Chuyen de BDHSG Toan 6 So hoc

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG LỚP PHẦN SỐ HỌC Bà i : TÌM CHỮ SỐ TẬN CÙNG Tìm chữ số tận số tự nhiên dạng toán hay. Đa số tài liệu dạng toán sử dụng khái niệm đồng dư, khái niệm trừu tượng chương trình. Vì có không học sinh, đặc biệt bạn lớp lớp khó hiểu tiếp thu được. Qua viết này, xin trình bày với bạn số tính chất phương pháp giải toán “tìm chữ số tận cùng”, sử dụng kiến thức THCS. Chúng ta xuất phát từ tính chất sau : Tính chất : a) Các số có chữ số tận 0, 1, 5, nâng lên lũy thừa bậc chữ số tận không thay đổi. b) Các số có chữ số tận 4, nâng lên lũy thừa bậc lẻ chữ số tận không thay đổi. c) Các số có chữ số tận 3, 7, nâng lên lũy thừa bậc 4n (n thuộc N) chữ số tận 1. d) Các số có chữ số tận 2, 4, nâng lên lũy thừa bậc 4n (n thuộc N) chữ số tận 6. Việc chứng minh tính chất không khó, xin dành cho bạn đọc. Như vậy, muốn tìm chữ số tận số tự nhiên x = am, trước hết ta xác định chữ số tận a. - Nếu chữ số tận a 0, 1, 5, x có chữ số tận 0, 1, 5, 6. - Nếu chữ số tận a 3, 7, 9, am = a4n + r = a4n.ar với r = 0, 1, 2, nên từ tính chất 1c => chữ số tận x chữ số tận ar. - Nếu chữ số tận a 2, 4, 8, trường hợp trên, từ tính chất 1d => chữ số tận x chữ số tận 6.ar. Bài toán : Tìm chữ số tận số : 99 a) b) 141414 c) 4567 Lời giải : a) Trước hết, ta tìm số dư phép chia 99 cho : 99 - = (9 - 1)(98 + 97 + … + + 1) chia hết cho => 99 = 4k + (k thuộc N) => 799 = 74k + = 74k.7 Do 74k có chữ số tận (theo tính chất 1c) => 799 có chữ số tận 7. b) Dễ thấy 1414 = 4k (k thuộc N) => theo tính chất 1d 141414 = 144k có chữ số tận 6. c) Ta có 567 - chia hết cho => 567 = 4k + (k thuộc N) => 4567 = 44k + = 44k.4, theo tính chất 1d, 44k có chữ số tận nên 4567 có chữ số tận 4. Tính chất sau => từ tính chất 1. Tính chất : Một số tự nhiên bất kì, nâng lên lũy thừa bậc 4n + (n thuộc N) chữ số tận không thay đổi. Chữ số tận tổng lũy thừa xác định cách tính tổng chữ số tận lũy thừa tổng. Bài toán : Tìm chữ số tận tổng S = 21 + 35 + 49 + … + 20048009. Lời giải : Nhận xét : Mọi lũy thừa S có số mũ chia cho dư (các lũy thừa có dạng n4(n - 2) + 1, n thuộc {2, 3, …, 2004}). Theo tính chất 2, lũy thừa S số tương ứng có chữ số tận giống nhau, chữ số tận tổng : (2 + + … + 9) + 199.(1 + + … + 9) + + + + = 200(1 + + … + 9) + = 9009. Vậy chữ số tận tổng S 9. Từ tính chất tiếp tục => tính chất 3. Tính chất : a) Số có chữ số tận nâng lên lũy thừa bậc 4n + có chữ số tận ; số có chữ số tận nâng lên lũy thừa bậc 4n + có chữ số tận 3. b) Số có chữ số tận nâng lên lũy thừa bậc 4n + có chữ số tận ; số có chữ số tận nâng lên lũy thừa bậc 4n + có chữ số tận 2. c) Các số có chữ số tận 0, 1, 4, 5, 6, 9, nâng lên lũy thừa bậc 4n + không thay đổi chữ số tận cùng. Bài toán : Tìm chữ số tận tổng T = 23 + 37 + 411 + … + 20048011. Lời giải : Nhận xét : Mọi lũy thừa T có số mũ chia cho dư (các lũy thừa có dạng n4(n - 2) + 3, n thuộc {2, 3, …, 2004}). Theo tính chất 23 có chữ số tận ; 37 có chữ số tận ; 411 có chữ số tận ; … Như vậy, tổng T có chữ số tận chữ số tận tổng : (8 + + + + + + + 9) + 199.(1 + + + + + + + + 9) + + + + = 200(1 + + + + + + + + 9) + + + = 9019. Vậy chữ số tận tổng T 9. * Trong số toán khác, việc tìm chữ số tận dẫn đến lời giải độc đáo. Bài toán : Tồn hay không số tự nhiên n cho n2 + n + chia hết cho 19952000. Lời giải : 19952000 tận chữ số nên chia hết cho 5. Vì vậy, ta đặt vấn đề liệu n2 + n + có chia hết cho không ? Ta có n2 + n = n(n + 1), tích hai số tự nhiên liên tiếp nên chữ số tận n2 + n ; ; => n2 + n + tận ; ; => n2 + n + không chia hết cho 5. Vậy không tồn số tự nhiên n cho n2 + n + chia hết cho 19952000. Sử dụng tính chất “một số phương tận chữ số ; ; ; ; ; 9”, ta giải toán sau : Bài toán : Chứng minh tổng sau số phương : a) M = 19k + 5k + 1995k + 1996k (với k chẵn) b) N = 20042004k + 2003 Sử dụng tính chất “một số nguyên tố lớn tận chữ số ; ; ; 9”, ta tiếp tục giải toán : Bài toán : Cho p số nguyên tố lớn 5. Chứng minh : p8n +3.p4n - chia hết cho 5. * Các bạn giải tập sau : Bài : Tìm số dư phép chia : a) 21 + 35 + 49 + … + 20038005 cho b) 23 + 37 + 411 + … + 20038007 cho Bài : Tìm chữ số tận X, Y : X = 22 + 36 + 410 + … + 20048010 Y = 28 + 312 + 416 + … + 20048016 Bài : Chứng minh chữ số tận hai tổng sau giống : U = 21 + 35 + 49 + … + 20058013 V = 23 + 37 + 411 + … + 20058015 Bài : Chứng minh không tồn số tự nhiên x, y, z thỏa mãn : 19x + 5y + 