Một số phương pháp giải bài toán chia hết : Luận văn ThS. Phương pháp toán sơ cấp: 60 46 01 13

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ———————o0o——————– TRẦN THỊ THẢO MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN CHIA HẾT Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: GS TS Đặng Huy Ruận HÀ NỘI - 2014 Mục lục Mở đầu Một số khái niệm kiến thức 1.1 Phép chia hết 1.2 Phép chia có dư 1.3 Số nguyên tố 1.4 Các số nguyên tố 1.5 Ước số chung lớn 1.6 Bội số chung nhỏ 1.7 Định nghĩa đồ thị 1.8 Đồ thị gán nhãn 1.9 Nguồn Một số phương pháp giải toán chia hết 2.1 Phương pháp chia có dư 2.1.1 Phương pháp chia có dư 2.1.2 Các ví dụ 2.1.3 Các toán tương tự 2.2 Phương pháp đồng dư 2.2.1 Phép đồng dư 2.2.2 Vận dụng phương pháp đồng dư để giải toán 2.2.3 Các toán tương tự 2.3 Phương pháp quy nạp 2.3.1 Nguyên lý quy nạp 2.3.2 Phương pháp chứng minh quy nạp 2.3.3 Vận dụng phương pháp quy nạp để giải toán chia hết 2.3.4 Các toán tương tự 2.4 Phương pháp tiêu chuẩn chia hết 2.4.1 Phương pháp đồng dư với 2.4.2 Phương pháp dãy số dư 2.4.3 Phương pháp nhóm chữ số 2.4.4 Các toán tương tự 4 5 10 11 13 13 13 14 16 16 16 17 21 22 22 22 23 26 27 28 30 32 35 Luận văn thạc sỹ 2.5 35 36 36 40 41 41 42 46 Lời giải - Đáp số Kết luận Tài liệu tham khảo 51 58 59 2.6 Học viên: Trần Thị Thảo Phương pháp vận dụng định lý 2.5.1 Một số định lý chia hết 2.5.2 Các ví dụ 2.5.3 Các toán tương tự Phương pháp nguồn đồng dư 2.6.1 Nguồn đồng dư 2.6.2 Xây dựng số nguồn đồng dư 2.6.3 Ứng dụng nguồn đồng dư Mở đầu Bài toán chia hết toán khó Số học Phương pháp giải tốn chia hết đa dạng, đòi hỏi người làm phải biết vận dụng phương pháp cách thích hợp Chính thế, với mong muốn đưa tài liệu tương đối đầy đủ toán chia hết, em viết luận văn “ Một số phương pháp giải tốn chia hết” Trong khn khổ luận văn này, em xin phép trình bày vài phương pháp để giải toán chia hết Các phương pháp là: Phương pháp chia có dư, phương pháp đồng dư, phương pháp quy nạp, phương pháp tiêu chuẩn chia hết, phương pháp vận dụng định lý phương pháp nguồn đồng dư; phương pháp nguồn đồng dư nói phương pháp để xác định tính chia hết số Ngồi mục lục, lời nói đầu, kết luận, tài liệu tham khảo luận văn chia làm ba chương: Chương 1: Một số khái niệm kiến thức Chương trình bày số khái niệm kiến thức tính chia hết nhằm phục vụ cho nội dung chương Chương 2: Một số phương pháp giải toán chia hết Chương trình bày sáu phương pháp giải tốn chia hết Mỗi phương pháp kèm theo ví dụ minh họa tập đề nghị