

cho 121 Ta có thể thay đổi biểu thức A sao cho A bằng tổng (hoặc hiệu) của tích hai nhân tử có hiệu chia hết cho 11 và một số chia hết cho 11 nhưng không chia hết cho 121

Ví dụ: Chứng minh rằng:

1) A = (m – 3)(m + 8) + 22 = không chia hết cho 121

2) B = (m + 5)(m – 17) + 77 = không chia hết cho 121

Tương tự như vậy ta cũng có thể tạo ra những bài toán mới bằng cách thay 121

CHÚ Ý: Lời giải của ví dụ 5 cũng có thể trình bày bằng phương pháp phản chứng

Ví dụ 6: Chứng minh rằng với mỗi số n nguyên dương thì

không chia hết cho n + 2

NHẬN XÉT: Ví dụ trên cũng có thể được chứng minh theo phương pháp quy nạp

Tuy nhiên, với cách sử dụng đồng dư sẽ cho ta lời giải ngắn gọn và dễ hiểu hơn

Ví dụ 2: Tìm tất cả các số nguyên dương n có tính chất sau: tập hợp { n, n + 1, n + 2, n + 3, n + 4, n + 5} có thể chia thành hai tập hợp con sao cho tích các phần

tử của tập con này bằng tích các phần tử của tập con kia

một tập hợp sẽ chia hết cho 7 và một tâp hợp không chia hết cho 7 Do đó, tích các phần tử của tập con này không thể bằng tích các phần tử của tập con kia

+ TH2: Không có số nào trong tập hợp A = n, n 1, n 2, n 3, n 4, n 5  chia hết cho 7 thì VT(*) 1.2.3.4.5.6 mod 7 VT(*)  6 (mod 7) 2

  (mod 7) (Vô lý)

điều giả sử trên là sai Vậy không tồn tại số n nào thỏa mãn điều kiện đầu bài

NHẬN XÉT: Bài toán trên có thể mở rộng cho 10 số tự nhiên liên tiếp

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

A = luôn chia hết cho 22

NHẬN XÉT: Từ ví dụ trên, ta thấy để tìm bốn chữ số tận cùng thì cần xét phép

đồng dư với mođun 10000 Do đó, để tìm một, hai, ba …chữ số tận cùng ta cần xét

lầ lượt các phép đồng dư với mođun 10, 100, 1000…

Ví dụ 5: Tìm ba chữ số tận cùng của: A =

Giải

Đặt B =

2000

Bài 7: Cho A 1 1 1 1

     không phải là số nguyên

Bài 8: Chứng minh rằng với mọi số nguyên không âm n, trong hai số sau

2n 1 n 1

n

a 2  2  1 và bn 22n 1 2n 1 1 luôn có đúng một số chia hết cho 5

Bài 9: Kí hiệu K(a) là số các chữ số của số tự nhiên a

5 số hạng liên tiếp của dãy có đúng một số chia hết cho 5

Bài 11: Cho a, b, c là các số tự nhiên đôi một có số dư khác nhau trong phép chia

cho 5 Chứng minh rằng trong 3 số: M = 3a + b + c; N = 3b +a + c; P = 2a + 2b + c luôn có đúng một số chia hết cho 5

Bài 12: Giả sử a, b, m, n là những số nguyên dương trong đó a và b nguyên tố cùng

Bài 17: Chứng minh rằng nếu (n, 10) = 1 thì 101

n và n sẽ có ba chữ số tận cùng giống nhau

Bài 18: Cho m và n là những số tự nhiên với n > m  1 Trong cách viết thập phân

ba chữ số cuối cùng của m

1978 theo thứ tự bằng ba chữ số cuối cùng của n

1978 Tìm các số m, n sao cho tổng m + n có giá trị nhỏ nhất

Nhận xét 1: Nếu a là hợp số thì bao giờ cũng phân tích đƣợc thành tích hai số tự

nhiên lớn hơn 1 nghĩa là a = m.n với m > 1; n > 1

Nhận xét 2: Nếu a là hợp số thì bao giờ a cũng có một ƣớc số d và 1 < d < a

Nhận xét 3: Từ định nghĩa và các chú ý trên ta suy ra rằng nếu a là hợp số thì bao

Nếu n là hợp số thì theo định nghĩa, ta viết đƣợc: n = a.b, với a, b < n

Theo giả thiết quy nạp, a và b là tích của các thừa số nguyên tố, do đó n cũng là tích của các thừa số nguyên tố

+ Chứng minh cách phân tích trên là duy nhất bằng quy nạp:

