Định lý, bài toán về lý thuyết chia hết và đồng dư

Bài toán chia hết là một trong những bài toán khó và lý thú của số học thường xuất hiện trong các kì thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế.. Với mong muốn giúp học sinh có khả năng tự họ

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:

PGS TS Vũ Đỗ Long

Hà Nội – Năm 2017

1

MỤC LỤC

MỞ ĐẦU 2

Chương 1 Các khái niệm và định lý về phép tính đồng dư 4

1.1 Khái niệm đồng dư 4

1.2 Định lý thặng dư Trung Hoa 8

1.3 Định nghĩa hàm Euler và công thức hàm Euler 15

1.4 Định lý Euler và định lý Wilson 20

Chương 2 Các bài toán về phép tính đồng dư và chia hết 29

2.1 Bài toán chia hết với biểu thức số học 29

2.1.1 Chứng minh quan hệ chia hết 29

2.1.2 Tìm số dư của một phép chia 34

2.1.3 Tìm điều kiện để xảy ra quan hệ chia hết 37

2.1.4 Tồn tại hay không tồn tại sự chia hết 40

2.2 Bài toán số học có sử dụng định lý Dirichlet 42

2.2.1 Nguyên lý Dirichlet 42

2.2.2 Ứng dụng nguyên lý Dirichlet vào số học 44

2.3 Bài toán chia hết với dãy số 55

Chương 3 Các bài toán khác về chia hết 61

3.1 Các bài toán về chữ số 61

3.2 Bình phương và lập phương của số nguyên 69

3.3 Một số bài toán trong các kỳ thi học sinh giỏi 76

KẾT LUẬN 97

TÀI LIỆU THAM KHẢO 98

2

MỞ ĐẦU

Bộ môn số học là một trong những môn học thú vị, hấp dẫn nhất của toán học, bởi

nó rất gần gũi trong cuộc sống của chúng ta Ngay từ lớp 6 các em học sinh đã được tiếp cận và học Bài toán chia hết là một trong những bài toán khó và lý thú của số học thường xuất hiện trong các kì thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế

Thực tế ở nước ta học sinh được học rất ít về số học nên các em không đủ kiến thức cần thiết để tiếp cận với nội dung này Với mong muốn giúp học sinh có khả năng

tự học, có thể lãnh hội được kiến thức cơ bản cần thiết và vận dụng kiến thức đó vào giải dạng bài toán chia hết, tôi muốn giới thiệu đến quý thầy cô giáo, các em học sinh

chuyên đề “Định lý, bài toán về lý thuyết chia hết và đồng dư” Bài viết được trình

bày ngắn gọn dễ hiểu, dễ tiếp cận, bao gồm ba chương cùng với phần mở đầu, kết luận

và tài liệu tham khảo Cụ thể trong mỗi chương được trình bày như sau:

Chương 1: Các khái niệm, định lý về đồng dư

Chương 2: Các bài toán về phép tính đồng dư, chia hết

Chương 3: Các bài toán khác về chia hết

Chương 1: Nhắc lại các khái niệm cơ bản liên quan đến đồng dư, chia hết Phần

sau trình bày các định lý liên quan đến đồng dư, chia hết sẽ sử dụng trong luận văn

Chương 2: Tổng hợp các bài toán về phép tính đồng dư, chia hết bao gồm bài toán

chia hết với biểu thức số học, bài toán số học có sử dụng nguyên lý Dirichlet và chia hết với dãy số

3

Chương 3: Giới thiệu một số bài toán chia hết trong các kỳ thi học sinh giỏi, đặc

biệt đã vận dụng lý thuyết đồng dư để giải một số bài toán trong kỳ thi HSG Quốc gia

từ 1962-2012

Để hoàn thành luận văn này, trước nhất tôi xin được bày tỏ lòng biết ơn chân

thành và kính trọng sâu sắc tới PGS.TS.Vũ Đỗ Long, trường Đại học Khoa học Tự

nhiên Hà nội, người thầy đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ trong suốt quá trình hoàn

thành bản luận văn này Qua đây tôi cũng xin được gửi lời cảm ơn chân thành các thầy

cô đã đọc, đánh giá và cho những ý kiến quý báu để luận văn được phong phú và hoàn

thiện hơn Tác giả cũng xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, phòng Sau Đại học,

khoa Toán-Cơ -Tin học trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà nội

đã tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả trong suốt quá trình học tập tại trường Tuy đã có

nhiều cố gắng nhưng do thời gian và khả năng có hạn nên các vấn đề trong luận văn

vẫn chưa được trình bày sâu sắc và không thể tránh khỏi sai sót trong trình bày, mong

được sự góp ý của các thày cô và các bạn Tác giả xin chân thành cảm ơn!

