Một số dạng toán liên quan đến các số chính phương

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC VŨ NGỌC BẢO MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN CÁC SỐ CHÍNH PHƯƠNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC THÁI NGUYÊN - NĂM 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC VŨ NGỌC BẢO MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN CÁC SỐ CHÍNH PHƯƠNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số 60 46 01 13 Người hướng dẫn khoa học GS TSKH NGUYỄN VĂN MẬU THÁI NGUYÊN - NĂM 2015 i MỤC LỤC Mở đầu Đồng dư đồng dư bậc hai 1.1 Đồng dư thức 1.1.1 Định nghĩa đồng dư thức 1.1.2 Các tính chất đồng dư thức 1.2 Các lớp thặng dư 1.2.1 Hệ thống thặng dư 1.2.2 Tính chất 1.2.3 Hệ thặng dư thu gọn 1.3 Định lý Euler định lý Fermat 1.3.1 Hàm số Euler ϕ(n) 1.3.2 Định lý Fermat 1.4 Thặng dư toàn phương Các dạng tốn số phương 2.1 Định nghĩa số phương 2.2 Một số tính chất số phương 2.2.1 Tổng ước số tự nhiên 2.2.2 Một số toán chọn lọc hàm d(n), σ(n) ϕ(n) 2.3 Tổng bình phương số nguyên 2.3.1 Tổng hai bình phương 2.3.2 Tổng ba bình phương 2.3.3 Tổng bốn bình phương 2.3.4 Bài toán tổng năm bình phương 2.4 Một số biểu diễn khác qua tổng bình phương 2.4.1 Tổng ba bình phương có hai bình phương 2.4.2 Tổng bốn bình phương có ba bình phương 2.5 Bài tập tương tự 5 5 6 7 7 10 11 18 18 18 21 23 25 26 27 28 30 30 30 33 36 ii Một số dạng tốn liên quan đến tổng tích lũy thừa 3.1 Biểu diễn số tự nhiên thành tổng lập phương 3.1.1 Bài toán Waring 3.1.2 Số lũy thừa 3.1.3 Tính toán số lũy thừa 3.1.4 Dạng tích số lũy thừa 3.1.5 Dạng tổng số lũy thừa 3.2 Ứng dụng định lý Euler Fecmat 3.3 Ứng dụng vào giải phương trình vơ định 3.4 Một số toán áp dụng khác 3.4.1 Ứng dụng vào giải tốn số phương 3.4.2 Tìm dấu hiệu chia hết 3.4.3 Tìm chữ số tận 3.4.4 Chứng minh chia hết 3.5 Bài tập tương tự 38 38 38 39 44 46 48 51 52 54 54 55 60 61 62 Tài liệu tham khảo 67 Mở đầu Lí chọn đề tài: Chuyên đề số học liên quan đến số phương có vị trí đặc biệt tốn chia hết (đồng dư đồng dư bậc hai), biểu diễn số tự nhiên đa thức với hệ số nguyên Trong kỳ thi học sinh giỏi Tốn quốc gia, olympic Tốn quốc tế toán liên quan đến số học, dạng toán đồng dư, phương trình Diophant dạng tốn đa thức nguyên hay đề cập xem dạng tốn thuộc loại khó bậc trung học sở trung học phổ thơng Các tốn dạng thường đề cập chương trình tốn mà thường xuất dạng toán chuyên đề áp dụng Để đáp ứng cho nhu cầu bồi dưỡng giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi chuyên đề số học, luận văn "Một số dạng toán liên quan đến số phương" nhằm cung cấp số phương pháp có tính hệ thống để tiếp cận dạng tốn chun đề số học vấn đề liên quan Mục đích nghiên cứu: Hệ thống hóa lý thuyết, ứng dụng định lý Euler Fermat, giải phương trình vô định cách biểu diễn số nguyên thành tổng bình phương đồng thời nắm số kỹ thuật tính tốn liên quan.Cung cấp số phương pháp có tính hệ thống để tiếp cận dạng toán chuyên đề số học vấn đề liên quan Đó dạng tốn chưa học bậc đại học Các kiến thức chuyên đề góp phần vào việc bồi dưỡng hiệu học sinh giỏi toán bậc Trung học sở Trung học phổ thông Đối tượng phạm vi nghiên cứu: 3.1 Đối tượng nghiên cứu: Nghiên cứu ứng dụng định lý Euler Fermat, giải phương trình vơ định cách biểu diễn số nguyên