1980z = 1975430 + 2004. * Các bạn thử nghiên cứu tính chất phương pháp tìm nhiều chữ số tận số tự nhiên, tiếp tục trao đổi vấn đề này. * Tìm hai chữ số tận Nhận xét : Nếu x Є N x = 100k + y, k ; y Є N hai chữ số tận x hai chữ số tận y. Hiển nhiên y ≤ x. Như vậy, để đơn giản việc tìm hai chữ số tận số tự nhiên x thay vào ta tìm hai chữ số tận số tự nhiên y (nhỏ hơn). Rõ ràng số y nhỏ việc tìm chữ số tận y đơn giản hơn. Từ nhận xét trên, ta đề xuất phương pháp tìm hai chữ số tận số tự nhiên x = am sau : Trường hợp : Nếu a chẵn x = am ∶ 2m. Gọi n số tự nhiên cho an - ∶ 25. Viết m = pn + q (p ; q Є N), q số nhỏ để aq ∶ ta có : x = am = aq(apn - 1) + aq. Vì an - ∶ 25 => apn - ∶ 25. Mặt khác, (4, 25) = nên aq(apn - 1) ∶ 100. Vậy hai chữ số tận am hai chữ số tận aq. Tiếp theo, ta tìm hai chữ số tận aq. Trường hợp : Nếu a lẻ , gọi n số tự nhiên cho an - ∶ 100. Viết m = un + v (u ; v Є N, ≤ v < n) ta có : x = am = av(aun - 1) + av. Vì an - ∶ 100 => aun - ∶ 100. Vậy hai chữ số tận am hai chữ số tận av. Tiếp theo, ta tìm hai chữ số tận av. Trong hai trường hợp trên, chìa khóa để giải toán phải tìm số tự nhiên n. Nếu n nhỏ q v nhỏ nên dễ dàng tìm hai chữ số tận aq av. Bài toán : Tìm hai chữ số tận số : a) a2003 b) 799 Lời giải : a) Do 22003 số chẵn, theo trường hợp 1, ta tìm số tự nhiên n nhỏ cho 2n - ∶ 25. Ta có 210 = 1024 => 210 + = 1025 ∶ 25 => 220 - = (210 + 1)(210 - 1) ∶ 25 => 23(220 - 1) ∶ 100. Mặt khác : 22003 = 23(22000 - 1) + 23 = 23((220)100 - 1) + 23 = 100k + (k Є N). Vậy hai chữ số tận 22003 08. b) Do 799 số lẻ, theo trường hợp 2, ta tìm số tự nhiên n bé cho 7n ∶ 100. Ta có 74 = 2401 => 74 - ∶ 100. Mặt khác : 99 - ∶ => 99 = 4k + (k Є N) Vậy 799 = 74k + = 7(74k - 1) + = 100q + (q Є N) tận hai chữ số 07. Bài toán : Tìm số dư phép chia 3517 cho 25. Lời giải : Trước hết ta tìm hai chữ số tận 3517. Do số lẻ nên theo trường hợp 2, ta phải tìm số tự nhiên n nhỏ cho 3n - ∶ 100. Ta có 310 = 95 = 59049 => 310 + ∶ 50 => 320 - = (310 + 1) (310 - 1) ∶ 100. Mặt khác : 516 - ∶ => 5(516 - 1) ∶ 20 => 517 = 5(516 - 1) + = 20k + =>3517 = 320k + = 35(320k - 1) + 35 = 35(320k - 1) + 243, có hai chữ số tận 43. Vậy số dư phép chia 3517 cho 25 18. Trong trường hợp số cho chia hết cho ta tìm theo cách gián tiếp. Trước tiên, ta tìm số dư phép chia số cho 25, từ suy khả hai chữ số tận cùng. Cuối cùng, dựa vào giả thiết chia hết cho để chọn giá trị đúng. Các thí dụ cho thấy rằng, a = a = n = 20 ; a = n = 4. Một câu hỏi đặt : Nếu a n nhỏ ? Ta có tính chất sau (bạn đọc tự chứng minh). Tính chất : Nếu a Є N (a, 5) = a20 - ∶ 25. Bài toán : Tìm hai chữ số tận tổng : a) S1 = 12002 + 22002 + 32002 + . + 20042002 b) S2 = 12003 + 22003 + 32003 + . + 20042003 Lời giải : a) Dễ thấy, a chẵn a2 chia hết cho ; a lẻ a100 - chia hết cho ; a chia hết cho a2 chia hết cho 25. Mặt khác, từ tính chất ta suy với a Є N (a, 5) = ta có a100 - ∶ 25. Vậy với a Є N ta có a2(a100 - 1) ∶ 100. Do S1 = 12002 + 22(22000 - 1) + . + 20042(20042000 - 1) + 22 + 32 + . + 20042. Vì hai chữ số tận tổng S1 hai chữ số tận tổng 12 + 22 + 32 + . + 20042. áp dụng công thức : 12 + 22 + 32 + . + n2 = n(n + 1)(2n + 1)/6 =>12 + 22 + . + 20042 = 2005 x 4009 x 334 = 2684707030, tận 30. Vậy hai chữ số tận tổng S1 30. b) Hoàn toàn tương tự câu a, S2 = 12003 + 23(22000 - 1) + . + 20043(20042000 - 1) + 23 + 33 + 20043. Vì thế, hai chữ số tận tổng S2 hai chữ số tận 13 + 23 + 33 + . + 20043. áp dụng công thức : => 13 + 23 + . + 20043 = (2005 x 1002)2 = 4036121180100, tận 00. Vậy hai chữ số tận tổng S2 00. Trở lại toán (TTT2 số 15), ta thấy sử dụng việc tìm chữ số tận để nhận biết số số phương. Ta nhận biết điều thông qua việc tìm hai chữ số tận cùng. Ta có tính chất sau (bạn đọc tự chứng minh). Tính chất : Số tự nhiên A số phương : + A có chữ số tận 2, 3, 7, ; + A có chữ số tận mà chữ số hàng chục chữ số chẵn ; + A có chữ số hàng đơn vị khác mà chữ số hàng chục lẻ ; + A có chữ số hàng đơn vị mà chữ số hàng chục khác ; + A có hai chữ số tận lẻ. Bài toán 10 : Cho n Є N n - không chia hết cho 4. Chứng minh 7n + số phương. Lời giải : Do n - không chia hết n = 4k + r (r Є {0, 2, 3}). Ta có 74 - = 2400 ∶ 100. Ta viết 7n + = 74k + r + = 7r(74k - 1) + 7r + 2. Vậy hai chữ số tận 7n + hai chữ số tận 7r + (r = 0, 2, 3) nên 03, 51, 45. Theo tính chất rõ ràng 7n + số phương n không chia hết cho 4. * Tìm ba chữ số tận Nhận xét : Tương tự trường hợp tìm hai chữ số