Chương 3: Lời giải - đáp số Chương đưa lời giải đáp số cho tập sau phương pháp chương Mặc dù có nhiều cố gắng, song thời gian trình độ cịn hạn chế nên luận văn “ Một số phương pháp giải tốn chia hết” khơng tránh khỏi thiếu sót Em mong nhận ý kiến bảo quý thầy cô bạn đọc để luận văn hoàn thiện Hà Nội, tháng năm 2014 Chương Một số khái niệm kiến thức 1.1 Phép chia hết Định nghĩa 1.1 Cho a, b hai số nguyên b khác Ta nói a chia hết cho b kí hiệu a b, tồn số nguyên k cho a = b.k Khi a chia hết cho b, ta nói b ước a kí hiệu b \ a Ngồi ta cịn nói a bội b Khi a chia hết cho b, a chia hết cho −b , nên ta cần xét ước nguyên dương a Chẳng hạn: Số 12 có ước ±1, ±2, ±3, ±4, ±6, ±12, ta cần xét ước dương 12 1, 2, 3, 4, 6, 12 Một số định lý chia hết Định lý 1.1 Nếu số a1 , a2 , , an chia hết cho m tổng a1 + a2 + · · · + an chia hết cho m Thật vậy, , (1 ≤ i ≤ n) chia hết cho m nên tồn số nguyên ki để = ki m Do đó: n a1 + a2 + · · · + an = n = i=1 n ki m = i=1 ki m i=1 Vì tổng số nguyên số nguyên, tức ki số nguyên, nên tổng a1 +· · ·+an chia hết cho m Định lý 1.2 Nếu a b chia hết cho m, hiệu a − b b − a chia hết cho m Thật vậy, a b chia hết cho m nên tồn số nguyên t, s để a = t.m b = s.m Do đó: Luận văn thạc sỹ Học viên: Trần Thị Thảo a − b = t.m − s.m = (t − s) m b − a = s.m − t.m = (s − t) m Vì hiệu hai số nguyên số nguyên nên (a − b) m (b − a) m Hệ 1.1 Nếu tổng số số hạng chia hết cho m trừ số hạng, tất số hạng khác chia hết cho m, số hạng chia hết cho m Định lý 1.3 Nếu số , (1 ≤ i ≤ n) chia hết cho mi , tích a1 a2 an chia hết cho tích m1 m2 mn Thật vậy, , (1 ≤ i ≤ n) chia hết cho mi nên tồn số nguyên ki , để = ki mi Khi đó: a1 a2 an = k1 m1 k2 m2 kn mn = (k1 k2 kn ) (m1 m2 mn ) Vì tích số ngun số nguyên nên tích a1 a2 an chia hết cho tích m1 m2 mn Hệ 1.2 Nếu a chia hết cho m, với số tự nhiên n tùy ý, an chia hết cho mn Hệ 1.3 Nếu thừa số chia hết cho m, tích số với số khác chia hết cho m 1.2 Phép chia có dư Định nghĩa 1.2 Giả sử a, b hai số nguyên b = Ta nói số a chia cho số b có thương q số dư r, a biểu diễn đẳng thức a = bq + r , ≤ r ≤ |b| − Định lý 1.4 Cho a, b hai số nguyên b = Khi tồn cặp số (q, r), cho a = bq + r với ≤ r ≤ |b| − Nhận xét: Cho b > a tùy ý Khi chia a cho b số dư 0, 1, 2, , b − 1.3 Số nguyên tố Định nghĩa 1.3 Số tự nhiên p > gọi số ngun tố, ngồi p, khơng cịn ước tự nhiên khác Số tự nhiên lớn có nhiều hai ước tự nhiên gọi hợp số Luận văn thạc sỹ Học viên: Trần Thị Thảo Số có ước số tự nhiên Số số nguyên tố hợp số Các tính chất