Hà Nội, ngày 26 tháng 11 năm 2016 Học viên

Đặng Thu Hường

4

Chương 1

Các khái niệm và định lý về phép tính đồng dư

1.1 Khái niệm đồng dư

Định nghĩa 1.1.1 Cho a, b, m là các số nguyên, m  0 Số a được gọi là đồng dư với

b theo môđun m nếu m là ước của (b – a)

Nếu a đồng dư với b theo môđun m thì viết a  b(mod m) Ngược lại, nếu a không đồng dư với b theo môđun m thì ta viết a  b(mod m)

Ví dụ: 2  5(mod 3) vì 3| (5 – 2)

Nếu a  b(mod m) thì b gọi là một thặng dư của a theo môđun m

Nếu 0  b  m 1 thì b gọi là một thặng dư bé nhất của a theo môđun m

Mệnh đề 1.1.2 Cho a, b, c, m là những số nguyên m  0 Khi đó, ta có

(i) a  a (mod m),

(ii) Nếu a  b(modm) thì b  a(mod m),

(iii) Nếu a  b(mod m) và b  c(mod m) thì a  c(mod m)

Chứng minh Mệnh đề (i), (ii) là hiển nhiên, ta chứng minh mệnh đề (iii)

Thật vậy, ta có a  b (mod m), b  c (mod m) suy ra m|(b – a) và m|(c – b) Do đó m|(b  a + c – b), hay m|(c – a) Vậy a  c(mod m)

5

Tiếp theo, ký hiệu a là tâp hợp tất cả các số nguyên đồng dư với a theo môđun m,

a = {n |n a (mod )m } Nói cách khác, a là tập hợp các số nguyên có dạng {a + km}

Từ đó, ta có định nghĩa sau

Định nghĩa 1.1.3 Một tập gồm các phần tử dạng a={a km k ,  }gọi là một lớp đồng dư của a theo môđun m

Ví dụ với m = 2, ta có lớp 0 là tập các số nguyên chẵn, lớp 1 là tập các số nguyên

lẻ

Mệnh đề 1.1.4 Cho a, b, m là những số nguyên m 0 Khi đó, ta có:

(i) ab khi và chỉ khi a b  (mod m),

(ii) Có đúng m lớp đồng dư phân biệt theo môđun m

Chứng minh (i) Giả sử a b , ta xét a a b Do đó, a b  (mod m) Ngược lại, nếu

a b  (mod m) thì a b Ngoài ra, nếu c a  (mod m).thì c b  (mod m) Điều này chứng

tỏ rằng ab Hơn nữa, từ a b  (mod m) ta suy ra b a  (mod m), hay b a Từ đó suy

raa b

(ii) Để chứng minh phần này, ta chứng minh tập {0,1, , m 1} là m lớp đồng dư phân

biệt theo môđun m Thật vậy, giả sử tồn tại 0 k l m   sao cho k l Khi đó, theo (i)

ta có k l  (mod m) hay m l k| (  ) Điều này mâu thuẫn với giả thiết 0 < l – k < m Do

đó,k l Ngoài ra, với mỗi a  luôn tồn tại cặp số nguyên q, r sao cho a = qm + r ,

0 r m   , suy ra a r  (mod m) hay a r

6

Định nghĩa 1.1.5 Tập gồm m phần tử A = { a 1, a2, …, am} gọi là một hệ thặng dư đầy

đủ theo mô đun m nếu B = { , , , }a a1 2 a m là tập gồm m lớp đồng dư phân biệt theo mô đun m

Từ định nghĩa ta thấy rằng, hệ thặng dư đầy đủ theo mô đun m là không duy nhất

Ví dụ các tập {0, 1, 2, 3}, {4, 9, 14, −1}, {0, 1, −2, −1} là những hệ thặng dư đầy đủ theo mô đun 4