tận cùng, việc tìm ba chữ số tận số tự nhiên x việc tìm số dư phép chia x cho 1000. Nếu x = 1000k + y, k ; y Є N ba chữ số tận x ba chữ số tận y (y ≤ x). Do 1000 = x 125 mà (8, 125) = nên ta đề xuất phương pháp tìm ba chữ số tận số tự nhiên x = am sau : Trường hợp : Nếu a chẵn x = am chia hết cho 2m. Gọi n số tự nhiên cho an - chia hết cho 125. Viết m = pn + q (p ; q Є N), q số nhỏ để aq chia hết cho ta có : x = am = aq(apn - 1) + aq. Vì an - chia hết cho 125 => apn - chia hết cho 125. Mặt khác, (8, 125) = nên aq(apn - 1) chia hết cho 1000. Vậy ba chữ số tận am ba chữ số tận aq. Tiếp theo, ta tìm ba chữ số tận aq. Trường hợp : Nếu a lẻ , gọi n số tự nhiên cho an - chia hết cho 1000. Viết m = un + v (u ; v Є N, ≤ v < n) ta có : x = am = av(aun - 1) + av. Vì an - chia hết cho 1000 => aun - chia hết cho 1000. Vậy ba chữ số tận am ba chữ số tận av. Tiếp theo, ta tìm ba chữ số tận av. Tính chất sau suy từ tính chất 4. Tính chất : Nếu a Є N (a, 5) = a100 - chia hết cho 125. Chứng minh : Do a20 - chia hết cho 25 nên a20, a40, a60, a80 chia cho 25 có số dư => a20 + a40 + a60 + a80 + chia hết cho 5. Vậy a100 - = (a20 - 1)( a80 + a60 + a40 + a20 + 1) chia hết cho 125. Bài toán 11 : Tìm ba chữ số tận 123101. Lời giải : Theo tính chất 6, (123, 5) = => 123100 - chia hết cho 125 (1). Mặt khác : 123100 - = (12325 - 1)(12325 + 1)(12350 + 1) => 123100 - chia hết cho (2). Vì (8, 125) = 1, từ (1) (2) suy : 123100 - chi hết cho 1000 => 123101 = 123(123100 - 1) + 123 = 1000k + 123 (k ∩ N). Vậy 123101 có ba chữ số tận 123. Bài toán 12 : Tìm ba chữ số tận 3399 .98. Lời giải : Theo tính chất 6, (9, 5) = => 9100 - chi hết cho 125 (1). Tương tự 11, ta có 9100 - chia hết cho (2). Vì (8, 125) = 1, từ (1) (2) suy : 9100 - chia hết cho 1000 => 3399 .98 = 9199 .9 = 9100p + 99 = 999(9100p - 1) + 999 = 1000q + 999 (p, q Є N). Vậy ba chữ số tận 3399 .98 ba chữ số tận 999. Lại 9100 - chia hết cho 1000 => ba chữ số tận 9100 001 mà 999 = 9100 : => ba chữ số tận 999 889 (dễ kiểm tra chữ số tận 999 9, sau dựa vào phép nhân để xác định ). 399 .98 Vậy ba chữ số tận 889. Nếu số cho chia hết cho ta tìm ba chữ số tận cách gián bước : Tìm dư phép chia số cho 125, từ suy khả ba chữ số tận cùng, cuối kiểm tra điều kiện chia hết cho để chọn giá trị đúng. Bài toán 13 : Tìm ba chữ số tận 2004200. Lời giải : (2004, 5) = (tính chất 6) => 2004100 chia cho 125 dư => 2004200 = (2004100)2 chia cho 125 dư => 2004200 tận 126, 251, 376, 501, 626, 751, 876. Do 2004200 chia hết tận 376. Từ phương pháp tìm hai ba chữ số tận trình bày, mở rộng để tìm nhiều ba chữ số tận số tự nhiên. Sau số tập vận dụng : Bài : Chứng minh 1n + 2n + 3n + 4n chia hết cho n không chia hết cho 4. Bài : Chứng minh 920002003, 720002003 có chữ số tận giống nhau. Bài : Tìm hai chữ số tận : a) 3999 b) 111213 Bài : Tìm hai chữ số tận : S = 23 + 223 + . + 240023 Bài : Tìm ba chữ số tận : S = 12004 + 22004 + . + 20032004 Bài : Cho (a, 10) = 1. Chứng minh ba chữ số tận a101 ba chữ số tận a. Bài : Cho A số chẵn không chia hết cho 10. Hãy tìm ba chữ số tận A200. Bài : Tìm ba chữ số tận số : 199319941995 .2000 Bài : Tìm sáu chữ số tận 521. Bµi : CHỨNG MINH MỘT SỐ KHÔNG PHẢI LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Trong chương trình Toán lớp 6, em học toán liên quan tới phép chia hết số tự nhiên cho số tự nhiên khác đặc biệt giới thiệu số phương, số tự nhiên bình phương số tự nhiên (chẳng hạn : ; ; ; ;16 ; 25 ; 121 ; 144 ; …). Kết hợp kiến thức trên, em giải toán : Chứng minh số số phương. Đây cách củng cố kiến thức mà em học. Những toán làm tăng thêm lòng say mê môn toán cho em. 1. Nhìn chữ số tận Vì số phương bình phương số tự nhiên nên thấy số phương phải có chữ số tận chữ số ; ; ; ; ; 9. Từ em giải toán kiểu sau : Bài toán : Chứng minh số : n = 20042 + 20032 + 20022 - 20012 số phương. Lời giải : Dễ dàng thấy chữ số tận số 20042 ; 20032 ; 20022 ; 20012 ; ; ; 1. Do số n có chữ số tận nên n số phương. Chú ý : Nhiều số cho có chữ số tận số ; ; ; ; ; số phương. Khi bạn phải lưu ý thêm chút : Nếu số phương chia hết cho số nguyên tố p phải chia hết cho p2. Bài toán : Chứng minh số 1234567890 số phương. Lời giải : Thấy số 1234567890 chia hết cho (vì chữ số tận 0) không chia hết cho 25 (vì hai chữ số tận 90). Do số 1234567890 số phương. Chú ý : Có thể lý luận 1234567890 chia hết cho (vì chữ số tận 0), không chia hết cho (vì hai chữ số tận 90) nên 1234567890 không số phương. Bài toán : Chứng minh số có tổng chữ số 2004 số số phương. Lời giải : Ta thấy tổng chữ số số 2004 nên 2004 chia hết cho mà không chia hết nên số có tổng chữ số 2004 chia hết cho mà không chia hết cho 9, số số phương. 