Bài soạn số học nguyệt

PHẦN I: CÁC KIẾN THỨC LÝ THUYẾT CƠ BẢN TRONG SỚ HỌC I Tính chia hết tập hợp sớ nguyên a, b Định nghĩa 1: Với hai số nguyên hay b chia hết hiệu là a Mb a, hay b Ngược lại, ta nói rằng và a là ước của a chia hết cho b nếu tồn tại số nguyên không chia hết cho p >1 Định nghĩa 2: Số nguyên dương ước số là , ta nói a b (hay k a b, là bội của cho a = kb Ki được gọi là số nguyên tố nếu nó chỉ có hai p Các tinh chất bản của tinh chia hết: a, b 1/ Nếu 2/ Nếu nguyên dương mà Mb, ∀i = 1, n thì a thì a≥b (a1 + a2 + + an ) Mb 3/ Với hai số nguyên không âm bất kì q nguyên và r cho a; b, b ≠ 0, tồn tại nhất một cặp số a = bq + r ; ≤ r < b II ƯỚC SỐ CHUNG LỚN NHẤT VÀ BỘI SỐ CHUNG NHỎ NHẤT Cho a, b ∈ ¢ + Định nghĩa 3: Ước sớ chung lớn nhất của nguyên dương lớn nhất mà cả a và b a và b được ki hiệu là ( a , b) và là số đều chia hết cho nó a Định nghĩa 4: Bội số chung nhỏ nhất của nguyên dương nhỏ nhất mà chia hết cho cả a và b b và được ki hiệu là [a, b ] và là số Định nghĩa 5: Cho n 1/ Số nguyên dương số nguyên dương d a1 , a2 , , an được gọi là UCLN của a1 , a2 , , an và ki hiệu là ( a1 , a2 , , an ) nếu thỏa mãn hai điều kiện sau: i/ Md ; ∀i = 1, n ii/ Nếu d' là số nguyên dương mà 2/ Số nguyên b Md '; ∀i = 1, n được gọi là BCNN của thì a1 , a2 , , an d Md ' và ki hiệu là nếu thỏa mãn hai điều kiện sau: i/ b Mai ; ∀i = 1, n ii/ Nếu b' là số nguyên dương mà b 'Mai ; ∀i = 1, n thì b 'Mb Các tính chất bản của UCLN và BCNN a, b ∈ ¢ + 1/ Khi đó ( a , b) = ( a , a + b ) 2/ (a,b).[a,b]=ab 3/ Cho m ∈ ¢+ 4/ Giả sử Thế thì (a, b)Md thì (ma, mb) = m(a, b);[ma, mb] = m[a, b] a b ( ; ) = ( a, b) d d d [a1 , a2 , , an ] 5/ Hai số ab Mc a, b được gọi là nguyên tố cùng nếu Khi đó, nếu (a, c ) = thì ( a, b) = Cho a , b, c ∈ ¢ + cho b Mc 6/ Hai số nguyên liên tiếp thì nguyên tố cùng d = ( a, b) 7/ Nếu 8/ a, b x, y thì tồn tại các số nguyên cho nguyên tố cùng và chỉ tồn tại ax + by = d x, y ∈ ¢ cho ax + by = III SỐ NGUN TỚ n Định lí bản của sớ học: Cho có thể biểu diễn nhất dưới dạng số tự nhiên và pi (i = 1, k ) n là số nguyên dương lớn Khi đó n = p1α1 p2α pk αk , đó là các số nguyên tố thỏa mãn: k , α i (i = 1, k ) < p1 < p2 < < pk phân tich được gọi là khai triển chinh tắc của số nguyên dương là các Dạng n Định lí Euclid Tồn tại vô hạn số nguyên tố Định lí bản về mối liên hệ giữa tính chia hết và số nguyên tố Giả sử p và là số nguyên tố cho ab Mp Khi đó ta phải có hoặc a Mp hoặc a, b ∈ ¢ + b Mp IV ĐỒNG DƯ Định nghĩa Cho ki hiệu a ≡ b(mod m) a, b ∈ ¢; m ∈ ¢ + Ta nói và