Mệnh đề 1.1.6 Nếu a c  (mod m), b d  (mod m) thì a b c d    (mod m) và ab cd

(mod m)

Chứng minh Ta có (a + b) – (c + d) = (a – c) + (b – d)

Vì a – c ⋮ m, b – d ⋮ m, suy ra [(a + b) – (c + d)] ⋮ m hay a b c d    (mod m)

+ Ta có ab – cd = (ab – bc) + (bc – cd) = b(a – c) + c(b – d)

Vì a – c ⋮ m, b – d ⋮ m, suy ra ab – cd ⋮ m hay ab cd (mod m)

Mệnh đề 1.1.7 Cho a, b, c, m là các số nguyên, m > 0, ac bc  (mod m) và d = (c, m)

7

Mệnh đề 1.1.8 Cho a, b, m1, …, mk là các số nguyên, m1 , m 2 , …, m k > 0, a b  (mod

m 1 ), a b  (mod m2 ),…, a b  (mod mk ) Khi đó, ta có

a b (mod[ ,m m1 2, ,m ) k]trong đó [ ,m m1 2, ,m là bội chung nhỏ nhất của m k] 1 , m 2 , …, mk

Chứng minh Suy ra trực tiếp từ định nghĩa

Mệnh đề 1.1.9 Nếu a b  (mod n) thì a n b n(mod )n2

Chứng minh Từ a b  (mod n).suy ra a = b + nq Do đó, theo công thức khai triển nhị

Điều ngược lại không đúng, ví dụ như3 4  1 4 (mod 4 2 ) nhưng 3 1 (mod 4)

Mệnh đề 1.1.10 Nếu a, b là các số nguyên và p là số nguyên tố thì

1.2 Định lý thặng dư Trung Hoa

Tương tự với hệ phương trình bậc nhất, ta có thể đặt bài toán cho hệ phương trình đồng

dư như sau:

Cho a1, a2, …, an; b1, b2, …, bn; m1, m2, …, mn là các số nguyên, mi > 0 với mọi i =

1, 2, …, n Khi nào hệ phương trình sau có nghiệm

0 mod0(mod )

Trước tiên, ta xét trường hợp m1, m2, …, mn đôi một nguyên tố cùng nhau Để hệ

phương trình này có nghiệm, trước hết mỗi phương trình đồng dư tuyến tính

9

0

i i

a x b   (mod mi) trong hệ phải có nghiệm Vì vậy ta có thể đưa hệ phương trình

trên về dạng sau đây

Trong đó x r i(mod )m i là nghiệm của phương trình a x b i   (mod m i 0 i) Định lý

sau đây là định lý quan trọng

Định lý 1.2.1 Cho m 1, m2, …, mn là các số nguyên dương đôi một nguyên tố cùng

nhau, r r1, , ,2 r là các số nguyên bất kì Khi đó hệ phương trình đồng dư trên luôn có n

 , do giả thiết m1, m2, …, mn là các số nguyên dương đôi một nguyên tố cùng nhau nên ta có (si, mi) = 1với mọi i = 1, 2, …, n

Do đó với mỗi i tồn tại một số nguyên s thảo mãn i s s  (mod m i i 1 i)

10

Giả sử x1 là một nghiệm khác của hệ phương trình đồng dư trên Khi đó ta có

1 0 0

x x   (mod m i) hay x x m1 0 i với mọi 1 = 1, 2, …, n Do m m1, 2, ,m là các số đôi n

một nguyên tố cùng nhau nên từ đó suy ra x1x m m m0 1 2 n Định lý được chứng minh Trong trường hợp m m1, 2, ,m là các số nguyên dương tùy ý, điều kiện để hệ n

phương trình đồng dư có nghiệm là bất cứ hai phương trình đồng dư tuyến tính nào trong hệ cũng có nghiệm chung Ta có định lý sau