2. Dùng tính chất số dư Chẳng hạn em gặp toán sau : Bài toán : Chứng minh số có tổng chữ số 2006 số phương. Chắc chắn em dễ bị “choáng”. Vậy toán ta phải nghĩ tới điều ? Vì cho giả thiết tổng chữ số nên chắn em phải nghĩ tới phép chia cho cho 9. Nhưng lại không gặp điều “kì diệu” toán 3. Thế ta nói điều số ? Chắc chắn số chia cho phải dư 2. Từ ta có lời giải. Lời giải : Vì số phương chia cho có số dư mà (coi tập để em tự chứng minh !). Do tổng chữ số số 2006 nên số chia cho dư 2. Chứng tỏ số cho số phương. Tương tự em tự giải toán : Bài toán : Chứng minh tổng số tự nhiên liên tiếp từ đến 2005 số phương. Bài toán : Chứng minh số : n = 20044 + 20043 + 20042 + 23 không số phương. Bây em theo dõi toán sau để nghĩ tới “tình huống” mới. Bài toán : Chứng minh số : n = 44 + 4444 + 444444 + 44444444 + 15 không số phương. Nhận xét : Nếu xét n chia cho 3, em thấy số dư phép chia 1, không “bắt chước” cách giải toán ; ; ; 6. Nếu xét chữ số tận em thấy chữ số tận n nên không làm “tương tự” toán ; 2. Số dư phép chia n cho dễ thấy nhất, 3. Một số phương chia cho cho số dư ? Các em tự chứng minh kết : số dư 1. Như em giải xong toán 7. 3. “Kẹp” số hai số phương “liên tiếp” Các em thấy : Nếu n số tự nhiên số tự nhiên k thỏa mãn n2 < k < (n + 1)2 k không số phương. Từ em xét toán sau : Bài toán : Chứng minh số 4014025 không số phương. Nhận xét : Số có hai chữ số tận 25, chia cho dư 1, chia cho dư 1. Thế tất cách làm trước không vận dụng được. Các em thấy lời giải theo hướng khác. Lời giải : Ta có 20032 = 4012009 ; 20042 = 4016016 nên 20032 < 4014025 < 20042. Chứng tỏ 4014025 không số phương. Bài toán : Chứng minh A = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) không số phương với số tự nhiên n khác 0. Nhận xét : Đối với em làm quen với dạng biểu thức nhận A + số phương (đây toán quen thuộc với lớp 8). Các em lớp 6, lớp chịu khó đọc lời giải. Lời giải : Ta có : A + = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + = (n2 + 3n)(n2 + 3n + 2) + = (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) +1 = (n2 + 3n +1)2. Mặt khác : (n2 + 3n)2 < (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) = A. Điều hiển nhiên n ≥ 1. Chứng tỏ : (n2 + 3n)2 < A < A + = (n2 + 3n +1)2. => A không số phương. Các em rèn luyện cách thử giải toán sau : Bài toán 10 : Hãy tìm số tự nhiên n cho A = n4 - 2n3 + 3n2 - 2n số phương. Gợi ý : Nghĩ đến (n2 - n + 1)2. Bài toán 11 : Chứng minh số 235 + 2312 + 232003 không số phương. Gợi ý : Nghĩ đến phép chia cho phép chia cho 4. Bài toán 12 : Có 1000 mảnh bìa hình chữ nhật, mảnh bìa ghi số số từ đến 1001 cho hai mảnh ghi số giống nhau. Chứng minh : Không thể ghép tất mảnh bìa liền để số phương. Bài toán 13 : Chứng minh : Tổng bình phương bốn số tự nhiên liên tiếp số phương. Gợi ý : Nghĩ tới phép chia cho 4. Bài toán 14 : Chứng minh số 333333 + 555555 + 777777 không số phương. Gợi ý : Nghĩ đến phép chia cho … chục (?) Bài toán 15 : Lúc đầu có hai mảnh bìa, cậu bé tinh nghịch cầm mảnh bìa lên lại xé làm bốn mảnh. Cậu ta mong làm đến lúc số mảnh bìa số phương. Cậu ta có thực mong muốn không ? Để kết thúc viết này, muốn chúc em học thật giỏi môn toán từ đầu bậc THCS cho nói riêng với quý thầy cô : nguyên tắc chung để chứng minh số tự nhiên không số phương, dựa vào điều kiện cần để số số phương (mà quý thầy cô biết : điều kiện cần đời dùng để … phủ định !). Từ quý thầy cô sáng tạo thêm nhiều toán thú vị khác. Bµi : CHỨNG MINH MỘT SỐ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Các bạn giới thiệu phương pháp chứng minh số số phương TTT2 số 9. Bài viết này, muốn giới thiệu với bạn toán chứng minh số số phương. Phương pháp : Dựa vào định nghĩa. Ta biết rằng, số phương bình phương số tự nhiên. Dựa vào định nghĩa này, ta định hướng giải toán. Bài toán : Chứng minh : Với số tự nhiên n an = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + số phương. Lời giải : Ta có : an = n(n + 1) (n + 2) (n + 3) + = (n2 + 3n) (n2 + 3n + 2) + = (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) + = (n2 + 3n + 1)2 Với n số tự nhiên n2 + 3n + số tự nhiên, theo định nghĩa, an số phương. Bài toán : Chứng minh số : Lời giải : Ta có : số phương. 