Đang tải... (xem toàn văn)
Nếu số đã cho chia hết cho 8 thì ta cũng có thể tìm ba chữ số tận cùng một cách gián tiếp theo các bước: Tìm dư của phép chia số đó cho 125, từ đó suy ra các khả năng của ba chữ số tận c[r]
(1)SỐ CHÍNH PHƯƠNG
I ĐỊNH NGHĨA: Số phương số bình phương của số nguyên
II TÍNH CHẤT:
1 Số phương có chữ số tận 0, 1, 4, 5, 6, ; có chữ số tận 2, 3, 7,
2 Khi phân tích thừa số nguyên tố, số phương chứa thừa số nguyên tố với số mũ chẵn
3 Số phương có hai dạng 4n 4n + Khơng có số phương có dạng 4n + 4n + (n N)
4 Số phương có hai dạng 3n 3n + Khơng có số phương có dạng 3n + (n N)
5 Số phương tận chữ số hàng chục chữ số chẵn
Số phương tận chữ số hàng chục
Số phương tận chữ số hàng chục chữ số chẵn Số phương tận chữ số hàng chục chữ số lẻ Số phương chia hết cho chia hết cho
Số phương chia hết cho chia hết cho Số phương chia hết cho chia hết cho 25 Số phương chia hết cho chia hết cho 16 III MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG
A. DẠNG1: CHỨNG MINH MỘT SỐ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG
Bài 1: Chứng minh với số nguyên x, y
A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 số phương.
Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 = (x2 + 5xy + 4y2)( x2 + 5xy + 6y2) + y4 Đặt x2 + 5xy + 5y2 = t ( t Z) thì
(2)V ì x, y, z Z nên x2 Z, 5xy Z, 5y2 Z ⇒ x2 + 5xy + 5y2 Z
Vậy A số phương
Bài 2: Chứng minh tích số tự nhiên liên tiếp cộng ln số chính phương.
Gọi số tự nhiên, liên tiêp n, n + 1, n+ 2, n + (n N) Ta có n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + = n.(n + 3(n + 1)(n + 2) +
= (n2 + 3n)( n2 + 3n + 2) + (*)
Đặt n2 + 3n = t (t N) (*) = t( t + ) + = t2 + 2t + = ( t + )2 = (n2 + 3n + 1)2
Vì n N nên n2 + 3n + N Vậy n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + số phương
Bài 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + + k(k+1)(k+2) Chứng minh 4S + số phương
Ta có k(k+1)(k+2) = 14 k(k+1)(k+2).4 = 14 k(k+1)(k+2).[(k+3) – (k-1)]
= 14 k(k+1)(k+2)(k+3) - 14 k(k+1)(k+2)(k-1)
⇒ S = 14 1.2.3.4 - 14 0.1.2.3 + 14 2.3.4.5 - 14 1.2.3.4 +…+ 14 k(k+1)(k+2)(k+3) - 14 k(k+1)(k+2)(k-1) = 14 k(k+1)(k+2) (k+3)
4S + = k(k+1)(k+2)(k+3) +
Theo kết ⇒ k(k+1)(k+2)(k+3) + số ph ương.
Bài 4: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889; …
Dãy số xây dựng cách thêm số 48 vào số đứng trước Chứng minh tất số dãy số
phương.