thành tổng bình phương 3.2 Phạm vi nghiên cứu: Nghiên cứu tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi, kỷ yếu hội thảo chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp quốc gia, thi Olympic; tủ sách chuyên Toán 4 Phương pháp nghiên cứu: Tham khảo tài liệu bồi dưỡng cho giáo viên, bồi dưỡng học sinh giỏi Tham gia buổi seminar: Các chuyên đề tốn phổ thơng, Các trường hè bồi dưỡng nâng cao kiến thức chuyên môn để trao đổi kết nghiên cứu Ý nghĩa khoa học thực tiễn đề tài: Luận văn chuyên đề hướng tới bồi dưỡng học sinh giỏi bậc Trung học sở, Trung học phổ thông Tạo đề tài phù hợp cho việc giảng dạy, bồi dưỡng học sinh Trung học sở, Trung học phổ thông Đề tài đóng góp thiết thực cho việc học dạy chuyên đề toán trường Trung học sở, Trung học phổ thông, đem lại niềm đam mê sáng tạo việc dạy học toán Cấu trúc luận văn: Cấu trúc luận văn: Ngoài phần Mở đầu Kết luận, luận văn chia thành ba chương đề cập đến vấn đề sau đây: Chương Đồng dư đồng dư bậc hai Chương Các dạng tốn số phương Chương Một số dạng toán liên quan đến tổng tích lũy thừa Luận văn hồn thành hướng dẫn khoa học đầy nhiệt tình, nghiêm túc trách nhiệm GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu Nhân dịp tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành kính trọng sâu sắc Giáo sư - Người thầy truyền đạt nhiều kiến thức quý báu với kinh nghiệm nghiên cứu khoa học suốt thời gian tác giả theo học nghiên cứu đề tài Đồng thời, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Ban giám hiệu trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên; Phịng Đào tạo - Khoa Tốn - Tin, anh em, bạn bè lớp N - Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên khóa 2013-2015; Ban lãnh đạo phòng Giáo dục Đào tạo thành phố Nam Định gia đình tạo điều kiện thuận lợi, động viên tác giả suốt trình học tập, công tác thực đề tài luận văn Chương Đồng dư đồng dư bậc hai 1.1 1.1.1 Đồng dư thức Định nghĩa đồng dư thức Định nghĩa 1.1 Cho m số tự nhiên khác khơng Ta nói hai số ngun a, b đồng dư với theo modun m phép chia a b cho m ta số dư Ký hiệu a ≡ b (mod m) (1.1) Hệ thức (1.1) gọi đồng dư thức 1.1.2 Các tính chất đồng dư thức Tính chất 1.1 a Với số nguyên ta có a ≡ a (mod m) b Nếu a ≡ b (mod m) b ≡ a (mod m) c Nếu a ≡ b (mod m) b ≡ c (mod m) a ≡ c (mod m) Tính chất 1.2 Nếu a ≡ b (mod m) c số nguyên tùy ý a ± c ≡ b ± c (mod m) Tính chất 1.3 a Nếu a1 ≡ a2 (mod m); b1 ≡ b2 (mod m) (a1 ± b1 ) ≡ (a2 ± b2 ) (mod m) b Nếu a1 ≡ a2 (mod m); b1 ≡ b2 (mod m) (a1 × b1 ) ≡ (a2 × b2 (mod m) Tính chất 1.4 a Nếu a + c ≡ b (mod m) a ≡ b − c (mod m) b Nếu a ≡ b (mod m) a + km ≡ a (mod m) c Nếu a ≡ b (mod m) ak ≡ bk (mod m) d Giả sử f (x) = an xn−1 + · · · + a1 x + a0 đa thức với hệ số nguyên Nếu ta có α ≡ β (mod m) ta có f (α) ≡ f (β) (mod m) Đặc biệt ta có f (α) ≡ (mod m) ta có f (α + km) ≡ (mod m) (k ∈ Z) Tính chất 1.5 Nếu ac ≡ bc (mod m) (c, m) = a ≡ b (mod m) Tính chất 1.6 Nếu a ≡ b (mod m) ac ≡ bc (mod m) Tính chất 1.7 Nếu a ≡ b (mod m) d | (a, b, m) (d > 0) ta có a b ≡ d d (mod m ) d Tính chất 1.8 Nếu a ≡ b (mod mi ), i = 1, 2, 3, k a ≡ b (mod m); m = m1 m2 mk 1.2 Các lớp thặng dư 1.2.1 Hệ thống thặng dư Xét m số nguyên dương lớn Ta biết số nguyên a viết dạng: a = qm + r (0 r m − 1) Với r (0 r m − 1); tập hợp Ar gồm tất