10 Vậy : số phương. Phương pháp : Dựa vào tính chất đặc biệt. Ta chứng minh tính chất đặc biệt : “Nếu a, b hai số tự nhiên nguyên tố a.b số phương a b số phương”. Bài toán : Chứng minh : Nếu m, n số tự nhiên thỏa mãn 3m2 + m = 4n2 + n m - n 4m + 4n + số phương. Lời giải : Ta có : 3m2 + m = 4n2 + n tương đương với 4(m2 - n2) + (m - n) = m2 (m - n)(4m + 4n + 1) = m2 (*) Gọi d ước chung lớn m - n 4m + 4n + (4m + 4n + 1) + 4(m - n) chia hết cho d => 8m + chí hết cho d. Mặt khác, từ (*) ta có : m2 chia hết cho d2 => m chia hết cho d. Từ 8m + chia hết cho d m chia hết cho d ta có chia hết cho d => d = 1. Vậy m - n 4m + 4n + số tự nhiên nguyên tố nhau, thỏa mãn (*) nên chúng số phương. Cuối xin gửi tới bạn số toán thú vị số phương : 1) Chứng minh số sau số phương : 11 2) Cho số nguyên dương a, b, c đôi nguyên tố nhau, thỏa mãn : 1/a + 1/b = 1/c. Hãy cho biết a + b có số phương hay không ? 3) Chứng minh rằng, với số tự nhiên n 3n + không số phương. 4) Tìm số tự nhiên n để n2 + 2n + 2004 số phương. 5) Chứng minh : Nếu : n hai số tự nhiên a số phương. Bµi : MỘT DẠNG TOÁN VỀ ƯCLN VÀ BCNN Trong chương trình số học lớp 6, sau học khái niệm ước chung lớn (ƯCLN) bội chung nhỏ (BCNN), bạn gặp dạng toán tìm hai số nguyên dương biết số yếu tố có kiện ƯCLN BCNN. Phương pháp chung để giải : 1/ Dựa vào định nghĩa ƯCLN để biểu diễn hai số phải tìm, liên hệ với yếu tố cho để tìm hai số. 2/ Trong số trường hợp, sử dụng mối quan hệ đặc biệt ƯCLN, BCNN tích hai số nguyên dương a, b, : ab = (a, b).[a, b], (a, b) ƯCLN [a, b] BCNN a b. Việc chứng minh hệ thức không khó : Theo định nghĩa ƯCLN, gọi d = (a, b) => a = md ; b = nd với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = (*) Từ (*) => ab = mnd2 ; [a, b] = mnd => (a, b).[a, b] = d.(mnd) = mnd2 = ab => ab = (a, b).[a, b] . (**) Chúng ta xét số ví dụ minh họa. Bài toán : Tìm hai số nguyên dương a, b biết [a, b] = 240 (a, b) = 16. Lời giải : Do vai trò a, b nhau, không tính tổng quát, giả sử a ≤ b. Từ (*), (a, b) = 16 nên a = 16m ; b = 16n (m ≤ n a ≤ b) với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1. Theo định nghĩa BCNN : [a, b] = mnd = mn.16 = 240 => mn = 15 => m = , n = 15 m = 3, n = => a = 16, b = 240 a = 48, b = 80. Chú ý : Ta áp dụng công thức (**) để giải toán : ab = (a, b).[a, b] => mn.162 = 240.16 suyy mn = 15. Bài toán : Tìm hai số nguyên dương a, b biết ab = 216 (a, b) = 6. Lời giải : Lập luận 1, giả sử a ≤ b. Do (a, b) = => a = 6m ; b = 6n với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = ; m ≤ n. Vì : ab = 6m.6n = 36mn => ab = 216 tương đương mn = tương đương m = 1, n = m = 2, n = tương đương với a = 6, b = 36 hoặcc a = 12, b = 18. Bài toán : Tìm hai số nguyên dương a, b biết ab = 180, [a, b] = 60. Lời giải : Từ (**) => (a, b) = ab/[a, b] = 180/60 = 3. Tìm (a, b) = 3, toán đưa dạng toán 2. Kết : a = 3, b = 60 a = 12, b = 15. 12 Chú ý : Ta tính (a, b) cách trực tiếp từ định nghĩa ƯCLN, BCNN : Theo (*) ta có ab = mnd2 = 180 ; [a, b] = mnd = 60 => d = (a, b) = 3. Bài toán : Tìm hai số nguyên dương a, b biết a/b = 2,6 (a, b) = 5. Lời giải : Theo (*), (a, b) = => a = 5m ; b = 5n với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1. Vì : a/b = m/n = 2,6 => m/n = 13/5 tương đương với m = 13 n = hay a = 65 b = 25. Chú ý : phân số tương ứng với 2,6 phải chọn phân số tối giản (m, n) = 1. Bài toán : Tìm a, b biết a/b = 4/5 [a, b] = 140. Lời giải : Đặt (a, b) = d. Vì , a/b = 4/5 , mặt khác (4, 5) = nên a = 4d, b = 5d. Lưu ý [a, b] = 4.5.d = 20d = 140 => d = => a = 28 ; b = 35. Bài toán : Tìm hai số nguyên dương a, b biết a + b = 128 (a, b) = 16. Lời giải : Lập luận 1, giả sử a ≤ b. Ta có : a = 16m ; b = 16n với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = ; m ≤ n. Vì : a + b = 128 tương đương 16(m + n) = 128 tương đương m + n = Tương đương với m = 1, n = m = 3, n = hay a = 16, b = 112 a = 48, b = 80 Bài toán : Tìm a, b biết a + b = 42 [a, b] = 72. Lời giải : Gọi d = (a, b) => a = md ; b = nd với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1. Không tính tổng quát, giả sử a ≤ b => m ≤ n. Do : a + b = d(m + n) = 42 (1) [a, b] = mnd = 72 (2) => d ước chung 42 72 => d thuộc {1 ; ; ; 6}. Lần lượt thay giá trị d vào (1) (2) để tính m, n ta thấy có trường hợp d = => m + n = mn = 12 => m = n = . (thỏa mãn điều kiện m, n). Vậy d = a = 3.6 = 18 , b = 4.6 = 24 Bài toán : Tìm a, b biết a - b = 7, [a, b] = 140. Lời giải : Gọi d = (a, b) => a = md ; b = nd với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1. Do : a - b = d(m - n) = (1’) [a, b] = mnd = 140 (2’) => d ước chung 140 => d thuộc {1 ; 7}. Thay giá trị d vào (1’) (2’) để tính m, n ta kết : d = => m - n = mn = 20 => m = 5, n = Vậy d = a = 5.7 = 35 ; b = 4.7 = 28 . Bài tập tự giải : 1/ Tìm hai số a, b biết 7a = 11b (a, b) = 45. 