Ta có 44…488…89 = 44…488 + = 44…4 10n + 11…1 + 1
(3)
= 10
n−1
9 10
n + 10n−1
9 +
= 102n−4 10n+8 10n−8+9
9 =
4 102n
+4 10n+1
= (2 10n+1
3 )
Ta thấy 2.10n +1=200…01 có tổng chữ số chia hết chia hết cho
n-1 chữ số
⇒ (2 10n+1
3 ) Z hay số có dạng 44…488…89 số
phương
Bài 5: Chứng minh số sau số phương: A = 11…1 + 44…4 +
2n chữ số n chữ số 4
B = 11…1 + 11…1 + 66…6 +
2n chữ số n+1 chữ số n chữ số 6
C = 44…4 + 22…2 + 88…8 +
2n chữ số n+1 chữ số n chữ số 8
Kết quả: A = (10n+2
3 ) ; B = ( 10n
+8
3 ) ; C = ( 10n
+7
3 ) Bài 6: Chứng minh số sau số phương:
a A = 22499…9100…09
n-2 chữ số n chữ số 0
b B = 11…155…56 n chữ số n-1 chữ số 5
a A = 224.102n + 99…9.10n+2 + 10n+1 + 9
= 224.102n + ( 10n-2 – ) 10n+2 + 10n+1 + 9
2
(4)= 224.102n + 102n – 10n+2 + 10n+1 + 9 = 225.102n – 90.10n + 9
= ( 15.10n – ) 2
⇒ A số phương
b B = 111…1555…5 + = 11…1.10n + 5.11…1 + n chữ số n chữ số n chữ số n chữ số
= 10n−1
9 10
n + 10n−1
9 + =
102n−10n+5 10n−5+9
= 102n+4 10n+4
9 = (
10n+2
3 ) số phương ( điều phải
chứng minh)
Bài 7: Chứng minh tổng bình phương số tự nhiên liên tiếp khơng thể số phương
Gọi số tự nhiên liên tiếp n-2, n-1, n , n+1 , n+2 (n N , n ≥2 ) Ta có ( n-2)2 + (n-1)2 + n2 + ( n+1)2 + ( n+2)2 = 5.( n2+2)
Vì n2 tận n2+2 khơng thẻ chia hết cho
⇒ 5.( n2+2) khơng số phương hay A khơng số phương
Bài 8: Chứng minh số có dạng n6 – n4 + 2n3 + 2n2 n N
và n>1 khơng phải số phương
n6 – n4 + 2n3 +2n2 = n2.( n4 – n2 + 2n +2 ) = n2.[ n2(n-1)(n+1) + 2(n+1) ] = n2[ (n+1)(n3 – n2 + 2) ] = n2(n+1).[ (n3+1) – (n2-1) ]
= n2( n+1 )2.( n2–2n+2)
Với n N, n >1 n2-2n+2 = (n - 1)2 + > ( n – )2 n2 – 2n + = n2 – 2(n - 1) < n2
Vậy ( n – 1)2 < n2 – 2n + < n2 ⇒ n2 – 2n + khơng phải số phương
(5)
Bài 9: Cho số phương có chữ số hàng chục khác chữ số hàng đơn vị Chứng minh tổng chữ số hàng chục của số phương số phương
Cách 1: Ta biết số phương có chữ số hàng đơn vị chữ số hàng chục số lẻ Vì chữ số hàng chục số phương cho 1,3,5,7,9 tổng chúng + + + + = 25 = 52 số phương
Cách 2: Nếu số phương M = a2 có chữ số hàng đơn vị chữ số tận a ⇒ a ⋮ 2 ⇒ a2 ⋮
Theo dấu hiệu chia hết cho hai chữ số tận M 16, 36, 56, 76, 96 ⇒ Ta có: + + + + = 25 = 52 số
phương
Bài 10: Chứng minh tổng bình phương hai số lẻ không phải số phương.
a b lẻ nên a = 2k+1, b = 2m+1 (Với k, m N)
⇒ a2 + b2 = (2k+1)2 + (2m+1)2 = 4k2 + 4k + + 4m2 + 4m + 1 = 4(k2 + k + m2 + m) + = 4t + (Với t N)
Khơng có số phương có dạng 4t + (t N) a2 + b2 khơng thể số phương
Bài 11: Chứng minh p tích n số nguyên tố p-1 p+p-1 khơng thể số phương.
Vì p tích n số nguyên tố nên p ⋮ p không chia hết cho (1)
a Giả sử p+1 số phương Đặt p+1 = m2 (m N) Vì p chẵn nên p+1 lẻ ⇒ m2 lẻ ⇒ m lẻ.
Đặt m = 2k+1 (k N) Ta có m2 = 4k2 + 4k + ⇒ p+1 = 4k2 + 4k + 1
⇒ p = 4k2 + 4k = 4k(k+1) ⋮ mâu thuẫn với (1)
⇒ p+1 số phương
(6)Khơng có số phương có dạng 3k+2 ⇒ p-1 khơng số chính
phương
Vậy p tích n số nguyên tố p-1 p+1 khơng số phương
Bài 12: Giả sử N = 1.3.5.7…2007
Chứng minh số ngun liên tiếp 2N-1, 2N 2N+1 khơng có số số phương.
a 2N-1 = 2.1.3.5.7…2007 –
Có 2N ⋮ ⇒ 2N-1 không chia hết cho 2N-1 = 3k+2 (k N) ⇒ 2N-1 khơng số phương.
b 2N = 2.1.3.5.7…2007
Vì N lẻ ⇒ N không chia hết cho 2N ⋮ 2N không chia
hết cho
2N chẵn nên 2N không chia cho dư ⇒ 2N không số
phương
c 2N+1 = 2.1.3.5.7…2007 +
2N+1 lẻ nên 2N+1 không chia hết cho
2N không chia hết 2N+1 không chia cho dư
⇒ 2N+1 khơng số phương.