chỉ a đồng dư với b môđun (môđunlô) (a − b)Mm Các tính chất bản của đồng dư 1/ Nếu a ≡ b(mod m) và c ≡ d (mod m) thì a + c ≡ b + d (mod m) và ac ≡ bd (mod m) m và 2/ Nếu p là số nguyên tố và ab ≡ 0(mod p ) a ≡ 0(mod p) thì hoặc b ≡ 0(mod p ) V MỘT VÀI ĐỊNH LÍ CƠ BẢN CỦA SỐ HỌC Định lí Fermat Nếu ( a, p ) = Nói riêng, p là số nguyên tố và thì a là số nguyên tùy ý thì ( a p − a )Mp a p − a Mp Chứng minh: - Nếu thì ta có điều cần chứng minh - Nếu a Mp Khi đó phần dư chia 2a,3a, ( p − 1)a a, 2a, , ( p − 1) a a.2a (p − 1) a p −1 ≡ (1.2 (p − 1)(modp) Định lí Euler Nếu m p cũng không chia hết cho cho p Suy Thế thì, Gọi r1 , r2 , , rn {r1 , , rp−1 } = {1, 2, , p − 1} là các Suy a p −1 ≡ 1(modp) là số nguyên dương và ( a, m ) = thì aφ ( m ) ≡ 1(mod m), ở φ (m) là Phi-hàm Owle của nguyên tố cùng với Định lí Willson p m là số nguyên tố và chỉ p = 4k + Định lí phần dư Trung Hoa Giả sử a và b m và m Định lí Fermat- Euler Nếu cùng nhau, là số các số nguyên dương nhỏ thì tồn tại r và s ( p − 1)!+ a, b ∈ ¢ chia hết cho cho p p = a + b2 là các số nguyên dương nguyên tố là hai số nguyên tùy ý Khi đó, tồn tại một số nguyên N cho N ≡ a(mod r ) N ≡ b(mod s ) và nhất(theo nghĩa môđun rs Ngoài N được xác định một cách ) HÀM PHẦN NGUYÊN Định nghĩa Cho x là số thực, ta gọi phần nguyên của x (và ki hiệu là [x] ) là số x nguyên lớn nhất không vượt quá ) Định nghĩa Cho x được xác định sau: Định nghĩa Cho x là số thực, ta gọi phần lẻ của là số thực, ta gọi 2/ [ x + y] = x thì n∈¢ thì x∈¢ và [ x],{x}, (x) ≤ y 1 R ≤ R (4,5, 6) = thì 4.5.6 − 1 nên nếu p≥4 R ≤ R (3,5, 7) = 3.5.7 − 104 = 2.4.6 48 Trường hợp 2: Nếu p=3 thì R=2= Vì R ∈¢ nên q = 3qr − ⇔ qr − 4q − 4r + = ⇔ q (r − 4) − 4(r − 4) = 11 ⇔ (r − 4)(q − 4) = 11 ⇔  2(q − 1)(r − 1)  r = 15 p = ⇒ R ≤ R (2, 4, 6) = 48  R = ⇒ 15 R = Trường hợp 3: Nếu R=2⇔ 2qr − = ⇔ 2q + 2r = 3(> n: +) Xét m = n =1⇒  m = n3 + 1Mn − ⇔ n − n + 1M( n − 1) ⇔ n M(n − 1) ⇔ 1M( n − 1) ⇔ n = nên +) Xét n + ≡ 1(mod n); mn − ≡ −1(mod n) n > Vì m>n⇒ Vì ⇒ Vì nên đặt n3 + = kn − mn − n3 + n + 1 < < n+ mn − n − n −1 ⇒ k =1 n3 + n3 + n3 + n n2 + = n − ⇒ mn − = ⇒ mn = ⇒m= = n +1+ mn − n −1 n −1 n −1 n −1 n − =  n = 2, m = m, n ∈ ¢ ⇒  ⇒  n − =  n = 3, m = Kl: Các cặp số thỏa yêu cầu là: (2,2);(1,3),(3,1),(1,2),(2,1),(2,5),(5,2),(3,5),(5,3) Nhận xét: - Nhẫm thấy việc loại trừ các bộ khác - Từ nM3 1!+ 2!+ 3! = 32 và một vài bộ khác không thỏa Ta nghĩ đến k ≤ ⇔ k < ⇔ f (m)M27 đến m, n, k Bài 39 Tìm là các số nguyên lớn cho 1!+ 2!+ + m ! = n k HD: Đặt f (m) = + 2!