2/ Tìm hai số biết tổng chúng 448, ƯCLN chúng 16 chúng có chữ số hàng đơn vị giống nhau. 3/ Cho hai số tự nhiên a b. Tìm tất số tự nhiên c cho ba số, tích hai số chia hết cho số lại. Bµi : NGUYÊN LÍ ĐI - RÍCH - LÊ Nguyên lí Đi-rích-lê phát biểu sau : “Nếu có m vật đặt vào n ngăn kéo m > n có ngăn kéo chứa hai vật”. Nguyên lí Đi-rích-lê giúp ta 13 chứng minh tồn “ngăn kéo” chứa hai vật mà không “ngăn kéo” nào. Các bạn làm quen việc vận dụng nguyên lí qua toán sau đây. Bài toán : Chứng minh 11 số tự nhiên tồn số có hiệu chia hết cho 10. Lời giải : Với 11 số tự nhiên chia cho 10 ta 11 số dư, mà số tự nhiên chia cho 10 có 10 khả dư ; ; ; ; . ; 9. Vì có 11 số dư mà có 10 khả dư, theo nguyên lí Đi-rích-lê, tồn số chia cho 10 có số dư hiệu chúng chia hết cho 10 (đpcm). Bài toán : Chứng minh tồn số có dạng 19941994 .199400 .0 chia hết cho 1995. Lời giải : Xét 1995 số có dạng : 1994 ; 19941994 ; . ; . Nếu số chia hết cho 1995 dễ dàng có đpcm. Nếu số không chia hết cho 1995 chia số cho 1995 có 1994 khả dư ; ; ; . ; 1994. Vì có 1995 số dư mà có 1994 khả dư, theo nguyên lí Đi-rích-lê tồn số chia cho 1995 có số dư, hiệu chúng chia hết cho 1995. Giả sử hai số : Khi : = 1994 .199400 .0 chia hết cho 1995 (đpcm). Bài toán : Chứng minh tồn số tự nhiên k cho (1999^k - 1) chia hết cho104. Lời giải : Xét 104 + số có dạng : 19991 ; 19992 ; . ; 1999104 + 1. Lập luận tương tự toán ta : (1999m - 1999n) chia hết cho 104 (m > n) hay 1999n (1999m-n - 1) chia hết cho 104 Vì 1999n 104 nguyên tố nhau, (1999m-n - 1) chia hết cho 104. Đặt m - n = k => 1999^k - chia hết cho 104 (đpcm). Bài toán : Chứng minh tồn số viết hai chữ số chia hết cho 2003. Lời giải : Xét 2004 số có dạng ; 11 ; 111 ; . ; Lập luận tương tự toán ta : hay 11 .100 .0 chia hết cho 2003 (đpcm). Một số toán tự giải : Bài toán : Chứng minh số nguyên tố p ta tìm số viết hai chữ số chia hết cho p. 14 Bài toán : Chứng minh số tự nhiên không chia hết cho tồn bội có dạng : 111 .1. Bài toán : Chứng minh tồn số có dạng 1997k (k thuộc N) có tận 0001. Bài toán : Chứng minh số nguyên m n nguyên tố tìm số tự nhiên k cho mk - chia hết cho n. Các bạn đón đọc số sau : Nguyên lí Đi-rích-lê với toán hình học thú vị. Bµi : NGUYÊN LÍ ĐI-RÍCH-LÊ & NHỮNG BÀI TOÁN HÌNH HỌC THÚ VỊ Nguyên lí mở rộng sau : Nếu có m vật đặt vào n ngăn kéo m > k.n có ngăn kéo chứa k + vật. Với mở rộng này, ta giải thêm nhiều toán khác. Sau xin giới thiệu để bạn đọc làm quen việc vận dụng nguyên lí Đi-rích-lê với số toán hình học. Bài toán : Trong tam giác có cạnh (đơn vị độ dài, hiểu đến cuối viết) lấy 17 điểm. Chứng minh 17 điểm có hai điểm mà khoảng cách chúng không vượt 1. Lời giải : Chia tam giác có cạnh thành 16 tam giác có cạnh (hình 1). Vì 17 > 16, theo nguyên lí Đi-rích-lê, tồn tam giác cạnh có chứa điểm số 17 điểm cho. Khoảng cách hai điểm không vượt (đpcm). Bài toán : Trong hình vuông cạnh 7, lấy 51 điểm. Chứng minh có điểm 51 điểm cho nằm hình tròn có bán kính 1. Lời giải : Chia hình vuông cạnh thành 25 hình vuông nhau, cạnh hình vuông nhỏ 5/7 (hình 2). 15 Vì 51 điểm cho thuộc 25 hình vuông nhỏ, mà 51 > 2.25 nên theo nguyên lí Đirích-lê, có hình vuông nhỏ chứa điểm (3 = + 1) số 51 điểm cho. Hình vuông cạnh có bán kính đường tròn ngoại tiếp : Vậy toán chứng minh. Hình tròn hình tròn bán kính 1, chứa hình vuông ta trên. Bài toán : Trong mặt phẳng cho 2003 điểm cho điểm có điểm cách khoảng không vượt 1. Chứng minh : tồn hình tròn bán kính chứa 1002 điểm. Lời giải : Lấy điểm A 2003 điểm cho, vẽ đường tròn C1 tâm A bán kính 1. + Nếu tất điểm nằm hình tròn C1 hiển nhiên có đpcm. + Nếu tồn điểm B mà khoảng cách A B lớn ta vẽ đường tròn C2 tâm B bán kính 1. Khi đó, xét điểm C số 2001 điểm lại. Xét điểm A, B, C, AB > nên theo giả thiết ta có AC ≤ BC ≤ 1. Nói cách khác, điểm C phải thuộc C1 C2. => 2001 điểm khác B A phải nằm C1 C2. Theo nguyên lí Đirích-lê ta có hình tròn chứa 1001 điểm. Tính thêm tâm hình tròn hình tròn hình tròn bán kính chứa 1002 điểm 2003 điểm cho. Bài