i) Mọi số tự nhiên lớn có ước số nguyên tố (ước nguyên tố) ii) Nếu số tự nhiên a lớn không chia hết cho số nguyên tố bé hơn, a số nguyên tố Nhận xét: Từ tính chất ii, cho ta thuật tốn xác định tính ngun tố: Giả sử a số tự nhiên lớn 1, để xác định a số nguyên tố hay √ không, ta cần xét số nguyên tố nhỏ a Nếu a không chia hết cho số số a số nguyên tố Ngược lại, a chia hết cho số a hợp số iii) Tập hợp số nguyên tố vô hạn iv) Mọi số tự nhiên lớn phân tích cách thành tích thừa số nguyên tố Tức với số tự nhiên n > ta biểu diễn dạng n = pk11 pk22 pkmm (∗) pi (1 ≤ i ≤ m) số nguyên tố, ki (1 ≤ i ≤ m) số nguyên dương Dạng biểu diễn (∗) gọi dạng tắc số n v) Nếu p số nguyên tố, với số tự nhiên a có ap − a chia hết cho p 1.4 Các số nguyên tố Định nghĩa 1.4 Hai số a, b gọi hai số nguyên tố kí hiệu (a, b) = 1, chúng có ước chung số Các tính chất Luận văn thạc sỹ Học viên: Trần Thị Thảo Định lý 1.5 Nếu a b nguyên tố nhau, tồn số nguyên x0 y0 để ax0 + by0 = Định lý 1.6 Nếu số a, b nguyên tố n chia hết cho a b, n chia hết cho tích ab Định lý 1.7 Nếu tích ac chia hết cho b a, b nguyên tố nhau, c chia hết cho b 1.5 Ước số chung lớn Định nghĩa 1.5 Ước số lớn hai số nguyên a b gọi ước số chung lớn a b, ký hiệu (a, b) viết thu gọn ƯSCLN Một số tính chất ước số chung lớn Định lý 1.8 Giả sử a, b hai số nguyên hai số khác không, d = (a, b) ƯSCLN a b Khi tồn số nguyên x0 , y0 để ax0 + by0 = d Định lý 1.9 Giả sử a, b hai số nguyên, có số khác khơng d = (a, b) ƯSCLN chúng Số c ước chung a b c ước d Định lý 1.10 Giả sử a, b số nguyên r số dư phép chia a cho b Khi (a, b) = (b, r) Thuật toán Euclid ( thuật tốn tìm ước chung lớn nhất) Để tìm ước chung lớn hai số tự nhiên a, b (a > b) ta thực bước sau: -B1: Chia a cho b số dư r1 -B2: Chia b cho r1 số dư r2 -B3: Chia r1 cho r2 số dư r3 Giả sử sau i bước ta có số dư r1 , r2 , , ri−1 , ri Sang bước thứ i + 1, ta chia số dư ri−1 cho ri số dư ri+1 Cứ tiếp tục trình bước k đó, mà ta nhận số dư rk ước số dư rk−1 dừng lại Và số dư rk ước chung lớn a b Luận văn thạc sỹ 1.6 Học viên: Trần Thị Thảo Bội số chung nhỏ Trong mục ta hạn chế xét số tự nhiên Định nghĩa 1.6 Số tự nhiên bé đồng thời bội số a số b gọi bội số chung nhỏ a b, ký hiệu [a, b] viết thu gọn BSCNN Một số tính chất bội số chung nhỏ Định lý 1.11 Với hai số tự nhiên a, b bất kỳ, ta ln có (a, b) [a, b] = ab Hệ 1.4 Giả sử a b hai số tự nhiên n0 = [a, b] BSCNN a b Số tự nhiên n bội a b bội số n0 Thuật tốn tìm bội số chung nhỏ Để tìm bội số chung nhỏ hai số tự nhiên a b