Định lý 1.2.2 Cho m m1, 2, ,m là các số nguyên dương n r r1, , ,2 r là các số nguyên bất n

kì Khi đó điều kiện cần và đủ để hệ phương trình đồng dư trên có nghiệm là

11

Ngược lại, ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo n rằng nếu điều kiện trên được thỏa

mãn thì hệ phương trình luôn có duy nhất nghiệm modulo mm m1, 2, ,m n

12

khi và chỉ khi x r xmodd d1 2

d

 

hay x xd r  (moddd d1 2) Do m[ ,m m1 2]dd d1 2 nên

từ định lý thặng dư Trung Hoa suy ra hệ phương trình có nghiệm duy nhất modulo m Giả sử định lý đúng đến n – 1 Ta sẽ chứng minh định lý đúng đến n Đặt

Theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh

Định lý 1.2.3 Cho m1, m2 là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau Khi đó

Chứng minh Đặt m m m 1 2 Giả sử a a1, , , }2 a k là một hệ thặng dư thu gọn modulo

m1, b b1, , , }2 b l là một hệ thặng dư thu gọn modulo m2

Gọi a là một số nguyên dương bất kỳ sao cho (a, m) = 1 Khi đó a m, 1( ,a m2) 1

nên tồn tại duy nhất ai , b j sao cho a a i(mod )m1 và a b j(modm2) Như vậy mỗi lớp

thặng dư thu gọn modulo m đều ứng với mỗi cặp {ai , b j}

Ngược lại với mỗi cặp {ai , b j} bất kì, theo định lý thặng dư Trung Hoa, tồn tại duy nhất một lớp thặng dư a thỏa mãn a a i(mod )m1 và a b j(modm2) Do

a m i, 1( ,b m j 2) 1 nên a m, 1( ,a m2) 1 và (a, m) = 1 Do đó, mỗi cặp {ai , b j} đều ứng với một lớp thặng dư thu gọn modulo m Từ đó suy ra có một tương ứng một – một giữa các cặp {ai , b j} với các lớp thặng dư thu gọn modulo m, tức là

có nghiệm Điều phải chứng minh

Ví dụ 1.2 Cho m là một số nguyên dương Tìm số nghiệm của phương trình

2

x x (mod m) Lời giải Giả sử 1 2

p nên phương trình đã cho có 2k nghiệm theo modulo m

1.3 Định nghĩa hàm Euler và công thức hàm Euler

Định nghĩa 1.3.1 Hàm Euler ( )n là hàm số học có giá trị tại n bằng số các số không vượt quá n và nguyên tố cùng nhau với n

Ví dụ 1.3 Từ định nghĩa ta có (1) 1 ,(2) 1 ,(3) 2 ,(4) 2 ,(5) 4 ,(6) 2 ,(7) 6

  ,(8) 4 ,(9) 6 ,(10) 4

Từ định nghĩa trên đây, ta có hệ quả trực tiếp: Số p là số nguyên tố khi và chỉ khi

( )p p 1

  

Định nghĩa 1.3.2 Hệ thặng dư thu gọn modulo n là tập ( ) n số nguyên sao cho mỗi

phần tử của tập nguyên tố cùng nhau với n, và không có 2 phần tử nào đồng dư với nhau modulo n

Nói cách khác từ hệ thặng dư đầy đủ modulo n, để lập hệ thặng dư thu gọn, ta chỉ giữ lại những giá trị nào nguyên tố cùng nhau với n

Ví dụ 1.4 Các số 1, 2, 3, 4, 5, 6 lập thành một hệ thặng dư thu gọn modulo 7 Đối với

16

Nếu có 1  i j ( )n để ar i ar j (mod n) thì | ( n a r r i j) Do đó (n, a) = 1 ta suy

ra | (n r r i  j)hay r i  (mod n), điều này vô lý với giả thiết r j r i  (mod n) r j

 , ta chỉ cần quan tâm các số trong hàng thứ r với r m ,  1 Các số trong hàng

này đều nguyên tố cùng nhau với m Mặt khác dễ thấy rằng các số trong hàng này lập thành một hệ thặng dư đầy đủ modulo n Do đó có đúng ( )n số trong hàng nguyên tố

cùng nhau với n, tức là trong hàng đó ( )n số nguyên tố cùng nhau với mn Cả thảy có