toán : Cho hình bình hành ABCD, kẻ 17 đường thẳng cho đường thẳng chia ABCD thành hai hình thang có tỉ số diện tích 1/3 . Chứng minh rằng, 17 đường thẳng có đường thẳng đồng quy. Lời giải : Gọi M, Q, N, P trung điểm AB, BC, CD, DA (hình 3). Vì ABCD hình bình hành => MN // AD // BC ; PQ // AB // CD. 16 Gọi d 17 đường thẳng cho. Nếu d cắt AB E ; CD F ; PQ L LP, LQ đường trung bình hình thang AEFD, EBCF. Ta có : S(AEFD) / S(EBCF) = 1/3 S(EBCF) / S(EBFC) = 1/3 => LP / LQ = 1/3 LQ / LP = 1/3. Trên PQ lấy hai điểm L1, L2 thỏa mãn điều kiện L1P / L1Q = L2Q / L2P = 1/3 L trùng với L1 L trùng với L2. Nghĩa d cắt AB CD d phải qua L1 L2. Tương tự, MN lấy hai điểm K1, K2 thỏa mãn điều kiện K1M / K1N = K2N / K2M = 1/3 d cắt AD BC d phải qua K1 K2. Tóm lại, đường thẳng số 17 đường thẳng cho phải qua điểm L1 ; L2 ; K1 ; K2. Vì 17 > 4.4 nên theo nguyên lí Đi-rích-lê, 17 đường thẳng có đường thẳng (5 = + 1) qua điểm L1 ; L2 ; K1 ; K2 (5 đường thẳng đồng quy, đpcm). Sau số tập tương tự. Bài : Trong hình chữ nhật có kích thước x 5, lấy điểm bất kì. Chứng minh có hai điểm cách khoảng không vượt Bài : Trong mặt phẳng tọa độ, cho ngũ giác lồi có tất đỉnh điểm nguyên (có hoành độ tung độ số nguyên). Chứng minh cạnh bên ngũ giác điểm nguyên khác nữa. Bài : Tờ giấy hình vuông có cạnh bé để cắt hình tròn có bán kính 1. Bài : Trên tờ giấy kẻ ô vuông, chọn 101 ô bất kì. Chứng minh 101 ô có 26 ô điểm chung. Bµi : BÀN LUẬN VỀ BÀI TOÁN "BA VỊ THẦN" Chúng ta biết toán thú vị : “Ba vị thần” sau : Ngày xưa, đền cổ có vị thần giống hệt nhau. Thần thật (TT) luôn nói thật, thần dối trá (DT) luôn nói dối thần khôn ngoan (KN) lúc nói thật lúc nói dối. Các vị thần trả lời câu hỏi khách đến lễ đền không xác định xác vị thần. Một hôm có nhà hiền triết từ xa đến thăm đền. Để xác định vị thần, ông hỏi thần bên trái : - Ai ngồi cạnh ngài ? - Đó thần TT (1) Ông hỏi thần ngồi : - Ngài ? - Ta thần KN (2) Sau ông hỏi thần bên phải : - Ai ngồi cạnh ngài ? - Đó thần DT (3) Nhà hiền triết lên : - Tôi xác định vị thần. Hỏi nhà hiền triết suy luận ? 17 Lời giải : Gọi vị thần theo thứ tự từ trái sang phải : A, B, C. Từ câu trả lời (1) => A thần TT. Từ câu trả lời (2) => B thần TT. Vậy C thần TT. Theo (3) đ B thần DT đ A thần KN Nhận xét : Cả câu hỏi tập trung xác định thần B, phải cách hỏi “thông minh” nhà hiền triết để tìm vị thần ? Câu trả lời không phải, mà nhà hiền triết gặp may vị thần trả lời câu hỏi không “khôn ngoan” ! Nếu vị thần trả lời “khôn ngoan” mà đảm bảo tính chất vị thần sau câu hỏi, nhà hiền triết xác định vị thần nào. Ta thấy rõ qua phân tích sau cách hỏi nhà hiền triết : 1. Hỏi thần X : - Ngài ? Có khả trả lời sau : - Ta thần TT => không xác định X (Cách trả lời khôn nhất) - Ta thần KN => X thần KN DT - Ta thần DT => X KN 2. Hỏi thần X : - Ai ngồi cạnh ngài ? Cũng có khả trả lời sau : - Đó thần TT => thần X khác thần TT - Đó thần KN => không xác định X (cách trả lời khôn nhất) - Đó thần DT => không xác định X (cách trả lời khôn nhất) Trong cách hỏi nhà hiền triết có cách trả lời khiến nhà hiền triết thông tin ba vị thần mà xác định vị thần. Nếu gặp may (do trả lời ngờ nghệch) cần sau câu hỏi nhà hiền triết đủ để xác định vị thần. Các bạn tự tìm xem trường hợp câu trả lời vị thần nhé. Bài toán cổ thật hay dí dỏm, vị thần trả lời theo phương án “khôn ngoan” có cách để xác định vị thần sau số câu hỏi không ? Rõ ràng đặt câu hỏi nhà hiền triết được. Phải hỏi để thu nhiều thông tin ? Bây ta đặt vấn đề sau : Mỗi lần hỏi hỏi vị thần vị trả lời. Cần hỏi để sau số câu hỏi ta xác định vị thần. Bài toán rõ ràng không dễ chút nào, tin bạn tìm nhiều phương án tối ưu ! Sau phương án tôi. Hỏi thần A : - Ngài thần KN ? - Nhận câu trả lời. Hỏi thần B : - Ngài thần KN ? - Nhận câu trả lời. 18 Sau cần hỏi thêm câu xác định xác vị thần. Như số câu hỏi nhiều 4. Các bạn rút số câu hỏi xuống không ? Xin mời bạn giải trí toán phương án tuyệt vời (Nhớ hỏi thần vị trả lời) 19 [...]... này : ab = (a, b).[a, b] => mn. 162 = 240. 