ta thực hai bước sau: Bước 1: Tìm ƯSCLN a b thuật tốn Euclid a.b , BSCNN a b (a, b) Ví dụ 1.1 Tìm bội số chung nhỏ 2004 720 Bước 2: Tìm thương Lời giải Trước hết ta tìm ước số chung lớn 2004 720 thuật toán Euclid 2004 = 720.2 + 564; 720 = 564.1 + 156; 564 = 156.3 + 96; 156 = 96.1 + 60; 96 = 60.1 + 36; 60 = 36.1 + 24; 36 = 24.1 + 12; 24 = 12.2 Suy (2004, 720) = 12 Vậy bội số chung nhỏ 2004 720 2004.720 = 120240 12 Luận văn thạc sỹ 1.7 Học viên: Trần Thị Thảo Định nghĩa đồ thị Định nghĩa 1.7 • Tập hợp X = ∅ đối tượng E cặp thứ tự không thứ tự phần tử X gọi đồ thị, đồng thời ký hiệu G (X, E) ( G = (X, E) G (X) ) • Các phần tử X gọi đỉnh Cặp đỉnh không thứ tự gọi cạnh, cặp đỉnh thứ tự gọi cạnh có hướng hay cung • Đồ thị chứa cạnh gọi đồ thị vô hướng, đồ thị chứa cung gọi đồ thị có hướng • Nếu đồ thị chứa cạnh lẫn cung gọi đồ thị hỗn hợp hay đồ thị hỗn tạp • Một cung ( hay cạnh) bắt đầu kết thúc đỉnh Cung hay cạnh loại gọi khuyên hay nút • Cặp đỉnh x, y nối với cạnh (cung) a x, y gọi đỉnh hay hai đầu cạnh (cung) a a gọi cạnh (cung) thuộc đỉnh x, đỉnh y • Nếu cung b xuất phát từ đỉnh u vào đỉnh v, u gọi đỉnh đầu, cịn v gọi đỉnh cuối cung b • Trong trường hợp không cần phân biệt cạnh cung ta quy ước dùng cạnh thay cho cung • Đồ thị G (X, E) khơng có khun cặp đỉnh nối với không cạnh, gọi đồ thị đơn hay đơn đồ thị thơng thường gọi đồ thị • Đồ thị G (X, E) khơng có khun có cặp đỉnh nối với từ hai cạnh trở lên gọi đa đồ thị Ví dụ 1.2 Cho đồ thị hỗn hợp có khuyên G (X, E) với tập đỉnh X = {x1 , x2 , x3 , x4 , x5 , x6 , x7 } Tập cạnh cung: Luận văn thạc sỹ Học viên: Trần Thị Thảo Hình 2.2 45 Luận văn thạc sỹ Học viên: Trần Thị Thảo Hình 2.3 2.6.3 Ứng dụng nguồn đồng dư Với số ngun m ≥ có hai tốn sau thường gặp Đó là: Bài tốn xác định số dư: Cho số nguyên dương tùy ý A = ai1 ai2 ain Cần tìm số dư chia số A cho số m? Bài tốn tìm số: Với số nguyên dương m tùy ý không nhỏ số nguyên r tùy ý (0 ≤ r ≤ m − 1), cần tìm số ngun dương B (có thể có số tính chất đó), để số dư chia B cho m số r Đối với toán thứ m = ta giải dễ dàng cách tính tổng tất chữ số A, là: ai1 + ai2 + · · · + ain chia cho nhận số dư A chia cho m Song, m = A gồm nhiều chữ số, việc tìm số dư cách chia A cho m, nói chung, khơng thể thực nhanh chóng Nhưng, ta có nguồn đồng dư theo modul m, sau phút ta có 46 Luận văn thạc sỹ Học viên: Trần Thị Thảo thể tìm đường xuất phát từ đỉnh vào với nhãn ai1 ai2 ain Khi số ghi đỉnh kết thúc đường số dư chia A cho m Chẳng hạn, tìm số dư A = 263479 chia