Giả sử mọi số m < n đều phân tích ra thừa số nguyên tố một cách duy nhất, ta chứng minh điều đó cũng đúng với n

Nếu n là số nguyên tố thì kết quả là hiển nhiên

Giả sử n là hợp số và có hai cách phân tích n ra thừa số nguyên tố khác nhau:

n = p.q.r…= p’.q’.r’… (1)

Trong đó, p, q, r…và p’; q’, r’…là các số nguyên tố và không có số nguyên

tố nào cùng có mặt trong cả hai cách phân tích đó (vì nếu có s nhƣ vậy thì ta có thể chia cho s và có số < n mà lại có hai cách phân tích ra thừa số nguyên tố khác nhau – trái với giả thiết quy nạp)

Không mất tính tổng quát, có thể giả thiết p là số nguyên tố nhỏ nhất trong phân tích thứ nhất và p’ là số nguyên tố nhỏ nhất trong phân tích thứ hai

là số cụ thể hoặc ở dạng biểu thức tùy vào từng bài)

Ví dụ 1: Cho n và n > 1 Chứng minh rằng: Các số sau đây là hợp số:

a) b)

Giải a) Ta có: 4 2  2 2 2  2  2 

Giải

+ Vì  2n   n 

2   1 4  1 3  suy ra: 2n 1  2n 

2    2 2 2  1 6  Tức là: 2n 1

2   7 là hợp số bằng cách chứng minh đó là số tự nhiên lớn hơn 11 và chia hết cho 11

MỞ RỘNG: Dựa trên cách làm của ví dụ 4 ta có thể đề ra bài toán tương tự:

Chứng minh rằng: Nếu p và là các số nguyên tố thì 5p + 4 là hợp số

Ví dụ 6: Chứng minh rằng: Nếu một trong hai số và (n > 2) là số nguyên tố thì số kia là hợp số

Từ (1) và (2)  trong hai số n

2 1 và n

2 1 nếu có một số là số nguyên tố thì bắt buộc số còn lại phải là hợp số

Để chỉ ra một biểu thức luôn nhận giá trị là hợp số, ngoài cách chỉ ra nó chia hết cho một số hoặc một biểu thức lớn hơn 1 và khác chính nó ta còn có thể vận dụng tính chất như sau: “giữa hai số nguyên tố liên tiếp không thể tồn tại một

số nguyên tố nào khác” Với việc vận dụng tính chất này sẽ cho ta một kết quả thú

vị được trình bày trong ví dụ 7 dưới đây:

Ví dụ 7: Giả sử là hai số nguyên tố lẻ liên tiếp Chứng minh rằng: số

Như vậy, dựa vào định nghĩa để chứng minh một biểu thức là hợp số ta chỉ cần chỉ ra một ước lớn hơn 1 và khác chính nó nhưng để chứng minh trực tiếp một biểu thức là số nguyên tố bằng định nghĩa, tức là việc chỉ ra một biểu thức không có ước nào khác 1 và chính nó là một việc làm khó thực hiện được Do đó, để chứng minh một biểu thức là số nguyên tố ta thường tìm ra đáp số cụ thể của ẩn từ những

dữ kiện ban đầu của bài toán, sau đó thay vào biểu thức cần chứng minh để đưa ra khẳng định hoặc dùng phương pháp phản chứng

Suy ra: 1 p  (vô lý) điều giả sử là sai

Vậy B phải là số nguyên tố

2.3.2 DẠNG II: Tìm giá trị của chữ để biểu thức nhận giá trị là số nguyên tố hay hợp số

Ở dạng này, ngoài vận dụng linh hoạt các định nghĩa, nhận xét và các tính chất về chia hết, ta còn đưa vào hai tính chất sau:

 p là số nguyên tố p = ab, a và b là các số nguyên thì:

b) là số nguyên tố

c) là số nguyên tố

Giải a) 4  2 2 2  2  2 

Vậy để 2 2 2

p   q r 3 là số nguyên tố thì nó phải không chia hết cho 3 (*)

Nếu trong 3 số p, q, r không có số nào chia hết cho 3 thì  2 2 2

p   q r  3 (trái với (*)) Vậy để  2 2 2

p   q r là số nguyên tố thì trong 3 số p, q, r phải có một số chia hết cho 3 và vì số đó nguyên tố nên nó phải bằng 3

Có 2 bộ 3 số nguyên tố liên tiếp mà trong đó có một số bằng 3 là:

(2; 3; 5) và (3; 5; 7) Thử lại đƣợc bộ (3; 5; 7) vì 2 2 2

3 5 7 73 nguyên tố

+ Nếu p 3  Vì p nguyên tố  p 3 Khi đó: p 2

2  p    8 9 17 là số nguyên tố (chọn)

Vậy p = 3

Ví dụ 4: Tìm tất cả các số nguyên tố dạng:

a) – 1 với n nguyên dương.