16 suyy ra mn = 15 Bài toán 2 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết ab = 2 16 và (a, b) = 6 Lời giải : Lập luận như bài 1, giả sử a ≤ b Do (a, b) = 6 => a = 6m ; b = 6n với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1 ; m ≤ n Vì vậy : ab = 6m.6n = 36mn => ab = 2 16 tương đương mn = 6 tương đương m = 1, n = 6 hoặc m = 2, n = 3 tương đương với a = 6, b = 36 hoặcc là a = 12, b = 18 Bài... Tìm hai số nguyên dương a, b biết [a, b] = 240 và (a, b) = 16 Lời giải : Do vai trò của a, b là như nhau, không mất tính tổng quát, giả sử a ≤ b Từ (*), do (a, b) = 16 nên a = 16m ; b = 16n (m ≤ n do a ≤ b) với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1 Theo định nghĩa BCNN : [a, b] = mnd = mn. 16 = 240 => mn = 15 => m = 1 , n = 15 hoặc m = 3, n = 5 => a = 16, b = 240 hoặc a = 48, b = 80 Chú ý : Ta có thể áp dụng công... ab = 180, [a, b] = 60 Lời giải : Từ (**) => (a, b) = ab/[a, b] = 180 /60 = 3 Tìm được (a, b) = 3, bài toán được đưa về dạng bài toán 2 Kết quả : a = 3, b = 60 hoặc a = 12, b = 15 12 Chú ý : Ta có thể tính (a, b) một cách trực tiếp từ định nghĩa ƯCLN, BCNN : Theo (*) ta có ab = mnd2 = 180 ; [a, b] = mnd = 60 => d = (a, b) = 3 Bài toán 4 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết a/b = 2 ,6 và (a, b) = 5 Lời... ; b = 35 Bài toán 6 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết a + b = 128 và (a, b) = 16 Lời giải : Lập luận như bài 1, giả sử a ≤ b Ta có : a = 16m ; b = 16n với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1 ; m ≤ n Vì vậy : a + b = 128 tương đương 16( m + n) = 128 tương đương m + n = 8 Tương đương với m = 1, n = 7 hoặc m = 3, n = 5 hay a = 16, b = 112 hoặc a = 48, b = 80 Bài toán 7 : Tìm a, b biết a + b = 42 và [a, b] = 72... = d(m + n) = 42 (1) [a, b] = mnd = 72 (2) => d là ước chung của 42 và 72 => d thuộc {1 ; 2 ; 3 ; 6} Lần lượt thay các giá trị của d vào (1) và (2) để tính m, n ta thấy chỉ có trường hợp d = 6 => m + n = 7 và mn = 12 => m = 3 và n = 4 (thỏa mãn các điều kiện của m, n) Vậy d = 6 và a = 3 .6 = 18 , b = 4 .6 = 24 Bài toán 8 : Tìm a, b biết a - b = 7, [a, b] = 140 Lời giải : Gọi d = (a, b) => a = md ; b... 1 Vì vậy : a/b = m/n = 2 ,6 => m/n = 13/5 tương đương với m = 13 và n = 5 hay a = 65 và b = 25 Chú ý : phân số tương ứng với 2 ,6 phải chọn là phân số tối giản do (m, n) = 1 Bài toán 5 : Tìm a, b biết a/b = 4/5 và [a, b] = 140 Lời giải : Đặt (a, b) = d Vì , a/b = 4/5 , mặt khác (4, 5) = 1 nên a = 4d, b = 5d Lưu ý [a, b] = 4.5.d = 20d = 140 => d = 7 => a = 28 ; b = 35 Bài toán 6 : Tìm hai số nguyên dương... đến cuối bài viết) lấy 17 điểm Chứng minh rằng trong 17 điểm đó có ít nhất hai điểm mà khoảng cách giữa chúng không vượt quá 1 Lời giải : Chia tam giác đều có cạnh bằng 4 thành 16 tam giác đều có cạnh bằng 1 (hình 1) Vì 17 > 16, theo nguyên lí Đi-rích-lê, tồn tại ít nhất một tam giác đều cạnh bằng 1 có chứa ít nhất 2 điểm trong số 17 điểm đã cho Khoảng cách giữa hai điểm đó luôn không vượt quá 1 (đpcm)... và mn = 20 => m = 5, n = 4 Vậy d = 7 và a = 5.7 = 35 ; b = 4.7 = 28 Bài tập tự giải : 1/ Tìm hai số a, b biết 7a = 11b và (a, b) = 45 2/ Tìm hai số biết tổng của chúng bằng 448, ƯCLN của chúng bằng 16 và chúng có các chữ số hàng đơn vị giống nhau 3/ Cho hai số tự nhiên a và b Tìm tất cả các số tự nhiên c sao cho trong ba số, tích của hai số luôn chia hết cho số còn lại Bµi 5 : NGUYÊN LÍ ĐI - RÍCH... ta được : hay 11 100 0 chia hết cho 2003 (đpcm) Một số bài toán tự giải : Bài toán 5 : Chứng minh rằng mọi số nguyên tố p ta có thể tìm được một số được viết bởi hai chữ số chia hết cho p 14 Bài toán 6 : Chứng minh rằng nếu một số tự nhiên không chia hết cho 2 và 5 thì tồn tại bội của nó có dạng : 111 1 Bài toán 7 : Chứng minh rằng tồn tại số có dạng 1997k (k thuộc N) có tận cùng là 0001 Bài toán 8... minh rằng nếu các số nguyên m và n nguyên tố cùng nhau thì tìm được số tự nhiên k sao cho mk - 1 chia hết cho n Các bạn hãy đón đọc số sau : Nguyên lí Đi-rích-lê với những bài toán hình học thú vị Bµi 6 : NGUYÊN LÍ ĐI-RÍCH-LÊ & NHỮNG BÀI TOÁN HÌNH HỌC THÚ VỊ Nguyên lí có thể mở rộng như sau : Nếu có m vật đặt vào n cái ngăn kéo và m > k.n thì có ít nhất một ngăn kéo chứa ít nhất k + 1 vật Với mở rộng . ; (m, n) = 1 ; m ≤ n. Vì vậy : ab = 6m.6n = 36mn => ab = 2 16 tương đương mn = 6 tương đương m = 1, n = 6 hoặc m = 2, n = 3 tương đương với a = 6, b = 36 hoặcc là a = 12, b = 18. Bài toán. mn. 16 2 = 240. 16 suyy ra mn = 15. Bài toán 2 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết ab = 2 16 và (a, b) = 6. Lời giải : Lập luận như bài 1, giả sử a ≤ b. Do (a, b) = 6 => a = 6m ; b = 6n với. tận cùng là 6. c) Ta có 5 67 - 1 chia hết cho 4 => 5 67 = 4k + 1 (k thuộc N) 1 => 4 567 = 4 4k + 1 = 4 4k .4, theo tính chất 1d, 4 4k có chữ số tận cùng là 6 nên 4 567 có chữ số tận