số nguyên chia cho m có số dư r gọi lớp thặng dư mod m phần tử Ar gọi thặng dư mod m Vì số nguyên a có q r (0 r m − 1) cho a = qm + r, nên a thuộc thuộc lớp thặng dư mod m Ar Hơn tập hợp lớp thặng dư mod m tập hợp Z số nguyên Nghĩa là: m Ar = Z; Ai ∩ Aj = φ r=0 với i = j (0 ≤ i, j ≤ m − 1) Trong lớp thặng dư mod m lấy thặng dư đại diện Tập hợp m phần tử gọi hệ thặng dư đầy đủ mod m Nói cách khác hệ thặng dư đầy đủ mod m tập hợp m số nguyên đôi không đồng dư (mod m) Đặc biệt hệ H = 0, 1, , m − gọi hệ thặng dư đầy đủ mod m khơng âm nhỏ 1.2.2 Tính chất a Mỗi hệ thặng dư đầy đủ mod m gồm m thặng dư b Mọi hệ gồm m số nguyên đôi không đồng dư với theo mod m hợp thành hệ thặng dư đầy đủ mod m c Cho a số nguyên, nguyên tố với m b số nguyên tùy ý Khi x chạy qua hệ thặng dư đày đủ mod m ax + b chạy qua hệ thặng dư đầy đủ mod m 1.2.3 Hệ thặng dư thu gọn Cho số nguyên n = Gọi ϕ(n) số chữ số ≤ số nguyên tố với n Giả sử số a1 ,a2 , , ak ; a1 ∈ Zn1 , a2 ∈ Zn2 , , ak ∈ Znk Lấy phần tử r1 , r2 , , rk thuộc lớp r1 , r2 , , rk gọi hệ thặng dư thu gọn (mod n) (ri , n) = 1(i = 1k) Có tính chất: x với (x, n) = 1; Tồn ri : x ≡ ri (mod n) 1.3 Định lý Euler định lý Fermat Trong mục ta trình bày hai định lý quan trọng lý thuyết số liên quan đến hai định lý hàm số Euler ϕ(n) Bởi trước hết ta nhắc lại định nghĩa hàm số Euler cơng thức tính 1.3.1 Hàm số Euler ϕ(n) Định nghĩa 1.2 Cho số tự nhiên n ≥ Ta ký hiệu ϕ(n) số số tự nhiên bé n nguyên tố với n Quy ước ϕ(1) = Định lý 1.1 Hàm ϕ(n) có tính chất nhân tính theo nghĩa: Nếu a, b hai số nguyên tố ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b) Chứng minh Rõ ràng ta giải thiết a > 1, b > vượt ab liệt kê sau: a+1 a+2 2a + 2a + Các số nguyên dương không a 2a 3a ka + ka + (k + 1)a (b − 1)a + (b − 1)a + ba Các số thành bảng có dạng ax + y , ≤ x ≤ b − 1, ≤ y ≤ a Xét số cột thứ y Ta có (ax + y, a) = (y, a) Vì số nguyên tố với ab nguyên tố với a b, số phải nằm cột thứ y mà (y, a) = Có thảy ϕ(a) cột Xét cột thứ y , với (y, a) = Các số cột y, a + y, 2a + y, , (b − 1)a + y Giả sử rx số dư chia ax + y cho b Như (ax + y, b) = (rx , b) Dễ dàng thấy (a, b) = nên rx1 = rx2 với x1 = x2 Như ta có đẳng thức tập hợp r0 , r1 , , rb−1 = 0, 1, , b − Vậy số x mà (ax + y, b) = số x mà (rx , b) = tức ϕ(b) Vậy có ϕ(a)ϕ(b) số ngun tố với a ngun tố với b Đó số nguyên tố với ab Nói cách khác ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b) Từ định lý ta suy cơng thức tính ϕ(n) sau Định lý 1.2 Giả sử n = pα1 pαk k phân tích tiêu chuẩn n > Khi 1 ϕ(n) = n − 1− − p1 p2 pk 53 Ví dụ 3.5 Chứng minh với số nguyên a ta có a2 + khơng chia hết cho 19 Chứng minh Ta phải chứng minh phương trình đồng dư x2 +1 ≡ (mod 19) vô nghiệm Thật vậy, cho x chạy qua hệ thặng dư đầy đủ môđun 19 sau: 0, ±1, ±2, ±3, ±4, ±5, ±6, ±7, ±8, ±9 Ta có giá trị tương ứng x2 + 1, 2, 5, 10, 17, 26, 37, 50, 65, 82 khơng chia hết cho 19 Ví dụ 3.6 Tìm số tự nhiên n nhỏ có ba chữ số cho n3 + chia hết cho 11 Lời giải Trước hết ta tìm số nguyên x cho x3 + chia hết cho 11, tức giải phương trình đồng dư x3 + ≡ (mod 11) Thử qua hệ thặng dư đầy đủ 0, ±1, ±2, ±3, ±4, ±5 ta thấy phương trình có nghiệm x ≡ −1 (mod 11), tập hợp số nguyên x = −1 + 11t, t ∈ Z Bởi x số tự nhiên gồm ba chữ số nên phải có −1 + 11t ≥ 100 nghĩa t = 