Chuyên đề về số học Ôn thi hsg

A Chứng minh chia hết phương pháp phân tích thừa số nguyên tố Giới thiệu Một định lý quan trọng số học định lý phân tích số tự nhiên thừa số nguyên tố Định lý coi tảng để nghiên cứu Lý thuyết số Định lý số học Mỗi số tự nhiên n > biểu diễn (nếu không tính đến thứ tự thừa số) dạng n = p1α1 p 2α p kα k pi số nguyên tố (i = 1, 2, , k ) Tiếp theo, ta đưa mệnh đề có ý nghĩa ứng dụng việc giải toán chia hết Việc chứng minh mệnh đề tìm thấy [1], [2] Mệnh đề Nếu hai số nguyên a b chia hết cho m a + b chia hết cho m, a - b chia hết cho m Hệ Nếu tổng hai số chia hết cho m hai số chia hết cho m số lại chia hết cho m Mệnh đề Nếu thừa số tích chia hết cho m tích chia hết cho m Mệnh đề Nếu a chia hết cho m b chia hết cho n ab chia hết cho mn Mệnh đề Nếu a n  số nguyên tố p ap Mệnh đề Nếu a chia hết cho số nguyên tố m n a chia hết cho tích mn Mệnh đề Nếu tích ab chia hết cho m b m hai số nguyên tố a chia hết cho m Sử dụng phương pháp phân tích thừa số nguyên tố để giải toán chia hết Dạng Phân tích A thành tổng số hạng Sử dụng tính chất chia hết tổng (hoặc hiệu) hệ quả: Nếu A = A1 + A2 + A3 + +An thoả mãn điều kiện Ai B (∀i = 1, n ) A B Bài toán 1.Chứng minh i) ab + ba chia hết cho 11; ii) ab − ba chia hết cho với a > b Lời giải.i) ab + ba = (10a + b ) + (10b + a ) = 11a + 11b , chia hết cho 11 ii) ab − ba = (10a + b ) − (10b + a ) = 9a − 9b, chia hết cho Bài toán Cho số abc chia hết cho 27.Chứng minh số abc chia hết cho 27 Lời giải Ta có abc 27 ⇒ abc0 27 ⇒ 1000a + bc0 27 ⇒ 999a + a + bc0 27 ⇒ 27.37a + bca 27 Do 27.37 a 27 nên bca 27 Dạng Phân tích A thành tích Sử dụng tính chất chia hết tích: Nếu thừa số tích chia hết cho B tích chia hết cho B Tức là: Nếu A = A1.A2.A3 An ∃Ai B ( i = 1, n ) AB Nếu A = A1.A2.A3 An B = B1.B2.B3 Bn mà Ai Bi (∀i = 1, n) AB Bài toán 3.Cho số tự nhiên n ≥ Chứng minh: Tn = 15 + + + n chia hết cho tổng n số tự nhiên S n = + + + n Lời giải Ta có: S n = n( n + 1) Mặt khác, sử dụng tính chất a n + b n ( a + b ) , ∀a, b ∈ n * n lẻ, Ta có 2Tn = 15 + n + + ( n − 1) + + n + ( n + 1) , ( ( ) ( ) ( ) ) ( ( ) ) 2Tn = 15 + ( n − 1) + + ( n − ) + + ( n − 1) + + 2n n Thêm vào đó, ( n, n + 1) = ta suy ra: 2Tn n( n + 1) = 2S n ⇒ Tn S n Tổng quát,ta chứng minh được: 1k + k + + n k chia hết cho 1+ +…+ n, với n, k ∈ N , n ≥ k lẻ Bài toán Chứng minh tích ba số chẵn liên tiếp chia hết cho 48 Lời giải Gọi ba số chẵn liên tiếp 2a, 2a+2, 2a+4 ( a ∈ N ) Xét tích: 2a(2a+2)(2a+4)=8a(a+1)(a+2) Chứng minh a(a+1)(a+2) chia hết cho chia hết cho Bài toán Chứng minh số gồm 27 chữ có chữ số chia hết cho 27 Lời giải Gọi A số gồm 27 chữ số 1, B số gồm chữ số 1.Lấy A chia cho B ta thương C = 10 010 01 Như A= B.C B chia