Giải a) Ta thấy : A = n n 1  n 1 n 2

a) Nếu p ,p ,p1 2 3 cùng chẵn hoặc cùng lẻ thì p4 và p5 là các số chẵn lớn hơn 2

 chúng không phải là số nguyên tố (loại)

b) Trong 3 số có một số chẵn và hai số lẻ Khi đó p6 là số chẵn lớn hơn 2 nên nó là

hợp số (loại).c) Vậy phải có hai số chẵn và một số lẻ:

Ví dụ 6: Tìm các số nguyên tố p để

a) 2p + 1 và 4p – 2 cũng là số nguyên tố

b) ; cũng là số nguyên tố

Giải a) Xét các trường hợp:

+ Nếu p 3    p 3 Thử lại: 2p + 1 = 7 và 4p – 1 = 11 đều là số nguyên tố (thỏa mãn)

+ Nếu p chia 3 dư 1 thì 2p 1 3  (loại)

+ Nếu p chia 3 dư 2 4p chia 3 dư 2 4p 2 3  (loại)

Vậy p = 3

b) Tương tự câu a ta được: p = 3

MỞ RỘNG: Với dạng bài tìm số nguyên tố p sao cho một số biểu thức chứa p cũng

nguyên tố ta có thể chọn trước số nguyên tố p, từ đó chọn các biểu thức phù hợp Chẳng hạn: Chọn p = 5, ta có bài toán sau:

1) Tìm các số nguyên tố p sao cho: + 1 và cũng là các số nguyên

a) Tìm tất cả các số tự nhiên không phải là tổng của hai hợp số

b) Biểu diễn số 1992 thành tổng của n hợp số Hỏi n lớn nhất là bao nhiêu

Bài 3: Cho p, q là các số nguyên tố thỏa mãn p - 1 chia hết cho q và 3

q  1 chia hết cho p Chứng minh rằng: p = 2

q  q 1

Bài 4: Chứng minh rằng nếu số nguyên tố p có thể biểu diễn dưới dạng tổng các

bình phương của hai số tự nhiên thì cách biểu diễn đó là duy nhất

Bài 5: Chứng minh rằng tồn tại vô số số tự nhiên n để 4  4

n  n  1 là hợp số

Bài 6: Tìm tất cả các số nguyên tố p để tổng các ước số tự nhiên của 4

p là một số chính phương

Bài 7: Tìm k sao cho trong 10 số liên tiếp: k + 1, k + 2, …, k + 10 có nhiều số

nguyên tố nhất

Bài 8: Các số 3, 5, 7 là ba số lẻ liên tiếp và đều là số nguyên tố Hãy tìm tất cả các

bộ ba số lẻ liên tiếp và đều là số nguyên tố

Bài 9: Tìm số nguyên tố p sao cho p vừa là tổng của hai số nguyên tố, vừa là hiệu

của hai số nguyên tố

Bài 10:

a) Tìm các số nguyên tố p sao cho 2p + 1 bằng lập phương của một số tự nhiên b) Tìm các số nguyên tố p sao cho 13p + 1 bằng lập phương của một số tự nhiên

Bài 11: Tìm các số nguyên tố x; y; z thỏa mãn:

Chương 3: ƯỚC CHUNG LỚN NHẤT - BỘI CHUNG NHỎ NHẤT

Ký hiệu: Nếu d là ƯCLN của a1 và a2 thì ta ký hiệu (a1, a2) = d

Như thế nếu (a1, a2) = 1 thì a1 và a2 nguyên tố cùng nhau

d) Xét n số a1, a2, …, an nếu (ai, aj) = 1 với 1 i i n    thì n số ấy được gọi là đôi một nguyên tố cùng nhau

Chú ý: Nếu n số nguyên tố đôi một cùng nhau thì chúng nguyên tố cùng nhau, điều

ngược lại chưa chắc đúng

3.1.2 Tính chất

 Tính chất 1: Nếu (a, b) = d  x, y sao cho ax + by = d

 Tính chất 2: (ka1, ka2,…, kan) = k (a1, a2,…, an) ( k 0 )

Hệ quả 1: Nếu d = (a1, a2,…, an) suy ra ai d.ai' trong đó: (a , a , , a ) 11' '2 'n 