10, 11, 12, Vậy số tự nhiên n nhỏ cần tìm 109 Ví dụ 3.7 Giải phương trình vơ định 15x − 9y = 5m + m số nguyên cho trước Lời giải Ta có ƯCLN(15,9) = nên điều kiện phương trình cho có nghiệm ngun 5m + ≡ (mod 3) tương đương với m ≡ (mod 3) nghĩa m = 3k + 1, k ∈ Z Khi phương trình cho tương đương với phương trình: 5x−3y = 5k+2 Trước hết giải phương trình đồng dư: 5x ≡ 5k + (mod 3) ta x ≡ k + (mod 3) tức x = k + + 3t, t ∈ Z 5x − 5k − 5(k + + 3t) − 5k − Từ ta được: y = = = + 5t 3 Vậy x = k + + 3t, y = + 5t(t ∈ Z) Trả lời: + Nếu m = 3k + 1, k ∈ Z phương trình cho có nghiệm tổng qt là: x = k + + 3t, y = + 5t(t ∈ Z) + Nếu m chia cho dư khác phương trình cho khơng có nghiệm ngun 54 3.4 3.4.1 Một số toán áp dụng khác Ứng dụng vào giải tốn số phương Định nghĩa 3.2 Số nguyên số phương bình phương số ngun, tức a = b2 , b số nguyên Có nhiều kết hay liên quan đến số phương, nghiên cứu số tính chất đặc biệt loại số thơng qua ví dụ * Các ví dụ: Ví dụ 3.8 Chứng minh số N = 1234567891011121314151617181920212223 số phương Lời giải Ví dụ đưa để minh họa cho tính chất đặc trưng chữ số tận số phương Ta biết số A có tận a A2 có chữ số tận chữ số tận a2 (do A ≡ a (mod 10) ⇒ A2 ≡ a2 (mod 10), 02 = 0, 12 = 1, 22 = 4, 32 = 9, 42 = 16, 52 = 25, 62 = 36, 72 = 49, 82 = 64, 92 = 81 Vậy chữ số tận số phương chữ số: 0, 1, 4, 5, 6, Áp dụng vào tốn, N có tận nên rõ ràng N số phương, ta có điều phải chứng minh Cũng lý đó, ta có số sau khơng phải số phương M = 12345678910111213141516171819202122 P = 123456789101112131415161718192 Ví dụ 3.9 Chứng minh rằng, khơng có số phương A có hai dạng sau (n ∈ Z) a) A = 4n + b) A = 4n + Lời giải Ví dụ muốn đề cập đến số dư số phương chia cho Xét a số nguyên Dễ thấy, a số chẵn: a = 2b a2 = 4b2 hay a2 chia hết cho Còn a số lẻ: a = 2b + a2 = 4b(b + 1) + ≡ (mod 4) Từ ta nhận thấy số phương chia hết cho 4, chia dư Vậy hai số đề khơng thể số phương khơng thỏa mãn nhận xét trên, ta có điều phải chứng minh 55 Chú ý: Khi a số lẻ a2 = 4b(b + 1) + 1, b b + hai số ngun liên tiếp nên hai số ln có số chẵn Do a2 khơng chia dư mà cịn chia dư Ví dụ 3.10 Chứng minh rằng, khơng có số phương có dạng sau: a) A = 9n + b) B = 9n + c) C = 9n + Lời giải Trong ví dụ ta đề cập đến số dư số phương chia cho Xét a số nguyên Khi a chia hết cho 3: a = 3k , ta có a2 = 9k chia hết cho Khi a không chia hết cho 3: a ≡ ±1 (mod 3) suy a2 ≡ (mod 3) Từ ta có nhận xét, số phương ln chia hết cho chia dư Vậy số đề khơng thể số phương, ta có điều phải chứng minh Chú ý: - Nếu số phương mà chia hết cho số nguyên tố p chia hết cho p2 - Nếu số phương A = a2 chia hết cho p a chia hết cho p Ví dụ 3.11 Chứng minh số có dạng n(n + 1) n(n + 2) khơng thể số phương với n nguyên dương Lời giải Ở ví dụ này, lại tiếp tục nêu lên tính chất đặc biệt số phương Ta biết rằng, hai số phương liên tiếp a2 , (a + 1)2 khơng cịn số phương từ tra nhận thấy rằng: n(n + 1) n(n + 2) hai số nằm n2 , (n + 1)2 nên rõ ràng số phương 3.4.2 Tìm dấu hiệu chia hết a) Nguyên tắc chung Muốn tìm dấu hiệu chi hết cho số m, người ta chuyển việc tìm dấu hiệu chia hết cho m số lúc nhỏ để cuối kiểm tra phép chia đơn giản Nói chung, người ta chuyển trường hợp sau: 56 - Xét số tạo thành nhóm chữ số cuối - Xét số tạo thành phép cộng chữ số số - Xét số tạo thành phép cộng