hết cho 9, C chia hết cho Vậy A chia hết cho 27 Dạng Phân tích B thành nhân tử: Nếu B = B1.B2.B3 Bn với ( Bi , B j ) = 1, ∀i ≠ j thoả mãn điều kiện A Bi (∀i = 1, n) AB Bài toán Cho n ∈ Z Chứng minh An chia hết cho 24 với An = n − 14n + 71n − 154n + 120 Lời giải Ta có: 24= × Do nguyên tố nhau, nên để chứng minh A 24 ,ta chứng minh A 3 A 8 Ta có : An = n − 14n + 71n − 154n + 120 = n (n − 2) − 12n (n − 2) + 47 n (n − 2) − 60(n − 2) = (n − 2) n ( n − 3) − 9n(n − 3) + 20(n − 3) = (n − 2)(n − 3)(n − 4)(n − 5) Vì An tích số nguyên liên tiếp nên An 3 , ra, số nguyên liên tiếp có hai số chẵn liên tiếp, số chia hết cho 4, số lại chia hết ta có An 8 Vậy ta có điều phải chứng minh [ ] Bài toán Chứng minh: n − 4n − 4n + 16n  384 ∀n chẵn ( ) Lời giải.Đặt A = n − 4n − 4n + 16n = n( n − 4) n − Vì n chẵn nên n = 2m(m ∈ Z ) ⇒ A = 16( m − )( m − 1) m( m + 1) Vì ( m − )( m − 1) m( m + 1) tích số nguyên liên tiếp nên chia hết cho Mà (3,8)=1 Từ có ( m − )( m − 1) m( m + 1) 24 Vậy A 384 (đpcm) Bài toán Chứng minh: n + 6n − 4, ∀n lẻ ( )( ) Lời giải Đặt A = n + 6n − = n − n + ( ) Vì n lẻ nên n = 2m + 1(m ∈ Z ) ⇒ A = 16m( m + 1) m + m + Suy A chia hết cho Dạng Nếu C A B , (C , B) = AB Bài toán Chứng minh p số ngyên tố lớn (p-1)(p+1) chia hết cho 24 Lời giải Ta có (p-1)p(p+1) 3 mà ( p,3 ) =1 nên (p-1)(p+1) 3 (1) Vì p số nguyên tố lớn nên p số lẻ, p-1 p+1 hai số chẵn liên tiếp Trong hai số chẵn liên tiếp, có số bội nên tích chúng chia hết cho (2) Từ (1) (2) suy (p-1)(p+1) chia hết cho hai số nguyên tố Vậy (p-1)(p+1) 24 B Lý thuyết đồng dư toán chia hết Tóm tắt Lý thuyết đồng dư nhà toán học Gauss xây dựng Có thể nói lý thuyết đồng dư thức công cụ mạnh để giải toán số học nói chung toán chia hết nói riêng Ngày nay, lý thuyết đồng dư có vai trò quan trọng toán mật mã khoá công khai, vấn đề có ý nghĩa thực tiễn cao Bài viết trình bày số vấn đề lý thuyết đồng dư ứng dụng toán chia hết Giới thiệu Lý thuyết đồng dư nhà toán học lỗi lạc " Ông vua toán học " Gauss trình bày "Disquisitiones Arithmeticae" Phần sách viết sinh viên in xong ông 24 tuổi Ngày lí thuyết thừa nhận công cụ đầy sức mạnh nghiên cứu lí thuyết số Định nghĩa Cho trước số nguyên dương m Hai số nguyên a b gọi đồng dư với theo modulo m hai số có số dư chia cho m , kí hiệu a ≡ b (mod m) định nghĩa khác tương đương Định nghĩa Cho trước số nguyên dương m Hai số nguyên a, b đồng dư theo modulo m a − b chia hết cho m Sau ta sử dụng định nghĩa nhiều Việc phát hai số đồng dư với theo modulo chủ yếu dựa vào định nghĩa Định lý Quan hệ đồng dư vành số nguyên Z quan hệ tương đương với số nguyên dương m cho trước tập thương Z ≡ = Z m = {0, 1, 2, , m − 1} Một số tính chất đồng dư thức Dựa vào định nghĩa 