cho Để tìm số dư A chia cho nguồn đồng dư I61 , ta tìm đường D xuất phát từ đỉnh vào V với nhãn 263479 Đường D kết thúc đỉnh I , nên số dư chia A = 263479 cho Đối với tốn tìm số mà m = 3, việc giải cịn phức tạp hơn, dựa vào nguồn đồng dư ta việc xuất phát từ đỉnh r ngược trở đỉnh vào V theo đường mà nhãn thỏa mãn tính chất cho, số cần tìm Chẳng hạn, tìm tất số gồm chữ số, bắt đầu chữ số 1, kết thúc chữ số chia hết cho Để tìm tất số gồm chữ số, bắt đầu chữ số 1, kết thúc chữ số chia hết cho nguồn I61 ta xuất phát từ đỉnh thuộc tầng đỉnh thứ ba, ngược theo cung nhãn để đến đỉnh I IV thuộc tầng đỉnh thứ hai Sau ngược theo tất cung tới đỉnh I IV để đỉnh thuộc tầng Tiếp theo "nhảy " xuống đỉnh thuộc tầng ba ngược theo tất cung tới đỉnh thuộc tầng ba để đỉnh thuộc tầng hai Sau ngược theo tất cung xuất phát từ đỉnh hai tới đỉnh thuộc tầng để đỉnh thuộc tầng Cuối ngược theo cung nhãn thuộc đỉnh để đỉnh vào V Tất đường xuất phát từ đỉnh vào V bắt đầu cung nhãn 1, kết thúc cung nhãn vào đỉnh có độ dài (đều mô tả sơ đồ trang bên), nên nhãn chúng tất số bắt đầu chữ số 1, kết thúc chữ số 2, gồm chữ số chia hết cho Bởi vậy, ta tất số cần tìm 47 Luận văn thạc sỹ Học viên: Trần Thị Thảo Hình 2.4 Giả sử số cần tìm có dạng 1abc2 thỏa mãn 1abc2 chia hết cho Dựa vào hình ta có trường hợp sau: • a ∈ {0, 6} Khi có khả b sau: – Nếu b ∈ {0, 6} c ∈ {0, 3, 6, 9} ; – Nếu b ∈ {1, 7} c ∈ {2, 5, 8} ; – Nếu b ∈ {2, 8} c ∈ {1, 4, 7} ; – Nếu b ∈ {3, 9} c ∈ {0, 3, 6, 9} ; – Nếu b = c ∈ {2, 5, 8} ; – Nếu b = c ∈ {1, 4, 7} 48 Luận văn thạc sỹ Học viên: Trần Thị Thảo • a ∈ {1, 7} Khi có khả b sau: – Nếu b ∈ {0, 6} c ∈ {2, 5, 8} ; – Nếu b ∈ {1, 7} c ∈ {1, 4, 7} ; – Nếu b ∈ {2, 8} c ∈ {0, 3, 6, 9} ; – Nếu b ∈ {3, 9} c ∈ {2, 5, 8} ; – Nếu b = c ∈ {1, 4, 7} ; – Nếu b = c ∈ {0, 3, 6, 9} • a ∈ {2, 8} Khi có khả b sau: – Nếu b ∈ {0, 6} c ∈ {1, 4, 7} ; – Nếu b ∈ {1, 7} c ∈ {0, 3, 6, 9} ; – Nếu b ∈ {2, 8} c ∈ {2, 5, 8} ; – Nếu b ∈ {3, 9} c ∈ {1, 4, 7} ; – Nếu b = c ∈ {0, 3, 6, 9} ; – Nếu b = c ∈ {2, 5, 8} • a ∈ {3, 9} Khi có khả b sau: – Nếu b ∈ {0, 6} c ∈ {0, 3, 6, 9} ; – Nếu b ∈ {1, 7} c ∈ {2, 5, 8} ; – Nếu b ∈ {2, 8} c ∈ {1, 4, 7} ; – Nếu b ∈ {3, 9} c ∈ {0, 3, 6, 9} ; – Nếu b = c ∈ {2, 5, 8} ; – Nếu b = c ∈ {1, 4, 7} • a = Khi có khả b sau: – Nếu b ∈ {0, 6} c ∈ {2, 5, 8} ; – Nếu b ∈ {1, 7} c ∈ {1, 4, 7} ; – Nếu b ∈ {2, 8} c ∈ {0, 3, 6, 9} ; – Nếu b ∈ {3, 9} c ∈ {2, 5, 8} ; – Nếu b = c ∈ {1, 4, 7} ; 49 Luận văn thạc sỹ Học viên: Trần Thị Thảo – Nếu b = c ∈ {0, 3, 6, 9} • a = Khi