+ + m ! Ta thấy - Và m≥2 m≥9 thì thì f (m)M3 m !M27 nên nếu đó f ( m) = n k nM3 f (8) = 46233M27 k =2 - Với thì m = 7, f (7) = 5913 = 27.219 ⇒ f (7) ≠ n k , ∀n, k nên m≥8 mà f ( m) = n k thì m≤6 - Với f ( m) thì tất cả - Do đó nếu - Ta tìm m, n f ( m) = n k 27 k =2 thì 1!+ 2!+ + m ! = n để Ta có nhận xét - Thử đều không chia hết cho m≥4 thì f (m) ≡ 3(mod 5) n ≡ 3(mod 5), ∀n nên m ≤ m = ⇒ n = 3; m = ⇒ ∃n Kết luận: Tồn tại nhất bộ (3,3,2) thỏa yêu cầu Bài 40(Canada 1987) Chứng minh rằng HD: 1985!!+ 1986!!M 1987 A = 1985!!+ 1986!! = 1.3.5 1985 + 2.4.6 1986 = 1.3.5 1987 + (1987 − 1985)(1987 − 1983)(1987 − 1981) (1987 − 2) ≡ 0(mod1987) Nhận xét: Có thể thay 1985 bởi 2015; 1986 bởi 2016; 1987 bởi 2017 Bài 41 Cho p HD: Giả sử là số nguyên tố lẻ Chứng minh rằng p = 2q + Khi đó S S = 12 k +1 + 22 k +1 + + ( p − 1) k +1 Mp là tổng của q cặp, mỗi cặp có dạng m k +1 + ( p − m)2 k +1 ≡ 0(mod p) Dạng 2: SỐ NGUYÊN TỐ Bài Tìm tất cả số nguyên tố dạng HD Phân tich n3 − = (n − 1)(n + n + 1) n3 − 1, n Suy là số nguyên lớn n=2 thỏa yêu cầu Bài Chứng minh rằng HD Chú ý rằng n4 + là số nguyên tố và chi n + = (n + 2) − (2n) = ( n − 2n + 2)(n + 2n + 2) Bài Tìm tất cả các số nguyên n ≥1 cho HD – Nhận xét rằng điều kiện cần để - Ta thấy n =1 n =1 n + 4n thỏa yêu cầu Ta chứng minh n + 4n là một số nguyên tố là số nguyên tố là n≥3 n là số lẻ không thỏa yêu cầu n + 4n = n + 2.n 2 n + 22 n − 2.n 2 n = ( n + 2n ) − n2 n +1 Thật vậy: Ta có n≥3 Khi thì yêu cầu = (n + 2n − n.2k )(n + n + n.2k ) n + 2n + n.2k và Bài Chứng minh rằng nếu HD: n + 2n − n.2k ab ≠ thì đều lớn nên a + 4b n≥3 không thỏa là hợp số a + 4b = (a + 2b ) − 4a 2b = (a − 2ab + 2b )( a + 2ab + 2b ) 11 { − 22 { n sô n sô Bài Chứng minh rằng số là một số chinh phương 102 n − 10n − 10 n − 2.10n + 10 n − 11 − = =( ) { − 22 { = 9 n sô n sô HD Ta có 49, 4489, 444889, 44448889, , 44 488 89 { { n sô Bài Chứng tỏ rằng mọi số dãy số chinh phương ( n −1) sô là n −1 n−2 44 + + 10n ) + 8(10n −1 + 10 n − + + 10) + { 88 { = 4(10 + 10 n sô ( n −1) sô HD: Ta có = 4(102 n −1 + 102 n − + + 10n ) + 8(10n −1 + 10 n −2 + + 10 + 1) + = 4.10 n = 10n −1 10n − +8 +1 9 4.102 n + 4.10n + 2.10n + =( ) a n + 1,1 < a ∈ ¥ Bài Chứng minh rằng nếu là số nguyên tố thì a là số chẵn và n là k một lũy thừa của Số nguyên tố có dạng - Nhận xét - Và n Giả sử Suy a chẵn vì nếu n = p.2k , p n lẻ thì an + chia hết cho a +1 k lẻ Khi đó a n + = (a ) p + Nếu p >1 thì an + k có ước là a2 + p =1 a n − 1,1 < a ∈ ¥ nguyên tố và số nguyên tố có dạng 2n − là số nguyên tố thì a=2 và n là số được