2, ta đưa tính chất đồng dư thức Các tính chất sau xét tập số nguyên riêng modulo m số nguyên dương thích thêm Tính chất Nếu Tính chất Nếu Hệ Nếu Tính chất Nếu Tính chẩt Nếu a ≡ b (mod m) c ≡ d (mod m) a ± b ≡ c ± d (mod m) a ≡ b (mod m) c ≡ d (mod m) ac ≡ bd (mod m) a ≡ b (mod m) a n ≡ b n (mod m) ∀n ∈ N a ≡ b (mod m) d | m a ≡ b (mod d ) ca ≡ cb (mod m) (c, m) = a ≡ b (mod m) Tính chất Nếu a ≡ b (mod mi ) với i = 1, 2, 3, , n a ≡ b ( mod [ m1 , m2 , , mn ] ) với n ∈ N  m   Tính chất 10 ca ≡ cb (mod m) ⇔ a ≡ b  mod (a, m)   Tiếp theo, ta đưa vài định lý đồng dư có ứng dụng quan trọng vào việc giải toán số học, đặc biết toán chứng minh chia hết Một số định lý quan trọng đồng dư thức Định lý 10 Giả sử f đa thức với hệ số nguyên; a, b số nguyên thoả mãn điều kiện a ≡ b (mod m) Khi f ( a) ≡ f (b) (mod m) Định lý 11.( Định lý Fermat nhỏ) Giả sử p số nguyên tố a số tự nhiên tuỳ ý Khi đó, a p ≡ a (mod p ) Nếu (a, p ) = a p −1 ≡ (mod p ) Sau ta đưa cách chứng minh đơn giản cho định lý Fermat nhỏ Chứng minh Ta chứng minh định lý Fermat nhỏ quy nạp theo a Rõ ràng toán với a = Giả sử khẳng định toán đến a Ta chứng minh toán với a + , tức (a + 1) p ≡ a + (mod p ) p −1 p p k k Theo nhị thức Newton, ta có (a + 1) = a + ∑ C p a + ≡ a + ( mod p) với k =1 p! k k ≤ k ≤ p − C p = số nguyên có chứa thừa số p nên p | C p k !.( p − k ) ! Định lý 12 (Định lý Euler) Giả sử a, m số nguyên nguyên tố Khi a ϕ ( m ) ≡ 1(mod m), n   α α α  ϕ (m) hàm Euler m = p1 p 2 p n n ϕ (m) = m.∏ 1 − p n  i =1  Dễ thấy định lý Fermat nhỏ trường hợp riêng định lý Euler Định lý 13 (Định lý Wilson) Giả sử p số nguyên tố Khi ( p − 1)!≡ −1 (mod p) Chú ý mệnh đề đảo định lý Wilson tức ta có (n − 1) !≡ −1(mod n) n phải số nguyên tố Sau đây, ta đưa số ví dụ phương pháp sử dụng lý thuyết đồng dư để chứng minh chia hết Có thể xem cách chứng minh định lý Fermat, Euler, Wilson [1], [2] Áp dụng đồng dư vào giải toán chia hết Bài toán Chứng minh 2010 + 2010 chia hết cho 13 Lời giải Ta có 2010 = 27 670 ≡ ( mod 13) 2010 = 51005 ≡ −1 (mod 13) Từ sử dụng tính chất ta có điều phải chứng minh Bạn đọc đưa toán tổng quát tìm tất số nguyên dương k cho k + k chia hết cho 13 Bài toán Chứng minh 12002 + 2002 + + 2008 2002 − chia hết cho 2003 Lời giải Sử dụng định lý Fermat nhỏ với ý 2003 số nguyên tố, ta có i 2002 ≡ 1(mod 2003) Do đó, 1200 + 2002 + + 2008 2002 − ≡ 2003 (mod 2003) Từ ta suy đpcm Bài toán Chứng minh n1728 − chia hết cho 1729 với nguyên dương n Lời giải Ta ý 1729 = 7.13.19 7, 13, 19 số nguyên tố nên theo định lý Fermat nhỏ, ta có n ≡ (mod 7) ; n12 ≡ (mod 13) ; n18 ≡ (mod 19) Do n1728 = (n ) 288 ≡ (mod 7) ; n1728 ≡ (n12 )144 ≡ (mod 13) ; n1728 = (n18 ) 96 ≡ (mod 19) Vì 7, 13, 