có khả b sau: – Nếu b ∈ {0, 6} c ∈ {1, 4, 7} ; – Nếu b ∈ {1, 7} c ∈ {0, 3, 6, 9} ; – Nếu b ∈ {2, 8} c ∈ {2, 5, 8} ; – Nếu b ∈ {3, 9} c ∈ {1, 4, 7} ; – Nếu b = c ∈ {0, 3, 6, 9} ; – Nếu b = c ∈ {2, 5, 8} Từ ta tìm 334 số thỏa mãn gồm chữ số, bắt đầu chữ số 1, kết thúc chữ số chia hết cho 50 Chương Lời giải - Đáp số Bài 2.3 Để chứng minh n2 + n + không chia hết cho 2005 ta chứng minh n2 + n + không chia hết cho Xét trường hợp số dư chia n cho ta chứng minh n2 + n + không chia hết cho Bài 2.4 Biểu diễn a, b dạng a = 7q + r, b = 7p + s với r, s ∈ {±3, ±2, ±1, 0} Khi a2 + b2 = 7q + 7p2 + 2qr + 2ps + r2 + s2 Vì a2 + b2 nên r2 + s2 mà r, s ∈ {±3, ±2, ±1, 0} nên ta xét khả sau: • Nếu hai số dư ±1, chẳng hạn r = ±1 s ∈ {±3, ±2, ±1, 0} r2 + s2 ∈ {10, 5, 2, 1} nên r2 + s2 khơng chia hết cho • Nếu hai số dư ±2, chẳng hạn r = ±2 cịn s ∈ {±3, ±2, ±1, 0} r2 + s2 ∈ {13, 8, 5, 4} nên r2 + s2 khơng chia hết cho • Nếu hai số dư ±3, chẳng hạn r = ±3 cịn s ∈ {±3, ±2, ±1, 0} r2 + s2 ∈ {18, 13, 10, 9} nên r2 + s2 khơng chia hết cho • Nếu hai số dư 0, chẳng hạn r = cịn s ∈ {±3, ±2, ±1} r2 + s2 ∈ {9, 4, 1} nên r2 + s2 không chia hết cho • Nếu r = s = r2 + s2 nên r2 + s2 chia hết cho Do a = 7q, b = 7p Vậy a2 + b2 chia hết cho a b chia hết cho với số nguyên a, b Bài 2.8 A chia cho 11 dư A chia hết cho 13 Bài 2.9 51 Luận văn thạc sỹ Học viên: Trần Thị Thảo a) Đặt B = 19611962 + 19631964 + 19651966 + Ta có: 1961 ≡ (mod 7) ⇒ 19611962 ≡ 1963 ≡ (mod 7) ⇒ 19631964 ≡ 31964 = 36 1965 ≡ (mod 7) 327 32 ≡ 32 ≡ (mod 7) 327 54 ≡ 54 ≡ (mod 7) (mod 7) ⇒ 19651966 ≡ 51966 = Do đó: B ≡ (1 + + + 2) ≡ (mod 7) Vậy \ B b) Đặt: F = + + ··· + 100 − 3100 3100 − = = 1−3 3100 − Để chứng minh 120 \ F ta chứng minh 40 \ hay 80 \ 3100 − Thật vậy, có: 34 ≡ (mod 80) ⇒ 3100 − = 34 25 −1≡1−1≡0 (mod 80) Bài 2.12 Ta có: 9≡1 (mod 4) ⇔ 9n ≡ (mod 4) ⇔ 9n + ≡ (mod 4) Suy 9n + khơng chia hết cho 9n + không chia hết cho 100 Bài 13 a) Hai chữ số tận 16 b) Hai chữ số tận 36 Bài 2.14 Trước hết, ta tìm số dư 77 chia cho 10 Vì 74 ≡ (mod 1)0 nên ta cần tìm số dư 77 chia cho Vì 72 ≡ (mod 4) nên: 77 = 72 ≡ ≡ (mod 4) ⇒ 77 = 4m + Suy ra: 77 = 74 m 73 ≡ 73 ≡ 77 (mod 10) Ta tìm số dư 77 chia cho 10 Vì 74 ≡ (mod 10) nên ta cần tìm số dư 77 chia cho 52 Luận văn thạc sỹ Học viên: Trần Thị Thảo Vì 72 ≡ (mod 4) nên ta cần tìm số dư 77 chia cho Vì: (mod 2) ⇒ 77 ≡ 7≡1 (mod 2) ⇒ 77 = 2n + Suy ra: 77 = 72 n ≡ (mod 4) ⇒ 77 = 4q + Do đó: 77 77 77 = 74 q 73 ≡ 73 ≡ (mod 10) Vậy A = 77 − 77 ≡ (3 − 3) ≡ (mod 10) hay A tận chữ số Bài 2.17 Ta chứng minh tổng 20 + 21 + 22 + · · · + 25n−3 + 25n−2 + 25n−1 (3) chia hết cho 31, với n ∈ N∗ phương pháp quy nạp theo n Với n = 1, có 20 + 21 + 22 + 23 + 24 = 31 chia hết cho 31 Suy (3) với n = Giả sử (3) với n = k, k ∈ N∗ , nghĩa ta có tổng: 20 + 21 + 22 + · · · + 25k−3 + 25k−2 + 25k−1 chia hết cho 31, với k ∈ N∗ Ta cần chứng minh (3) với n = k + 1, nghĩa chứng minh: 20 + 21 + 22 + · · · + 25k−3 + 25k−2 + 25k−1 + 25k + 25k+1 + 25k+2 + 25k+3 + 25k+4 chia hết cho 31 Thật vậy: 20 + 21 + 22 + · · · + 25k−3 + 25k−2 + 25k−1 + 25k + 25k+1 + 25k+2 + 25k+3 + 25k+4 = 20 + 21 + 22 + · · · + 25k−3 + 25k−2 + 25k−1 + 25k + 25k+1 + 25k+2 + 25k+3 + 25k+4 = 20 + 21 + 22 + · · · + 25k−3 + 25k−2 + 25k−1 + 25k 20 + 21 + 22 + 23 + 24 = 20 + 21 + 22 + · · · + 25k−3 + 25k−2 + 25k−1 + 31.25k Theo giả thiết quy nạp 20 + 21 + 22 + · · · + 25k−2 + 25k−1 chia hết cho 31, mà 31.25k chia hết cho 31, (3) với n = k + Vậy với n ∈ N∗ , tổng 20 + 21 + 22 + · · · + 25n−3 + 25n−2 + 25n−1 chia hết cho 31 Bài 2.18 Ta chứng minh với số tự nhiên n, n ≥ số 2xn − chia hết cho xn (4) 53 Luận văn thạc sỹ Học viên: Trần Thị Thảo phương pháp quy nạp theo n Với n = 1, có 2x1 − = 2a − chia hết cho a, mà a = x1 Do 2x1 − chia hết cho x1 Suy (4) với n = Giả sử (4) với n = k, k ∈ N∗ , nghĩa ta có 2xk − chia hết cho xk , với (xk ) xác định sau: x1 = a; xk+1 = 2xk − 1, 2a − chia hết cho a Ta cần chứng minh (4) với n = k + , nghĩa chứng minh 2xk+1 − chia hết cho xk+1 Thật vậy: Từ giả thiết quy nạp, 2xk − chia hết cho xk , suy 2xk − = m.xk , m ∈ N∗ Ta có: 2xk+1 = 22 xk −1 −2 = 2mxk +1 − = 2.2mxk − = (2xk )m − = (2xk − 1) 2xk −1 + · · · + Suy 2xk+1 − chia hết cho 2xk − 1, mà 2xk − = xk+1 , 2xk+1 − chia hết cho xk+1 Vậy với số tự nhiên n, n ≥ số 2xn − chia hết cho xn Bài 2.21 * Xây dựng tiêu chuẩn chia hết cho 13 dựa vào phương pháp dãy số dư Ta có: 101 ≡ −3 105 ≡ (mod 13); 102 ≡ −4 (mod 13); 106 ≡ (mod 13); 103 ≡ −1 (mod 13); 104 ≡ (mod 13); di ≡ 10i ≡ 10i+6 (mod 13) (mod 13), ∀i = 0, 1, 2, Ta có bảng tương ứng sau: a0 a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 −3 −4 −1 −3 di Do đó: d = a0 − 3a1 − 4a2 − a3 + 3a4 + 4a5 + a6 − 3a7 + · · · + di + · · · Vậy tiêu chuẩn chia hết cho 13 là: Số a = an an−1 a1 a0 chia hết cho 13 d = a0 − 3a1 − 4a2 − a3 + 3a4 + 4a5 + a6 − 3a7 + · · · + di + · · · chia 54 Luận văn thạc sỹ Học viên: Trần Thị Thảo hết cho 13 Bài 2.22 a) Các số (x, y) thỏa mãn (4, 2); (0, 6); (9, 6) b) Các số (x, y) thỏa mãn (1, 2); (6, 6) c) Các số (x, y) thỏa