gọi là số nguyên tố Mersenne a n − = (a − 1)(a n −1 + a n −2 + + a + 1) Bài Chứng minh rằng HD: được gọi là số nguyên tố Fermat là số chẵn Bài Chứng minh rằng nếu HD 22 + 1 1 1 1 1 − + − + + − = + + + 2n − 2n n + n + 2n 1 1 1 1 1 1 − + − + + − = + + + + − 2( + + + ) n − 2n 2n 2n = 1 + + + n +1 n + 2n a, b Bài 10 Nếu là các số nguyên cho Chứng minh 1 1 a − + − + + − = 1318 1319 b aM 1979 Bài 11 Dạng 3: MỘT VÀI BÀI TOÁN THÚ VỊ VỀ ĐỒNG DƯ Bạn biết gì về “thứ sáu ngày 13”? Đây là ngày mà thế giới xem là ngày không may mắn(? Các bạn hãy tìm hiểu vì nhé!) Thường thì vào ngày này người ta không thực hiện các công việc quan trọng Vậy mỗi năm có ngày là “thứ sáu ngày 13” và ngày đó sẽ là ngày của tháng mấy? Khi giải xong bài toán sau chúng ta sẽ có câu trả lời cho câu hỏi Bài Chứng minh rằng mỗi năm, kể cả năm nhuận đều có ít nhất một “thứ sáu ngày 13” Bài giải: Bài toán đồng nghĩa với chứng minh mỗi năm, kể cả năm nhuận có it nhất ngày mồng một(đầu tháng) nào đó rơi vào chủ nhật Ta có thể chứng minh bài toán sau: Ta quan tâm đến ngày đầu tiên của tất cả 12 tháng năm Xét đến thứ tự của những ngày đó năm ta có bảng sau: Thứ tự của ngày đầu tháng năm Tháng Một Hai Ba Năm không nhuận 32 60 Mod Năm không nhuận Năm nhuận 32 61 4 Năm nhuận Bốn Năm Sáu Bảy Tám Chin Mười Mười một Mười hai 91 121 152 182 213 244 274 305 355 92 122 153 183 214 245 275 306 356 6 Từ bảng ta suy Nếu ngày tháng là… Chủ nhật Thứ hai Thứ ba Thứ tư Thứ năm Thứ sáu Thứ bảy Thì tháng có ngày 13 rơi vào thứ là Năm không nhuận Năm nhuận Tháng một,tháng mười Tháng một, tháng tư, tháng bảy Tháng tư,tháng bảy Tháng chin, tháng mười hai Tháng chin, tháng mười Tháng sáu hai Tháng sáu Tháng ba, tháng mười một Tháng hai,tháng ba, tháng Tháng hai, tháng tám mười một Tháng tám Tháng năm Tháng năm Tháng mười Như vậy, ta có thể kết luận mỗi năm kể cả năm nhuận đều có it nhất một ngày 13 rơi vào thứ sáu Bài Xét dãy đơn điệu tăng các số tự nhiên 3,5,15, 24, 48, là các số chia hết cho và nhỏ số chinh phương đơn vị Hãy tìm phần dư của số thứ 1994 dãy chia cho 1000 HD: - Nhận xét rằng  n = 3k + n − = (n − 1)(n + 1) M3 ⇔   n = 3k − - Các số dạng dãy (3k + 1)2 − - Số thứ 1994 dãy là ở vị tri chẵn dãy, còn HD: Đặt  1020000  10100 +    Khi đó  1020000   (a − 3) 200   200 k 200−k   200 k 199 −k  =  ∑ C200 a (−3) k  =  ∑ C200 a (−3)k  10100 +  =   a   k =0       a k =0 Vì a ≡ 3(mod10) 200 ∑C Vì k =0 Suy k 200 đứng ở vị tri lẻ (3.997 + 1) − ≡ (3( −3) + 1) − = 63(mod1000) Bài Tìm chữ số tận cùng của số a = 10100 + (3k − 1) − 199 