trừ nhóm chữ số với nhóm chữ số khác Những điều chứng minh qua cách tìm tổng qt ví dụ cụ thể sau đây: Tính chất số đồng dư cho ta phương pháp tốt để tìm dấu hiệu chia hết để tìm số dư phép chia số tự nhiên A cho số tự nhiên m Giả sử xét tiêu chuẩn chia hết số A cho số m Trong hệ thập phân A có dạng: A = an 10n + an−1 10n−1 + · · · + a1 101 + a0 100 Rõ ràng 100 (= 1) chia cho m dư 1, lại giả sử: 10 chia cho m dư r1 102 chia cho m dư r2 10n chia cho m dư rn tức 10k ≡ rk (mod m) Do a0 ≡ a0 (mod m) a1 10 ≡ a1 r1 (mod m) a2 102 ≡ a2 r2 (mod m) an 10n ≡ an rn (mod m) Theo tính chất 2: A ≡ (an rn + an−1 rn−1 + · · · + a1 r1 + a0 ) (mod m) Gọi an rn + an−1 rn−1 + · · · + a1 r1 + a0 = R A ≡ R (mod m) Ta rút kết luận sau: Số dư A chia cho m số dư R chia cho m Do A chia hết cho m R ≡ (mod m) Tìm dấu hiệu chia hết A cho m tìm điều kiện cho đồng dư thức R ≡ (mod m) Đồng thời A ≡ R (mod m) cho ta phương pháp tìm số dư A chia cho m b) Một số ví dụ Loại 1: Chuyển xét nhóm chữ số cuối cùng: Đó trường hợp số chia ước 10, 102 , 103 57 trường hợp ta tách số cho thành tổng gồm số, số bội 10, 102 , 103 , số số tạo thành nhóm chữ số cuối Ví dụ 3.12 Tìm dấu hiệu chia hết cho Lời giải Ta biết 10 ≡ (mod 2) 10 ≡ (mod 5) Ta biểu diễn A sau: A = 10a + b Ta có A ≡ b (mod 2) A ≡ b (mod 5) A chia hết cho b (tức số biểu diễn chữ số cuối A) chia hết cho Ví dụ 3.13 Tìm dấu hiệu chia hết cho 125 Lời giải ta biết 103 ≡ (mod 8) 103 ≡ (mod 125) Ta biểu diễn A = 103 a + b(0 ≤ b < 1000) Ta có A ≡ b (mod 8) A ≡ b (mod 125) A chia hết cho 125 b (tức số biểu diễn chữ số cuối A) chia hết cho 125 Chẳng hạn 178632 632 178632 khơng chia hết cho 125 632 khơng chia hết cho 125 Ví dụ 3.14 Tìm dấu hiệu chia hết cho 4; 25 Lời giải + Ta có 102 = 100 ≡ (mod 4) suy 10i ≡ (mod 4) với i = 2, 3, Cho nên: a = an 10n + an−1 10n−1 + · · · + a2 102 + a1 10 + a0 ≡ a1 10 + a0 (mod 4) Từ ta được: a ≡ (mod 4) ⇔ a1 10 + a0 ≡ (mod 4) ⇔ a1 a0 ≡ (mod 4) Vậy điều kiện cần đủ để số tự nhiên chia hết cho số gồm hai chữ số tận bên phải chia hết cho + Hoàn toàn tương tự, 102 = 100 ≡ (mod 25) ta a ≡ (mod 25) ⇔ a1 10 + a0 ≡ (mod 25) ⇔ a1 a0 ≡ (mod 25) Vậy điều kiện cần đủ để số tự nhiên chia hết cho 25 số gồm hai chữ số tận bên phải chia hết cho 25 Chẳng hạn 1998172 chia hết cho 72 chia hết cho 4, 1998172 khơng chia hết cho 25 72 không chia hết cho 25 19511950 chia hết cho 25 50 chia hết cho 25, 19511950 khơng chia hết cho 50 khơng chia hết cho 58 Một cách tổng quát, để tìm dấu hiệu chia hết A cho m, ta thực bước sau: Bước 1: Xác định số k nhỏ cho 10k m Bước 2: Biểu diễn A qua A = 10k a + b = mq + b Bước 3: Xét mối liên hệ b A phép chia cho m Loại 2: Chuyển xét tổng chữ số số Đó trường hợp xét tiêu chuẩn chia hết cho m mà 10k ≡ (mod m) Ví dụ 3.15 Tìm tiêu chuẩn chia hết cho Lời giải ta thấy 10 ≡ (mod 3) 10 ≡ (mod 9) 10k ≡ (mod 3) 10k ≡ (mod 9) với k Theo công thức tính số dư phép chia A cho m ta có: A ≡ (a0 + a1 + a2 + · · · + an ) (mod 3) (hoặc mod 9) a0 + a1 + a2 + · · · + an chữ số A Kết luận: A chia hết chia hết cho tổng chữ số chia hết cho Loại 3: Chuyển xét nhóm chữ số với nhóm chữ số khác Đó trường hợp xét tiêu chuẩn chia hết cho m, mà 10βk = ±1 (mod m) tùy theo β chẵn hay lẻ Trong trường hợp ta tách nhóm k chữ số một, kể từ phải sang trái, tìm mối