( )n

 hàng như vậy, định lý đã được chứng minh

Nhờ tính chất này ta có công thức hàm Euler

Thật vậy, các số nguyên dương không vượt quá p k và không nguyên tố cùng nhau

với p phải có dạng sp với s nguyên dương nào đó Có đúng p k-1 số như vậy Do đó, số

các số không vượt quá p k và nguyên tố cùng nhau với p k đúng bằng p k  p k 1

Định lý 1.3.6 Giả sử n là một số nguyên dương Khi đó

trong đó tổng được lấy theo mọi ước của n

Chứng minh Ta phân tích các số nguyên từ 1 đến n thành từng nhóm Cd sao cho

d và nguyên tố cùng nhau với n

d , tức là bằng

n d

18

Khi đó d chạy qua mọi ước của n thì n

d cũng chạy qua mọi ước của n, định lý được

chứng minh

Nhận xét Các tính chất của hàm Euler được sử dụng để tính đồng dư của những lũy

thừa rất lớn Chẳng hạn, ta cần tính a n mod k , trong đó n là một số nguyên lớn Giả sử

230 ≡ 1(mod 77)

Ví dụ 1.5 Với mỗi số nguyên dương n kí hiệu f(n) là tổng của các số nguyên dương bé

hơn n và nguyên tố cùng nhau với n

19

a) Xét các cặp {d, n – d}, dễ thấy nếu (d, n) = 1 thì (n – d, n) = 1 và ngược lại Chia tập tất cả các số nguyên dương bé hơn n và nguyên tố cùng nhau với n thành các cặp có dạng {d, n – d} ta có

f n( ) n n ( ) / 2.

b) Từ giả thiết và phần a, ta có m m ( ) n n ( ) Gọi p là ước số nguyên tố lớn nhất của

m, α là số mũ của p trong phân tích m thánh tích các thừa số nguyên tố, m p m  1

Ta có

m m( ) p2 1l l( )n n( )

Từ đó suy ra p cũng là ước số nguyên tố lớn nhất của n và số mũ của p trong phân tích m thành tích các thừa số nguyên tố là α Đặt n p n 1, ta có m m1( )1 n n m1( ),1 1 m

và n1  Lặp lại lập luận trên ta có n mn

Ví dụ 1.6 Cho n là một số nguyên dương, d là một ước số của n, 0 < d < n Chứng

minh rằng

n n  d  d Lời giải Ta có n  ( )n là số các số nguyên dương không vượt quá n và không nguyên

tố cùng nhau với n, d( )d là các số nguyên dương không vượt quá d và không nguyên tố cùng nhau với d Do d là mọt ước số của n nên nếu một số không nguyên tố cùng nhau với d thì cũng không nguyên tố cùng nhau với n Từ đó suy ra điều phải

Gọi (r 1 , r 2, …, r( )m ) là một hệ thặng dư thu gọn modulo m

Vì (a, m) = 1 nên (ar1 , ar 2 , , a r( )m ) cũng là một hệ thặng dư thu gọn modulo m.

j i

ar r (mod m)

21

Từ định nghĩa của hệ thặng dư thu gọn, ứng với mỗi i, 1  i ( )m tồn tai duy nhất

1  j ( )m sao cho r i ar j (mod m) và ngược lại với mỗi j tồn tại duy nhất 1 i ( )m

sao cho ar j r i (mod m) Từ đó,

Đối với số nguyên a bất kì, a p a (mod p)

Chứng minh Do p là số nguyên tố nên (1, 2, 3, , p – 1) là một hệ thặng dư thu gọn modulo p, từ đó suy ra ( )p  p 1

Nếu a p thì (a, p) = 1, do đó áp dụng định lý Euler ta có

a a   (mod p)

Từ đó dễ dàng suy ra trong trường hợp a bất kì ta luôn có a p a (mod p) Định lý

được chứng minh

Định lý 1.4.3 Cho a, m là các số nguyên, (a, m) = 1 Khi đó, tồn tại một số nguyên x

sao cho ax  (mod m) 1

Nếu x1, x2 thỏa mãn ax1ax2  mod m thì 1 x1 (mod m) x2

22

Chứng minh Vì (a, m) = 1 nên tồn tại các số nguyên x, y sao cho ax + my = 1 Từ đó