Hệ quả 2: ƯC của nhiều số là ước của ƯCLN

Tính chất 3: (a / k, a / k, , a / k) (a , a , , a ) / k1 2 n  1 2 n

(với k ƯC(a ,a , ,a1 2 n)

3.1.3 Các định lý

 Định lý 1: na, nb mà (a, b) = 1  nab

 Định lý 2: Nếu abc mà (a, c) = 1 bc

 Định lý 3: a là số tự nhiên, p là số nguyên tố thì a chia hết cho p

+ Lập tích các thừa số chung với số mũ nhỏ nhất

b)Cách 2: + Dựa vào tính chất (a, b, c) = ((a, b) , c)

Chú ý: Khi nói BC của các số a ,a , ,a1 2 nta giả thiết các số đó khác 0

c) Ký hiệu BCNN của dãy số a ,a , ,a1 2 nlà: a , a , , a1 2 nm (m0)

3.2.3 Cách tìm BCNN

a) Cách 1: Để tìm BCNN của các số ai với (i 1, ,n); a i 1

+ Phân tích từng số ấy ra thành thừa số nguyên tố

+ Lập tích các thừa số chung và riêng với số mũ lớn nhất

Chú ý: Trong n số mà có một số chia hết cho tất cả các số còn lại thì BCNN của n

số đó chính bằng số ấy

b) Cách 2: Sử dụng tính chất 3:

Đặt m2a , a , m1 2 3m , a , , m = m2 3 n  n 1, an Ta đƣợc mmn a , a , , a 1 2 n

3.3 CÁC BÀI TOÁN VỀ ƢCLN

3.3.1 DẠNG 1: Tìm ƢCLN của hai hay nhiều số

Đối với dạng này ta thường đặt ƯCLN (a 1 , a 2 ,…,a n ) = d (d nguyên dương), rồi sử dụng tính chất và các định lý về chia hết ta suy ra số cụ thể chia hết cho d rồi chọn lựa giá trị thích hợp

Ví dụ 2: Tìm ƢCLN của tất cả các số có 9 chữ số đƣợc viết bởi 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7,

8, 9 và trong mỗi số các chữ số đều khác nhau

2a

Nhƣng do (a, b) = 1 (2a , 2b ) 12k 2k  (2a , 2b ) 22k 2k 

Vậy 2 chia hết cho d d = 1 hoặc d = 2

dễ thấy nếu a, b cùng lẻ thì d = 2 còn khi a, b khác tính chẵn lẻ thì d = 1

3.3.2 DẠNG 2

Chứng minh ƢCLN của nhiều số bằng số d nào đó

Chứng minh các ƢCLN của các bộ số khác nhau bằng nhau

Ví dụ 4: Chứng minh rằng nếu (a, b) = 1 thì (a + b, ab) = 1

Giải

Giả sử (a + b, ab) = d (d  1)  (a + b) và ab đều chia hết cho d

Vì d 1 nên tồn tại số p nguyên tố là ƣớc của d

+ Nếu bp, từ (1) ap (vô lý)

 giả sử trên là sai Vậy (a + b, ab) = 1

2  1chia hết cho d (theo trên)

Ta suy ra: 2 chia hết cho d mà d lẻ suy ra: d = 1 (đpcm)

Ví dụ 6: CMR: (a, b) = (5a + 3b, 12a + 7b)

Phương pháp giải chủ yếu: “Ta chứng minh hai tập ƯC trùng nhau”

Tức là : Nếu d là ƯC của cặp này thì nó cũng là ƯC của cặp kia và ngược lại

Giải

Nhưng ta có thể diễn đạt theo cách sau cho phù hợp với học sinh cấp 2:

Đặt (a, b) = d1 (d1 nguyên dương) và (5a + 3b, 12a + 7b) = d2 (d2 nguyên dương)

- Để chứng minh các số nguyên tố cùng nhau ta dùng phương pháp phản chứng

- Để chứng minh ƯCLN của tập hợp số này bằng ƯCLN của tập hợp số kia ta chứng minh tập các ƯC của hai số ấy trùng nhau

- Trong chứng minh vận dụng linh hoạt các tính chất chia hết

3.3.3 DẠNG 3: Chứng minh phân số tối giản

Ta có: phân số a

b tối giản  (a, b) = 1.Do đó, để chứng minh một phân số

tối giản ta đưa về bài toán chứng minh ước chung lớn nhất của tử số và mẫu số bằng 1

Ví dụ 7: CMR: Với mọi giá trị nguyên dương của n thì phân số tối giản