quan hệ chúng với Ví dụ 3.16 Tìm tiêu chuẩn chia hết cho 11 Lời giải Ta thấy 10 ≡ −1 (mod 11) 102 ≡ (mod 11) 102n ≡ (mod 11) 102n−1 ≡ −1 (mod 11) Ta biểu diễn: A = a0 + a1 10 + a2 102 + · · · + a2n−1 102n−1 + a2n 102n Theo cơng thức tính số dư phép chia A cho m ta tới kết luận: A chia hết cho 11 hiệu tổng chữ số hàng chẵn (tính từ 0) với tổng chữ số hàng lẻ chia hết cho 11 Chẳng hạn: 74151 có: [(7 + + 1) − (4 + 5)] 11 Vậy 74151 11 Ví dụ 3.17 Tìm tiêu chuẩn chia hết cho 59 Lời giải Ta thấy 103 ≡ −1 (mod 7) 103.2 ≡ (mod 7) 103.(2n−1) ≡ −1 (mod 7) 103.2n ≡ (mod 7) Ta biểu diễn: A = a2 a1 a0 + a5 a4 a3 103 + Ta tới: A ≡ a5 a4 a3 − a2 a1 a0 (mod 7) A ≡ R (mod 7) Trong R ≡ (a5 a4 a3 + a11 a10 a9 + ) − (a2 a1 a0 + a8 a7 a6 + ) Tức R hiệu tổng số hợp lớp số liên tiếp A tính từ phải sang trái (lớp chẵn với nhau, lớp lẻ với nhau) Lập luận tương tự trường hợp ta tới kết luận sau: A chia hết cho R chia hết cho Loại 4: Các trường hợp khác: Tìm tiêu chuẩn chia hết cho m Bước 1: Tách A sau: A = 10a + b Bước 2: Tìm số tự nhiên (s = 0) nhỏ hay cho (s, m) = 1, (10s + 1) m (hoặc (10s − 1) m) Bước 3: Khi đó, ta có: s.A = 10as + bs = (10s + 1)a − (a − bs) sA = 10as + bs = (10s − 1)a + (a + bs) A = (a − bs) (mod m) A = (a + bs) (mod m) Bước 4: Vì (s, m) = nên A m sA m Do đó: Kết luận: A chia hết chia hết cho m a − bs (hoặc a + bs) chia hết cho m Trong trường hợp a − bs (hoặc a + bs) số lớn, ta lại biểu diễn dạng 10a + b áp dụng lần phương pháp vào số Ví dụ 3.18 Tìm dấu hiệu chia hết cho 17 Bước 1: Tách A: A = 10a + b Bước 2: Tìm s Ở ta thấy s = thỏa mãn điều kiện (s, m) = (5, 17) = mà (10.5 + 1) = 51 = 17.3 Bước 3: 5A = 50a + 5b = 50a + a − a + 5b = 51a − (a − 5b) Bước 4: Dấu hiệu chia hết cho 17 là: a − 5b ≡ (mod 17) Áp dụng: A = 37423 a = 3742 60 b = a − 5b = 3742 − 15 = 3727 Áp dụng lần vào 3742 ta được: a = 372 b = a − 5b = 372 − 35 = 337 Áp dụng lần thứ ba vào 337 ta được: a” = 33 b” = a” − 5b” = 33 − 35 = −2 Vậy A không chia hết cho 17 Chú ý thực -2 số dư phép chia A cho 17, mà số dư phép chia 53 A cho 17 (vì ta áp dụng ba lần cách biến đổi A, với s = 5) 3.4.3 Tìm chữ số tận Ví dụ 3.19 a) Tìm hai chữ số tận số A = 22004 b) Tìm ba chữ số tận A Lời giải a) Nhận xét: Tìm hai chữ số tận A thực chất tìm số dư A chia cho 100 Ta có 100 = × 25 Trước hết ta tìm số dư A chia cho 25 Ta có: 210 = 1024 ≡ −1 (mod 25) ⇒ A = 24 (210 )200 ≡ 16 (mod 25) Vậy A viết dạng: A = 25k + 16(k ∈ N) Mặt khác, hiển nhiên ta có A chia hết cho 4, suy k 4, hay k = 4m(m ∈ N) ⇒ A = 100m + 16 ≡ 16 (mod 100) Vậy hai chữ số tận A 16 b) Cũng vậy, ta tìm số dư A chia cho 1000 Ta có 1000 = × 125 Xét số dư A chia cho 125 Nhận xét: Ta có đẳng thức: (a + b)5 = a5 + 5a4 b + 10a3 b2 + 10a2 b3 + 5ab4 + b5 Như vậy, a 25 (a + b)5 ≡ b5 (mod 125) 61 Trở lại với toán: 250 = (210 )5 = (25k − 1)5 ≡ −1 (mod 125) Vậy A = 16(250 )40 ≡ 16 (mod 125) ⇒ A = 125k + 16(k ∈ N) Mặt khác, A ⇒ k hay k = 8m(m ∈ N) Vậy A có dạng: A = 1000m + 16, hay ba chữ số tận A 016 Chú ý: Tìm n chữ số tận số A thực chất tìm số dư A chia cho 10n Để tìm dư A chia cho 10n ta đưa việc tìm dư A chia cho 2n 5n 3.4.4 Chứng minh chia hết Ví dụ 3.20 Chứng minh A = 7.52n + 12.6n 19, ∀n ∈ N Lời giải Ta có: A = 7.52n + 12.6n Vì 25 ≡ (mod 19) ⇒ A ≡ 7.6n + 12.6n (mod 19) ⇒ A ≡ 19.6n (mod 