199 199 k =0 k =0 k =0 199 ∑C = k =0 k 199 − k 200 a (−3) k k k k a199− k ( −3) k ≡ ∑ C200 3199− k (−3) k = 3199 ∑ C200 ( −1) k (mod10) ∑ C200 nên 199 ∑C (−1)k = nên k =0 k 200 199 k 3199 ∑ C200 ( −1) k (mod10) = 3199 ( −1) = −3199 (−1) k = −1 Do đó k =0  1020000  199 10100 +  ≡ −3 (mod10) ≡ ( mod10 )   Bài Xác định tất cả các số nguyên không âm (n1 , n2 , , n14 ) cho n14 + n2 + + n14 = 2031 HD: Ta có nhận xét chia cho 16 thỏa yêu cầu n ≡ 0,1(mod16) 2031 nên n14 + n2 + + n14 có số dư không quá 14 có số dư là 15 theo mod 16 Do đó không tìm được bộ số a , b, c Bài Chứng minh rằng với bất kì các số nguyên tồn tại số nguyên HD: - Vì n>3 k cho a + k,b + k, c + k nhất lớp thặng dư a, b, c nằm lớp thặng dư với phải chứng minh Tức là , a, b, c mod n Do đó tồn tại một số n>3 n đều không chia hết có nhiều lớp thặng dư mod n và số tự nhiên mà số −k ∈ ¢ tḥc nhiều cho −k − k ≡ a; −k ≡ b; − k ≡ c(mod n) không cùng Suy điều n −1 (kn)! ≡ 0(mod ∏ ( n + r )); n, k ∉ ¥ , n ≥ k ≥ r =0 Bài Chứng minh rằng HD: (kn)! = M (n − 1)!n(n + 1) (2n − 1) n !! = n !( Bài Đặt HD Ta có = (n − 1)( M − Với 1 (−1) n − + + ) 2! 3! n! Chứng minh rằng n !! ≡ n !(mod(n − 1)) 1 (−1) n − ( −1) n −1 (−1) n n !− n !! = n( n − 1)(n − 2)!(1 − + − − − − ) 2! 3! ( n − 2)! ( n − 1)! n! n(−1) n −1 ( −1) n n −1 − ) = ( n − 1)( M − ( −1) n −1 ) n −1 n −1 n −1 1 ( −1) n − M = n(n − 2)!(1 − + !− − ) 2! (n − 2)! n +2 ∑C Bài Chứng minh rằng 2k , 4k + 3, 4k + k =0 2k 6n+2 là số nguyên 3k ≡ 0, 23n +1 , −23 n +1 (mod 23n + ) n lần lượt có dạng n +2 n +1 k =0 k =0 (1 + 3) n + + (1 − 3) n + = ∑ C62nk+ ( 3) 2k = ∑ 3k HD: Ta có Bài Tìm tất cả các số Gợi ý: n :1 ≤ n ≤ 25 cho n + 15n + 22M6 n = 15n + 22 ≡ n + 3n + = (n + 1)(n + 2)(mod 6) Bài 10 Cho n = 6n + 8n Tìm phần dư chia Bài 11 Tìm các số tự nhiên x, y a83 cho 49 30 x0 y03 cho số chia hết cho 13 Ta có 30 x0 y 03 = 3.106 + x.10 + y.102 + 3M 13 ⇔ x + y ≡ −6(mod13 ⇔ x + y ≡ −2 ≡ 11(mod13)  x + y = 11 ⇔  x + y = 22  x + y = 33 Bài 12 Tìm tất cả số nguyên HD: Th2: Th3: cho  n10 + 1M5  n = 2k + n10 + 1M 10 ⇔  10 ⇔ 10 (2k + 1) + 1M  n + 1M2 Xét trường hợp: Th1: n k ≡ 0(mod 5), k ≡ 1(mod 5) k ≡ 2(mod 5) Th4: k ≡ 3(mod 5) không thỏa thỏa không thỏa thỏa n10 + chia hết cho 10 Th5: k ≡ 4(mod 5) Kết luận: không thỏa n = 2(5t + 1) + = 10t + hoặc n = 2(5t + 3) + = 10t + Bài 13 Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên x, y , z thỏa yêu cầu thỏa mãn điều kiện 800000007 = x + y + z HD: Nhận xét rằng bất kì số nguyên Do đó ∀x, y, z ∈ ¢ thì x thì x + y + z ≡ 7(mod 8) x ≡ 