suy ra phương trình ax  mod m có nghiệm 1

Ngược lại, nếu tồn tại số nguyên x thỏa mãn ax  mod m thì đồng thời tồn tại số 1

nguyên y sao cho ax + my = 1 Suy ra (a, m) = 1

Nếu ax1ax2  (mod m) thì ta có (a, m) = 1, từ đó suy ra 1 x1 (mod m) Định lý x2

Trong trường hợp này, lớp thặng dư rj được gọi là nghịch đảo của lớp thặng dư r i,

kí hiệu bởi r Theo định lý Euler, i

i

r r j  (mod m), r k r i  (mod m) r i

 Với mỗi cặp (i, j), 1i j, ( )m tồn tại duy nhất l, 1  l ( )m thỏa mãn

23

i l j

rr r (mod m)

Dễ thấy, trong trường hợp này r l rr i j

Bổ đề 1.4.4 Cho p là một số nguyên tố Khi đó, x 2 1 (mod p) nếu và chỉ nếu x  2 1

(mod p)

Chứng minh Ta có x 2 1(mod p) nếu và chỉ nếu x2 – 1 = (x – 1)(x + 1) ⋮ p

Do p là số nguyên tố, (x – 1)(x + 1) ⋮ p nếu và chỉ nếu x – 1 ⋮ p hoặc x + 1 ⋮ p , tức

là x   (mod p) Bổ đề được chứng minh 1

Từ bổ đề trên, nếu p là một số nguyên tố thì trong hệ thặng dư thu gọn

Ví dụ 1.8 Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho n là ước số của 312 – 1 nhưng n

không là ước số của 3i – 1 với mọi i = 1, 2, 3, …,11 Có bao nhiêu số chẵn và bao nhiêu số n lẻ?

Lời giải Giả sử n là một số nguyên tố lẻ thỏa mãn điều kiện đề bài, do

312 – 1 = (36 – 1)(32 + 1)(34 – 32 + 1)

Và 34 – 1 ⋮ 32 + 1 nên n phải là ước số của 34 – 32 + 1 = 73 Do 73 là một số nguyên

tố nên theo định lý nhỏ Fermat, 372⋮ 1 (mod 73) Kiểm tra với những i = 2, 3, 4, 8, 9

26

(các ước số không vượt quá 11 của 72) ta thấy n = 73 thoả mãn Từ đó suy ra tất cả các

số n thỏa mãn điều kiện đề bài là 73d với d là một ước số của (36 – 1)(32 + 1)

Ví dụ 1.9 Cho dãy số (x n ) n≥1 được xác định như sau

1 2

x  , 1 2x n

n

x   với mọi n ≥ 1

Chứng minh rằng x n x n1 (mod n) với mọi n ≥ 2

Lời giải Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo n rằng

n n n

x  x x  (mod n) với mọi n ≥ 1

Với n = 1 và n = 2 khẳng định đúng Giả sử khẳng định đúng đến n – 1 Cần khẳng định đúng đến n Giả sử n > 2, n 2a b với b là một số lẻ Cần chứng minh

2n  n 2n  1 0(mod p)

Do có vô số số nguyên dương m sao cho m = −1 (mod p) nên tồn tại vô số số

nguyên dương n thỏa mãn điều kiện đã cho

Ví dụ 1.11 Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho

Từ đó suy ra 52≡ 1 (mod p) nên p chỉ có thể bằng 2 hoặc 3 Kiểm tra trực tiếp suy ra

p = 3 thỏa mãn điều kiện đề bài

Ví dụ 1.12 Chứng minh rằng không tồn tại một dãy vô hạn tăng các số nguyên tố

 p n thoả mãn

1

| pn  2 | 1 pn  với mọi n 1

28

Lời giải Giả sử p k  k, 1 là một dãy vô hạn các số nguyên tố thảo mãn điều kiện đề

bài Theo giả thiết, với mỗi k, pk1 2 pk  1 hoặc 2 p k 1 Vì pk1 là một số nguyên tố nên khi xét số dư khi chia cho 3 ta có

29

Chương 2

Các bài toán về phép tính đồng dư và chia hết

2.1 Bài toán chia hết với biểu thức số học

2.1.1 Chứng minh quan hệ chia hết

Để chứng minh A(n) chia hết cho một số m ta phân tích A(n) thành nhân tử có một nhân tử làm hoặc bội của m, nếu m là hợp số thì ta lại phân tích nó thành nhân tử có các đôi một nguyên tố cùng nhau, rồi chứng minh A(n) chia hết cho các số đó

Chú ý

 Với k số nguyên liên tiếp bao giờ củng tồn tại một bội của k

 Khi chứng minh A(n) chia hết cho m ta xét mọi trường hợp về số dư khi chia A(n) cho m

 Với mọi số nguyên a, b và số tự nhiên n thì:

+ a n - b n chia hết cho a − b (a ≠ b)

+ a 2n + 1 + b 2n + 1 chia hết cho a + b

+ (a + b) n = B(a) + bn

+ (a + 1) n là B(a )+ 1

d) 3663 − 1 chia hết cho 7 nhưng không chia hết cho 37

e) 24n −1 chia hết cho 15 với n 

Lời giải a) 251 − 1 = (23)17 − 1 23 − 1 = 7

b) 270 + 370 (22)35 + (32)35 = 435 + 935 4 + 9 = 13

c) 1719 + 1917 = (1719 + 1) + (1917 − 1)

1719 + 1 17 + 1 = 18 và 1917 − 1 19 − 1 = 18 nên (1719 + 1) + (1917 − 1) hay 1719 + 1917 18

d) 3663 − 1 36 − 1 = 35 7

3663 − 1 = (3663 + 1) − 2 chia cho 37 dư − 2

e) 2 4n − 1 = (24) n − 1 24 − 1 = 15

Ví dụ 2.2 Chứng minh rằng

31

a) n 5 − n chia hết cho 30 với n  ;

b) n 4 −10n 2 + 9 chia hết cho 384 với mọi n lẻ n 

c) 10 n +18n − 28 chia hết cho 27 với n  ;

Lời giải a) n 5 − n = n(n 4 - 1) = n(n − 1)(n + 1)(n 2 + 1) = (n −1).n.(n + 1)(n 2 + 1) chia hết cho 6 vì

(n −1).n.(n+1) là tích của ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 2 và 3 (2.1)

Suy ra (n − 2)(n − 1)n(n + 1)(n + 2) + 5n(n 2 − 1) chia hết cho 5 (2.2)

Từ (2.1) và (2.2) suy ra điều phải chứng minh

32

Vì (k − 1).k.(k + 1).(k + 2) là tích của 4 số nguyên liên tiếp nên A có chứa bội của 2,

3, 4 nên A là bội của 24 hay A chia hết cho 24 (2.4)

Từ (2.3) và (2.4) suy ra A chia hết cho 16 24 = 384

c) 10 n +18n −28 = (10 n − 9n − 1) + (27n − 27)

+ Ta có: 27n − 27 27 (2.5)

+ 10 n − 9n − 1 = [(9…9+ 1) − 9n − 1] = 9…9 − 9n = 9(1…1 − n) 27 (2.6)

vì 9 9 và 1…1 − n 3 do 1…1 − n là một số có tổng các chữ số chia hết cho 3

Từ (2.5) và (2.6) suy ra điều phải chứng minh

Ví dụ 2.3 Chứng minh rằng với mọi số nguyên a thì

a) a 3 − a chia hết cho 3

b) a 7 − a chia hết cho 7

Lời giải a) a 3 − a = a(a 2 − 1) = (a − 1) a (a + 1) là tích của ba số nguyên liên tiếp nên tồn tại một số là bội của 3 nên (a − 1) a (a + 1) chia hết cho 3

b) a 7 − a = a(a 6 − 1) = a(a 2 − 1)(a 2 + a + 1)(a 2 − a + 1)

Nếu a = 7k ( k  ) thì a chia hết cho 7

Nếu a = 7k + 1 ( k  ) thì a 2 - 1 = 49k 2 + 14k chia hết cho 7

Nếu a = 7k + 2 ( k  ) thì a 2 + a + 1 = 49k 2 + 35k + 7 chia hết cho 7

Nếu a = 7k + 3 ( k  ) thì a 2 - a + 1 = 49k 2 + 35k + 7 chia hết cho 7

n

33

Trong trường hợp nào cũng có một thừa số chia hết cho 7

Vậy: a 7 − a chia hết cho 7

Ví dụ 2.4 Chứng minh rằng A = 13 + 23 + 33 + + 1003 chia hết cho B = 1 + 2 + 3 +

Lại có:

A = (13 + 993) + (23 + 983) + + (503 + 1003)

Mỗi số hạng trong ngoặc đều chia hết cho 50 nên A chia hết cho 50 (4.2)

Từ (4.1) và (4.2) suy ra A chia hết cho 101 và 50 nên A chia hết cho B

34

c) Cho a là số nguyên tố lớn hơn 3 Chứng minh rằng a2 – 1 chia hết cho 24

d) Nếu a + b + c chia hết cho 6 thì a 3 + b 3 + c 3 chia hết cho 6

e) 20092010 không chia hết cho 2010

f) n 2 + 7n + 22 không chia hết cho 9

2.1.2 Tìm số dư của một phép chia

Ví dụ 2.5 Tìm số dư khi chia 2100

2 52 − 50.5 cũng chia hết cho 125 , số hạng cuối cùng là 1

35

Vậy: 2100 = B(125) + 1 nên chia cho 125 thì dư 1

Ví dụ 2.6 Viết số 19951995 thành tổng của các số tự nhiên Tổng các lập phương đó chia cho 6 thì dư bao nhiêu?

Mỗi dấu ngoặc đều chia hết cho 6 vì mỗi dấu ngoặc là tích của ba số tự nhiên liên

tiếp Chỉ cần tìm số dư khi chia a cho 6

1995 là số lẻ chia hết cho 3, nên a cũng là số lẻ chia hết cho 3, do đó chia cho 6 dư

3

Ví dụ 2.7 Tìm ba chữ số tận cùng của 2100 viết trong hệ thập phân

Lời giải Tìm 3 chữ số tận cùng là tìm số dư của phép chia 2100 cho 1000

Trước hết ta tìm số dư của phép chia 2100 cho 125

Vận dụng ví dụ 2.5 ta có 2100 = B(125) + 1 mà 2100 là số chẵn nên 3 chữ số tận cùng của nó chỉ có thể là 126, 376, 626 hoặc 876

Hiển nhiên 2100 chia hết cho 8 vì 2100 = 1625 chi hết cho 8 nên ba chữ số tận cùng của nó chia hết cho 8

Trong các số 126, 376, 626 hoặc 876 chỉ có 376 chia hết cho 8

Vậy: 2100 viết trong hệ thập phân có ba chữ số tận cùng là 376

= B(7) + 1 + B(7) − 1 = B(7) nên 2222 + 5555 chia 7 dư 0

b) Luỹ thừa của 3 sát với bội của 7 là 33 = B(7) – 1

Ta thấy 1993 = B(6) + 1 = 6k + 1, do đó:

31993= 3 6k + 1 = 3.(33)2k = 3(B(7) – 1)2k = 3(B(7) + 1) = B(7) + 3

c) Ta thấy 1995 chia hết cho 7, do đó:

19921993 + 19941995 = (B(7) – 3)1993 + (B(7) – 1)1995 = B(7) – 31993 + B(7) – 1 Theo câu b ta có 31993 = B(7) + 3 nên

19921993 + 19941995 = B(7) – (B(7) + 3) – 1 = B(7) – 4 nên chia cho 7 thì dư 3 d) 321930 = 32860 = 33k + 1 = 3.33k = 3(B(7) – 1) = B(7) – 3 nên chia cho 7 thì dư 4

Bài tập tự luyện

Tìm số dư khi chia

a) 21994 cho 7

b) 31998 + 51998 cho 13

37

c) A = 13 + 23 + 33 + + 993 chia cho B = 1 + 2 + 3 + + 99

2.1.3 Tìm điều kiện để xảy ra quan hệ chia hết

Ví dụ 2.9 Tìm n  để giá trị của biểu thức A = n 3 + 2n 2 − 3n + 2 chia hết cho giá trị của biểu thức B = n 2 – n

Lời giải Chia A cho B ta có: n 3 + 2n 2 − 3n + 2 = (n + 3)(n 2 − n) + 2

Để A chia hết cho B thì 2 phải chia hết cho n 2 − n = n(n − 1) do đó 2 chia hết cho n, ta