19) ⇒ A 19 2n Ví dụ 3.21 Chứng minh A = 22 + 7, ∀n ≥ Lời giải Ta có 23 = ≡ (mod 7) Ta tìm số dư 22n chia cho Ta có: 22n = 4n Vì ≡ (mod 3) nên 4n ≡ (mod 3) Vậy 22n viết dạng 22n = 3k + 1(k ∈ N ∗ ) ⇒ A = 23k+1 + = 2.8k + ≡ + ≡ (mod 7) ⇒ A 2004n + 1920124 , (∀n ∈ N∗ ) Ví dụ 3.22 Chứng minh 19242003 Lời giải 2004n + 1920124 Ta có 124 = × 31 Đặt A = 19242003 2004n Vì 1924 ≡ (mod 31), 1920 ≡ −2 (mod 31) nên A ≡ 22003 −2 (mod 31) (*) n Mặt khác 25 = 32 ≡ (mod 31) Ta cần tìm số dư 20032004 chia cho n Ta có: 2004n ⇒ 2004n = 4k(k ∈ N∗ ) ⇒ 20032004 = 20034k k Vì 2003 ≡ (mod 5) nên 20034k ≡ 34k ≡ 81 ≡ (mod 5) n n Vậy 20032004 ≡ (mod 5), 20032004 = 5m + 1(m ∈ N∗ ) 2004n Từ ta có: 22003 = 25m+1 = 2(25 )m ≡ (mod 31) Thay vào (*) suy A ≡ (mod 31) hay A 31 Hơn nữa, dễ thấy A chia hết cho 4, nên ta suy điều phải chứng minh 62 3.5 Bài tập tương tự Bài tập 3.1 Chứng minh số sau khơng số phương : a) A = 12345678 b) B = 996699 + 20112012 c) C = 72012 + 52013 d) D = 3.512010 + 242 Bài tập 3.2 Chứng minh số sau khơng số phương với số ngun dương n, m : a) E = 19n5 + 15n3 − 19n − b) F = n6 − n4 + 2n3 + 2n2 (n > 1) c) G = 3nm − d) H = 3n + Bài tập 3.3 Chứng minh số sau không số lũy thừa: a) K = 1012 + 32 b) Tổng bình phương năm số nguyên liên tiếp Bài tập 3.4 Chứng minh số sau khơng số phương : a) n3 + với số tự nhiên lẻ n b) 2.13n + 5.7n + 26 với số tự nhiên n Bài tập 3.5 Tìm cặp số (m, n), số nhỏ 60, mà tổng m + n tích mn số phương Bài tập 3.6 Chứng minh với x ≥ y ≥ số x2 + y khơng số phương Bài tập 3.7 Chứng minh với n ≥ số 2n − không số lũy thừa Bài tập 3.8 Chứng minh với n ≥ số 2n + không số lũy thừa Bài tập 3.9 Chứng minh số sau số phương với n số tự nhiên: a) Tích bốn số nguyên liên tiếp cộng với b)4S + với S = 1.2.3 + 2.3.4 + · · · + n(n + 1)(n + 2) c) Tổng M = 13 + 23 + · · · + n3 63 Bài tập 3.10 Tìm số nguyên n cho 15n + 34 số phương Bài tập 3.11 Tìm sốnguyên n cho n2 + 5n + 11 số phương Bài tập 3.12 a) Tìm số nguyên n2 nhỏ cho với số ngun m ≥ n2 có số lũy thừa a2 thỏa mãn m < a2 < 2m b) Tìm số nguyên n3 nhỏ cho với số nguyên m ≥ n3 có số lũy thừa a3 thỏa mãn m < a3 < 2m Bài tập 3.13 Giải phương trình nghiệm nguyên dương m2 +n2 = (n+1)2 Bài tập 3.14 Cho phương trình nghiệm nguyên dương x2 + y = z a) Chứng minh x y phải chia hết cho b) Chứng minh x y phải chia hết cho c) Chứng minh x y z phải chia hết cho d) Giải phương trình x2 + y = z với x, y, z cặp nguyên tố Bài tập 3.15 a) Giải phương trình nghiệm nguyên x2 +(x+1)2 = (x+2)2 b) Chứng minh phương trình xn +(x+1)n = (x+2)n khơng có nghiệm số tự nhiên với n > c) Giải phương trình nghiệm nguyên x3 + (x + 1)3 + (x + 2)3 = (x + 2)3 d) Chứng minh phương trình x3 +(x+1)3 +(x+2)3 +(x+3)3 = (x+4)3 khơng có nghiệm ngun Bài tập 3.16 Hãy tìm dấu hiệu chia hết cho m biết 10k ≡ (mod m) Áp dụng: Tìm xem số 6238357 có chia hết cho 37 khơng? Bài tập 3.17 Áp dụng tính chất số đồng dư tìm lại phép thử với số phép nhân phép chia hai số tự nhiên Bài tập 3.18 a) Bằng cách viết số nguyên theo hệ thống đếm số 100 suy tiêu chuẩn chia hết cho 101 b) Bằng cách viết số nguyên theo hệ thống đếm số 100 suy tiêu chuẩn chia hết cho 37, 7, 11, 13 Bài tập 3.19 Cho a ∈ Z Chứng minh a) Nếu a ≡ (mod 2) a2 ≡ (mod 8) b) Nếu a ≡ (mod 3) a2 ≡ (mod 9) 64 Bài tập 3.20 Sử dụng đẳng thức