0,1, 4(mod 8) Suy đpcm ( x, y ) Bài 14 Chứng minh rằng không tồn tại cặp số nguyên HD: Phương trình đã cho tương đương với không xảy Bài 15 Chứng minh rằng nếu HD: Nếu ngược lại thì a + b M7 thì a , b ≡ 1, 2, 4(mod 7) cho x − = y ⇒ x ≡ 3(mod 7) aM7 và , suy x2 − y = Điều này bM7 a + b M7 Bài 16 Chứng minh rằng tổng tất cả các chữ số của một số chinh phương không thể bằng 1991 HD: Gọi Vì a1a2 an = x x ≡ 0,1(mod 3) là số chinh phương Khi đó 1991 ≡ 2(mod 3) n Bài 17 Chứng minh rằng HD Xét hai trường hợp Th1: 2n = 3k + n a1 + a2 + + an ≡ x (mod 3) nên ta có điều phải chứng minh 42 + 22 + 1M7, ∀n ∈ ¥ Th2: 2n = 3k + Bài 18 Tìm hai chữ số tận cùng của số HD: Ta có Suy 310 = 59049 ≡ 49(mod100) 492 = 2401 ≡ 01(mod100) ; 3100 ≡ 4910 = (492 )10 ≡ 110 (mod100) Và n( n chia hết cho + + n + 1) = n n −1 +n n−2 01 + + n Ta cần chứng minh n − chia hết cho Thật vậy: Ta có cần chứng minh Bài 20 Các số từ 192021 9192 19 đến 92 Tìm lũy thừa lớn nhất của là ước của số HD: Ta có 192021 9192 Bài 20 Đặt , đó ta được điều viết liên tiếp giữa nguyên thứ tự ta được số 1920 9192 ≡ 19 + 20 + + 91 + 92 = 92.93 − 18.19 = 4017 = 3.1369(mod 3, mod 9) chia hết cho không chia hết cho A = 44444444 ; B = S ( A), C = S ( B) S (C ) Tìm - Trước hết ta khoanh vùng cho giá trị của số Ta có là (n − 1) , ∀n > n n −1 + n n − + + n = (n n −1 − 1) + (n n − − 1) + + (n − 1) + (n + n − 2) Suy số 3100 n n − n + n − ≡ n n − n(mod(n − 1) ) n n − n = (n − 1) n(n n − + n n −3 + + n + 1) n−2 Do đó chữ số tận cùng của nn − n2 + n − Bài 19 Chứng minh rằng HD: Ta có 3100 S (C ) A = 44444444 < 100004444 = 104.4444 = 1017776 Suy B = S ( A) < 9.17776 = 159998 Mặt khác Vậy và C = S ( B) ≤ 9.5 = 45 Vì vậy D = S (C ) ≤ + = 12 S (C ) ≡ C ≡ B ≡ A ≡ 44444444 ≡ (−2)4444 = ( −2)6.740 +4 ≡ (−2) ≡ 7(mod 9) C =7 Bài 21 Cho f ( x) = a0 x n + a1 x n −1 + + an −1 x + an ; ∈ ¢ Chứng minh rằng HD: Giả sử a b f ( x) = Giả sử a1 , an , f ( 1) là các số lẻ không có nghiệm hữu tỉ là nghiệm hữu tỉ của phương trình f ( x) = Ta có a a a a0 ( ) n + a1 ( ) n −1 + + an −1 + an = ⇔ a0 a n + a1a n−1b + + an −1b n−1 + an b n = b b b a0 a n + a1a n −1b + + an −1b n −1 + an b n ≡ a0 + a1 + a2 + + an = f (1) ≡ 1(mod 2) thuẫn với a f( )=0 b b (Chú ý: Vì lẻ nên a a f ( )M2 ⇔ b n f ( ) M2 b b Bài 23 Chứng minh rằng một số chia hết cho nó tạo thành số chia hết cho HD: Vì ) và chỉ k 10k M2k Bài 24 Tìm các chữ số HD: 2k x, y cho x 42 yM 88  x 42 y M 42 y M 8 y = ⇔ ⇔ ⇔ 11 11  x − + − y = x − y − 2M x 42 yM 88  x 42 y M x = Bài 25 Điều này mâu k chữ số cuối của