mãn (2, 2); (7, 6) Bài 2.23 a) Các số (x, y) thỏa mãn (0, 0); (9, 0); (4, 5) b) Các số (x, y) thỏa mãn (0, 0); (9, 0); (4, 5) Bài 2.24 a) Các cặp số (a, b) thỏa mãn (1, 2); (8, 2); (6, 6) b) Ta có 2520 = 23 32 5.7 Từ giả thiết suy 5a7b8c chia hết c = c = - Với c = 0, 5a7b80 chia hết cho 23 = 8, nên b80 chia hết cho Hay: 100b + 80 ≡ (mod 8) ⇔ 4b ≡ (mod 8) Mà ≤ b ≤ 9, suy b ∈ {0, 2, 4, 6, 8} + Với b = 0, 5a7080 chia hết cho 9, suy a + chia hết cho 9, a = Khi có số 577080, số 577080 chia hết cho (theo tiêu chuẩn chia hết cho 7) Do ta có số cần tìm 577080 + Với b = 2, tương tự ta tìm số 557280 Số không thỏa mãn Tương tự, trường hợp b = 4; b = 6; b = không thỏa mãn - Với c = 5, 5a7b85 chia hết cho 23 = 8, nên b85 chia hết cho Hay: 100b + 85 ≡ (mod 8) ⇔ (4b + 5) ≡ (mod 8)thao Mà ≤ b ≤ 9, suy khơng có giá trị b thỏa mãn Vậy cặp số (a, b, c) cần tìm (7, 0, 0) 55 Luận văn thạc sỹ Học viên: Trần Thị Thảo Bài 2.25 Ta có 91 = 7.13 Ta chứng minh A chia hết cho 13 Bài 2.28 Ta tìm x0 , y0 ∈ Z để: 11a + 2b 18a + 5b + y0 =a 19 19 ⇔ a (11x0 + 18y0 ) + a = b (2x0 + 5y0 ) = 19a x0 ⇔ 11x0 + 18y0 = 19 2x0 + 5y0 = ⇔ x0 = y0 = −2 Như vậy: 11a + 2b 18a + 5b − =a 19 19 11a + 2b 18a + 5b Mà a ∈ N nên ∈ Z ∈Z 19 19 Bài 2.29 Gọi d = \(a, b); d = \(ma + nb, pa + qb) Ta chứng minh d = d Ta có: d = \(a, b) ⇒ d\a d\b d \ (ma + nb) d \ (pa + qb) ⇒ ⇒d\d Ta tìm (x0 , y0 ) ; x0 , y0 để: x0 (ma + nb) + y0 (pa + qb) = a x0 (ma + nb) + y0 (pa + qb) = b Làm tương tự 28 với điều kiện |mq − np| = 1, ta được: x0 = q y0 = −n Do đó: ; x0 = −p y0 = m q(ma + nb) − n(pa + qb) = a −p(ma + nb) + m(pa + qb) = b Lại có: d = (ma + nb, pa + qb) ⇒ d \ (ma + nb) d \ (pa + qb) 56 ⇒ d \a d \b ⇒d \d Luận văn thạc sỹ Học viên: Trần Thị Thảo Do d = d Vậy (ma + nb, pa + qb) = (a, b) 57 Kết luận Luận văn "Một số phương pháp giải toán chia hết" đạt số kết sau: Trình bày số phương pháp để giải tốn chia hết kèm theo ví dụ minh họa cho phương pháp Trình bày số tập vận dụng kèm theo lời giải đáp số Mặc dù cố gắng thời gian trình độ có hạn, luận văn khơng tránh khỏi thiếu sót Tác giả luận văn mong muốn nhận góp ý kiến quý thầy cô bạn để luận văn hoàn thiện 58 Tài liệu tham khảo [1] Đặng Huy Ruận , Phương pháp giải toán chia hết, NXB Khoa học kỹ thuật [2] Phạm Minh Phương nhóm giáo viên chun tốn đại học sư phạm Hà Nội 2005, Các chuyên đề số học bồi dưỡng học sinh giỏi trung học sở, NXB Giáo Dục [3] Đặng Huy Ruận 2002, Lý thuyết đồ thị ứng dụng, NXB Khoa học kĩ thuật [4] Tài liệu từ Internet: violet.vn 59