19 đôi nguyên tố nên sử dụng tính chất đồng dư ta có n1728 ≡ (mod 1729) tức n1728 − chia hết cho 1729 Bài toán Chứng minh với số tự nhiên m > tồn vô hạn số tự nhiên n cho với moị số tự nhiên a nguyên tố với m ta có a n − chia hết cho m Lời giải Theo định lý Euler ta có a ϕ ( m ) ≡ 1(mod m) nên chọn n = kϕ (m) với k = 1, 2, 3, hiển nhiên n nhận vô hạn giá trị ta có ( ) k a n = aϕ ( m ) ≡ 1k = ( mod m) Chứng minh hoàn tất Bài toán Cho n ∈ N , n ≥ Chứng minh n + số nguyên tố n !− hợp số Lời giải Vì n + số nguyên tố nên theo định lý Wilson ta có (n + 1) !≡ −1 (mod n + 2) hay cách tương đương ta có (n + 1) ! + chia hết cho n + Mặt khác, ta lại có (n + 1) !+ = (n + 2).n !− n !+ nên suy n !− chia hết cho n + Hơn n ≥ ta có n !− > n + nên ta có đpcm Bài toán Gọi S (n) tổng chữ số số tự nhiên n n ghi hệ số 10 Đặt S k (n) = S ( S ( (n) )) với k lần xuất chữ S Chứng minh n − S k (n) chia hết cho Lời giải Rõ ràng ta phải chứng minh chia hết cho Thật vậy, giả sử n = a n a n −1 a1 a = a n 10 n + a n −1 10 n −1 + + a1 10 + a Sử dụng 10 k ≡ (mod 9) với số tự nhiên k ta suy n ≡ S (n) (mod 9) tức n − S (n) chia hết cho Sử dụng điều này, ta có n ≡ S (n) ≡ S (n) ≡ ≡ S k (n) (mod 9) Từ ta suy đpcm C Phương pháp quy nạp giải toán chia hết Ý tưởng.Trong nhiều lĩnh vực khác toán học ( số học, hình học, giải tích) ta thường gặp toán chứng mệnh đề chứa biến A(n) mệnh đề với giá trị nguyên dương biến n Để chứng minh mệnh đề chứa biến A(n) với giá trị nguyên dương n ta thực bước sau: Bước ( Bước sở hay bước mở đầu) Chứng minh A(n) n = Bước ( Bước quy nạp hay bước di truyền) Với k số nguyên dương, xuất phát từ giả thiết (được gọi gia thiết quy nạp) A(n) với n=k , ta chứng minh mệnh đề chứa biến với n=k+1 Với ứng dụng rộng rãi phương pháp quy nạp toán chứng minh A(n) tự nhiên, ta thường dùng phương pháp quy nạp Cụ thể lược đồ cách giải là: F (1) A • a c ⇔ ( a ± b ) c • Giả sử F ( n) A , ta chứng minh F ( n + 1) A Nhưng để ý  b c • Vì xem biến dạng phương pháp quy nạp, để chứng minh F (n) A ta qua hai bước: F (1)  A • F (n + 1) − F (n) A ∀n ≥ • Áp dụng phương pháp này, ta giải loạt toán chia hết cồng kềnh Bài tập Chứng minh ∀n ∈ N , n ≥ có F (n) = 16 n − 15n − chia hết cho 125 Lời giải Có F (1) = 125 Xét F (n + 1) − F (n) = 15.16 n − 15 = 15(16 n − 1) 16 n − = (15 + 1) n − = 15q (n) 15 nên F (n + 1) − F (n) 125 (đpcm) Bài tập Chứng minh ∀n ∈ N , n ≥ G (n) = n + + 40n − 27 chia hết cho 64 Lời giải.Có G (1) = 256 64 Xét G (n + 1) − G (n) = 8.3 n +3 + 40 = n + + Đặt H (n) = n + + ta cần chứng minh H (n) 8 Lại áp dụng phương pháp với H (n) H (1) = 248 8 Xét H (n + 1) − H (n) = n +3 (3 − 1) 8 Vậy G (n) = n + + 40n − 27 64 (Đpcm) ( ) Bài tập Chứng minh ∀n ∈ N , n ≥ có: 10 n + 18n − 18 (1) Lời giải Với n=1 ta có (đpcm) Giả sử (1) với n ta cần chứng minh (1) với n+1 nghĩa là: n 10 n +1 + 18(n + 1) − − 10 n − 18n + 1 27 ⇔ 9(10 n + 2) 27 Thật vậy, ta có số 10 +2 có tổng chữ số 3, theo dấu hiệu chia hết cho 10n+2 ⇒ 9(10 n + 2) 27 hay (1) chứng minh Bài tập Chứng minh ∀n ∈ N , n ≥ có: 2 n +1 + 13 (1) Lời giải Với n=1 ta có 33 (đpcm) Giả sử (1) với n ta cần chứng minh (1) với n+1 nghĩa là: 2 ( n +1) +1 + − 2 n +1 − 13 ⇔ 3.2 n +1 3 (đúng) Vậy (1) chứng minh D Phương pháp phản chứng toán chia hết Ý tưởng Một mệnh đề toán học sai mà ko thể vừa lại vừa sai Muốn chứng minh mệnh đề đúng, ta chứng minh cho không sai Nói cách khác, giả sử mệnh đề sai dẫn đến điều vô lí Phương pháp chứng minh gọi Chứng minh phàn chứng 1) Các bước phép chứng minh phản chứng Bước Bước giả định: Giả sử mệnh đề cần chứng minh sai Bước 2.Bước truy nguyên:Xuất phát từ giả sử mệnh đề sai ta dẫn đến điều vô lý(hoặc trài với giả thuyết, mâu thuẫn với định lí, tiên đề, kết luận chứng minh đúng, dẫn tới kết luận mâu thuẫn nhau) Bước 3.Bước kết luận: Điều vô lí chứng tỏ mệnh đề ko sai tức mệnh đề cần chứng minh 2) Áp dụng phương pháp phản chứng vào giải toán chia hết Bài toán 1: Chứng minh không tồn số nguyên dương n cho n + 2006n 2008 2008 + Lời giải Giả sử tồn số nguyên n để n + 2006n 2008 2008 + Ta có n + 2006n = n − n + 2007 n = ( n − 1) n( n + 1) + 2007n Vì n − 1; n; n + ba số nguyên liên tiếp nên có số chia hết Nên ( n − 1) n( n + 1) 3 Vậy suy n + 2006n 3 (1) Mặt khác: 2008 2008 2008 2008 + = ( 2007 + 1) + mà 20073 nên ( 2007 + 1) + chia cho dư (2) Từ (1) (2) dẫn đến điều mâu thuẫn, tức số nguyên dương n thoả mãn điều kiện toán cho Suy điều phải chứng minh Bài toán 2: Chứng minh với số tự nhiên n n + n + không chia hết cho 15 Lời giải Giả sử n + n + 215 = 3.5 với n ∈ N n + n + 23 nên n + n + = 3k với k ∈ N Khi phương trình n + n + − 3k = có nghiệm nguyên n Ta có ∆ = − 4( − 3k ) = 12k − = 3( 4k − 3) + số phương ( số phương chia cho dư 1) Vậy phương trình nghiêm nguyên, / với n ∈ N Vậy điều giả sử vô lý, suy điều phải chứng minh n2 + n +  /9 ∀n ∈ N Bài toán 3: Chứng minh n + n +  ∀n ∈ N Nên suy n + n + 13 Lời giải Giả sử n + n + 19  n − 13 Ta có: n + n + = ( n − 1)(n + 2) + 3 ⇒  mà (n + 2) − ( n − 1) = 33 n + 3 Nên n + 3 n − 13 (n − 1)(n + 2) 9 ⇒ 9 (vô lý) /9 ∀n ∈ N Vậy n + n +  ( ) / 2008 Bài toán 4: Cho n số tự nhiên d ước nguyên dương 2n Chứng minh rằng: n + d  10 Lời giải Bây ta chứng minh n + d không số phương Giả sử n + d = m với m ∈ N 2n Vì d ước 2n nên 2n = k d với k ∈ N ⇒ d = k 2n 2n Thay d = vào (1) ta được: n + = m ⇔ n k + 2n k = m k k k  mk  Từ suy k + 2k =   số phương  n  Nhưng k ≤ k + 2k ≤ k + 2k + = ( k + 