đồng dư, chứng minh: a) 1110 − 100 b) 19641962 + 19631964 + 19651966 + c) 241917 + 141917 19 d) 22n+2 + 24n + 14 18, ∀n ∈ N Bài tập 3.21 Giải phương trình vơ định sau: a)31x − 43y = b)50x + 17y = c)11x + 25y = 30 d)79x + 13y = 27 Bài tập 3.22 Giải biện luận theo số ngun m phương trình vơ định sau đây: a) 12x + 8y = 3m + b) 15x − 20y = 2m − Bài tập 3.23 Giải phương trình vơ định sau đây: a) 5x2 − = 11y b) 3x2 + 2x = 17y Bài tập 3.24 Giải phương trình vơ định sau đây: a) x3 + = 11y b) x3 + 2x + 7y + = Bài tập 3.25 a) Hãy hai số nguyên dương x, y khác cho xy + x xy + y số phương b) Có hay khơng số x, y phân biệt thuộc khoảng (998, 1994) cho xy + x xy + y số phương Bài tập 3.26 Số tự nhiên A gồm 1999 chữ số 1, chữ số chữ số Hỏi A số phương hay khơng? Bài tập 3.27 Chứng minh rằng: n! + 2003 khơng thể số phương, với n số tự nhiên Bài tập 3.28 Chứng minh A = 1! + 2! + · · · + n! khơng thể số phương với n > Bài tập 3.29 Chứng minh rằng, tổng bình phương 1984 số nguyên liên tiếp khơng số phương 65 Bài tập 3.30 Cho n lẻ Chứng minh A = n2004 + khơng số phương Bài tập 3.31 Chứng minh rằng: ∀n ∈ N∗ , số A = + 92n + 452n + 19452n khơng phải số phương Bài tập 3.32 Chứng minh rằng: A = + 1919 + 93199 + 19931994 số phương Bài tập 3.33 Tìm n tự nhiên cho 3n + số phương Bài tập 3.34 Tìm a nguyên cho A = a2 + 10a + 1964 số phương Bài tập 3.35 Tìm n cho n+1945 n+2004 số phương Bài tập 3.36 Tìm số tự nhiên n cho + 2n số phương Bài tập 3.37 Tìm số tự nhiên n cho 3n + 19 số phương Bài tập 3.38 Tìm tất số nguyên n cho n2 + 2002 số phương Bài tập 3.39 Tìm tất số nguyên n cho n4 + 2n3 + 2n2 + n + Bài tập 3.40 Hãy tìm số phương lớn chữ số cuối khác cho sau xóa bỏ hai chữ số cuối thu số phương Kết luận 66 Luận văn “Một số dạng tốn liên quan đến số phương" nhằm: - Cung cấp số phương pháp có tính hệ thống để tiếp cận dạng toán chuyên đề số học vấn đề liên quan - Đó dạng toán chưa học bậc đại học Các kiến thức chuyên đề góp phần vào việc bồi dưỡng hiệu học sinh giỏi toán bậc THCS THPT 67 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Đặng Hùng Thắng, Nguyễn Văn Ngọc, Vũ Kim Thuỷ Bài giảng số học NXB Giáo dục Việt Nam, 2010 [2] Hà Huy Khoái Số học NXB Giáo dục, 2008 [3] Lê Hải Châu Các thi Olympic Toán trung học phổ thông Việt Nam (1990-2006) NXB Giáo dục, 2008 [4] Phan Huy Khải Các toán số học NXB Giáo dục, 2004 [5] Nguyễn Văn Mậu Bất đẳng thức, định lý áp dụng NXB Giáo dục, 2005 [6] Nguyễn Văn Mậu Các toán nội suy áp dụng NXB Giáo dục, 2006 [7] Nguyễn Văn Mậu, Lê Ngọc Lăng, Phạm Long, Nguyễn Minh Tuấn Các đề thi olympic Toán sinh viên toàn quốc NXB Giáo dục, 2006 [8] Nguyễn Văn Mậu, Trần Nam Dũng, Đặng Hùng Thắng, Đặng Huy Ruận Một số vấn đề số học chọn lọc NXB Giáo dục, 2008 ... quan trọng số phương Số phương không tận chữ số 2, 3, 7, Nếu số hết cho số nguyên tố p chia hết cho p2 Số phương chia cho có số dư 0, Số phương chia cho có số dư 0, Số phương chia cho có số dư 0,... số ar, số lũy thừa b) Ta gọi bình phương số tự nhiên a, tức số a2 , số phương, số phương số lũy thừa bậc hai c) Số nguyên dương không chia hết cho số phương lớn gọi số phi phương Chẳng hạn, số. .. Các dạng toán số phương 2.1 Định nghĩa số phương 2.2 Một số tính chất số phương 2.2.1 Tổng ước số tự nhiên 2.2.2 Một số toán chọn lọc hàm