1) (mâu thuẫn) / 2008 (ĐPCM) Vậy n + d số phương, nên n + d  ( ) Bài toán 5: Giả sử p = t k + số nguyên lẻ với t , k ∈ N Với k số tự nhiên lẻ Khi t t số tự nhiên x,y cho x + y p x,y đồng thời chia hết cho p Lời giải Giả sử x không chia hết cho p , từ giả thiết suy y không chia hết cho p Theo định lý nhỏ Fecma ta có: x p −1 ≡ 1( mod p ) ; y p −1 ≡ 1( mod p ) Hay x k ≡ 1( mod p ); y k ≡ 1( mod p ) t t Suy x k + y k ≡ 2( mod p ) t t Mà theo giả thiết x + y ≡ 0( mod p ) t t Nên x k + y k ≡ 0( mod p ) Do k lẻ Nên mâu thuẫn Suy điều phải chứng minh t t Bài toán 6: Cho số nguyên tố có dạng p = 4m + Chứng minh x,y thảo mãn x + y p x,y chia hết cho p Từ suy phương trình x + x + y = 37 nghiệm nguyên dương Lời giải Ta có p = 4m + = 2( 2m + 1) + nên áp dụng ví dụ với k = 2m + 1; t = ta có điều phải chứng minh Ta có x + x + y = ( x + 1) + ( y ) = 3819 mà 19 = 4.4 + nên x + 119 y 19 suy ( x + 1) + ( y ) 19 ⇒ 3819 ( vô lí) Vậy phương trình nghiêm nguyên dương : Bài tập Bài Cho n ∈ N Chứng minh n + 19 n − n+1 17 11 Bài Chứng minh số gồm 81 chữ số chia hết cho 81 Bài Chứng minh số ababab chia hết cho 3,7,13,37 Bài Cho n ∈ N Chứng minh: A = n (5 n + 1) − n (3 n + n ) 91  2k  k +1 Bài Chứng minh a,k số nguyên, a lẻ  a − 1 2   Bài Chứng minh: m + 3m − m − 348, ∀m lẻ ( ) Bài Chứng minh: n + 7 + 2n 64, ∀n lẻ Bài Chứng minh với ∀n∈ N , n ≥ ta có 10 n − n + 3n 9 Bài Chứng minh với ∀n ∈ N , n ≥ ta có n + 15n − 19 Bài 10 Cho p số nguyên tố có dạng 4k + , k ∈ Z + a,b số nguyên, a + b p ap bp Áp dụng tìm nghiệm nguyên dương phương trình x + y = 196 / 2010 Bài 11 Chứng minh ∀ n ∈ N n + 6n +  n 2009 Bài 12 Chứng minh ∀ n ∈ N + 110 Bài 13 Chứng minh ( a + b ) p − (a p + b p ) chia hết cho p p số nguyên tố a, b số nguyên n n 23n số nguyên + + 35 n Bài 15 Tìm tất số hạng nguyên tố dãy số sau u n = 2 + Bài 14 Chứng minh n số nguyên 2006 2007 2005 Bài 16 Chứng minh 2005 2007 + 2006 2005 + 2007 2006 chia hết cho 102 Bài 17 Chứng minh p số nguyên tố với số nguyên n ta có n p + ( p − 1) !.n chia hết cho p Bài 18 Cho số nguyên a số tự nhiên n thoả mãn điều kiện (a, n) = (a − 1, n) = ϕ ( n ) −1 ∑a k chia hết cho n k =0 Bài 19 Chứng minh với số tư nhiên n n + 11n + 39 không chia hết cho 49 Bài 20 Chứng minh 2007 2009 + 2008 2007 + 2009 2008 chia hết cho 2008 Tài liệu tham khảo [1] Hà Huy Khoái, Chuyên đề bồi dưỡng số học THPT, NXBGD, 2006 [2] N.V Lương, N.L Sơn, P.V Hùng, N.N Thắng, Các giảng số học tập 1,2, NXB ĐHQG Hà Nội, 2006 [3] Tạp chí Toán học tuổi trẻ, NXBGD [4] Tạp chí Toán tuổi thơ 2, NXBGD 12 [...]... k =0 Bài 19 Chứng minh rằng với mọi số tư nhiên n thì n 2 + 11n + 39 không chia hết cho 49 Bài 20 Chứng minh rằng 2007 2009 + 2008 2007 + 2009 2008 chia hết cho 2008 Tài liệu tham khảo [1] Hà Huy Khoái, Chuyên đề bồi dưỡng số học THPT, NXBGD, 2006 [2] N.V Lương, N.L Sơn, P.V Hùng, N.N Thắng, Các bài giảng về số học tập 1,2, NXB ĐHQG Hà Nội, 2006 [3] Tạp chí Toán học và tuổi trẻ, NXBGD [4] Tạp chí Toán... 23n cũng là một số nguyên + + 5 7 35 n Bài 15 Tìm tất cả các số hạng nguyên tố trong dãy số sau u n = 2 2 + 5 Bài 14 Chứng minh rằng nếu n là số nguyên thì 2006 2007 2005 Bài 16 Chứng minh rằng 2005 2007 + 2006 2005 + 2007 2006 chia hết cho 102 Bài 17 Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố thì với mọi số nguyên n ta luôn có n p + ( p − 1) !.n chia hết cho p Bài 18 Cho số nguyên a và số tự nhiên n thoả... số nguyên lẻ với t , k ∈ N Với k là số tự nhiên lẻ Khi đó nếu các t t số tự nhiên x,y sao cho x 2 + y 2 p thì x,y đồng thời chia hết cho p Lời giải Giả sử x không chia hết cho p , từ giả thi t suy ra y cũng không chia hết cho p Theo định lý nhỏ Fecma ta có: x p −1 ≡ 1( mod p ) ; y p −1 ≡ 1( mod p ) Hay x 2 k ≡ 1( mod p ); y 2 k ≡ 1( mod p ) t t Suy ra x 2 k + y 2 k ≡ 2( mod p ) t t Mà theo giả thi t... Cho p là số nguyên tố có dạng 4k + 3 , k ∈ Z + và a,b là các số nguyên, khi đó a 2 + b 2 p thì ap và bp Áp dụng tìm nghiệm nguyên dương của phương trình x 2 + 4 y 2 = 196 / 2010 Bài 11 Chứng minh rằng ∀ n ∈ N thì n 4 + 6n 2 + 1  n 2009 Bài 12 Chứng minh rằng ∀ n ∈ N thì 3 + 110 Bài 13 Chứng minh ( a + b ) p − (a p + b p ) luôn chia hết cho p trong đó p là số nguyên tố và a, b là các số nguyên... minh rằng n 2 + d không là số chính phương Giả sử n 2 + d = m 2 với m ∈ N 2n 2 Vì d là ước của 2n 2 nên 2n 2 = k d với k ∈ N ⇒ d = k 2n 2 2n 2 Thay d = vào (1) ta được: n 2 + = m 2 ⇔ n 2 k 2 + 2n 2 k = m 2 k 2 k k 2  mk  2 Từ đó suy ra k + 2k =   là số chính phương  n  Nhưng k 2 ≤ k 2 + 2k ≤ k 2 + 2k + 1 = ( k + 1) 2 (mâu thuẫn) / 2008 2 (ĐPCM) Vậy n 2 + d không thể là số chính phương, nên... 2 ⇒ 3819 2 ( vô lí) Vậy phương trình không có nghiêm nguyên dương : Bài tập Bài 1 Cho n ∈ N Chứng minh 6 2 n + 19 n − 2 n+1 17 11 Bài 2 Chứng minh rằng số gồm 81 chữ số 1 thì chia hết cho 81 Bài 3 Chứng minh rằng số ababab chia hết cho 3,7,13,37 Bài 4 Cho n ∈ N Chứng minh: A = 5 n (5 n + 1) − 6 n (3 n + 2 n ) 91  2k  k +1 Bài 5 Chứng minh rằng nếu a,k là số nguyên, a lẻ thì  a − 1 2   3... y 2 ≡ 0( mod p ) t t Nên x 2 k + y 2 k ≡ 0( mod p ) Do k lẻ Nên mâu thuẫn Suy ra điều phải chứng minh t t Bài toán 6: Cho số nguyên tố có dạng p = 4m + 3 Chứng minh rằng nếu x,y thảo mãn x 2 + y 2 p thì x,y đều chia hết cho p Từ đó suy ra phương trình x 2 + 2 x + 4 y 2 = 37 không có nghiệm nguyên dương Lời giải Ta có p = 4m + 3 = 2( 2m + 1) + 1 nên áp dụng ví dụ 4 với k = 2m + 1; t = 1 ta có ngay