Bài 13: Cho a = 11…1 ; b = 100…05
2008 chữ số 2007 chữ số 0
Chứng minh √ab+1 số tự nhiên.
Cách 1: Ta có a = 11…1 = 102008−1
9 ; b = 100…05 = 100…0 + =
102008 + 5
2008 chữ số 2007 chữ số 2008 chữ số
⇒ ab+1 = (102008−1)(102008+5)
9 + =
102008¿2+4 102008−5+9
¿ ¿ ¿
=
(102008+2
3 )
√ab+1 = √(10
2008
+2
3 ) =
102008+2
2
(7)Ta thấy 102008 + = 100…02 ⋮ nên 102008+2
3 N hay √ab+1 là
số tự nhiên.
2007 chữ số
Cách 2: b = 100…05 = 100…0 – + = 99…9 + = 9a +6
2007 chữ số 2008 chữ số 2008 chữ số 9
⇒ ab+1 = a(9a +6) + = 9a2 + 6a + = (3a+1)2
⇒ √ab+1 = 3a+1¿
2 ¿
√¿ = 3a + N
B. DẠNG 2: TÌM GIÁ TRỊ CỦA BIẾN ĐỂ BIỂU THỨC LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG
Bài1: Tìm số tự nhiên n cho số sau số phương: a n2 + 2n + 12 b n ( n+3 )
c 13n + d n2 + n + 1589
Giải
a Vì n2 + 2n + 12 số phương nên đặt n2 + 2n + 12 = k2 (k N) ⇒ (n2 + 2n + 1) + 11 = k2 ⇔ k2 – (n+1)2 = 11 ⇔ (k+n+1)(k-n-1) = 11
Nhận xét thấy k+n+1 > k-n-1 chúng số nguyên dương, nên ta viết (k+n+1)(k-n-1) = 11.1 ⇔ k+n+1 = 11 ⇔ k = 6
k – n - = n =
b Đặt n(n+3) = a2 (n N) ⇒ n2 + 3n = a2 ⇔ 4n2 + 12n = 4a2 ⇔ (4n2 + 12n + 9) – = 4a2 ⇔ (2n + 3)
❑2 - 4a2 =
⇔ (2n + + 2a)(2n + –
2a) =
Nhận xét thấy 2n + + 2a > 2n + – 2a chúng số nguyên dương, nên ta viết (2n + + 2a)(2n + – 2a) = 9.1 ⇔ 2n + +
2a = ⇔ n = 1
2n + – 2a = a =
(8)⇒ (y + 4)(y – 4) ⋮ 13 mà 13 số nguyên tố nên y + ⋮ 13
y – ⋮ 13
⇒ y = 13k ± (Với k N)
⇒ 13(n – 1) = (13k ± )2 – 16 = 13k.(13k ± 8)
⇒ n = 13k2 ± 8k + 1
Vậy n = 13k2 ± 8k + (Với k N) 13n + số phương. d Đặt n2 + n + 1589 = m2 (m N) ⇒ (4n2 + 1)2 + 6355 = 4m2 ⇔ (2m + 2n +1)(2m – 2n -1) =
6355
Nhận xét thấy 2m + 2n +1> 2m – 2n -1 > chúng số lẻ, nên ta viết (2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355.1 = 1271.5 = 205.31 = 155.41
Suy n có giá trị sau: 1588; 316; 43; 28
Bài 2: Tìm a để số sau số phương: a. a2 + a + 43
b. a2 + 81
c. a2 + 31a + 1984
Kết quả: a 2; 42; 13 b 0; 12; 40
c 12; 33; 48; 97; 176; 332; 565; 1728
Bài 3: Tìm số tự nhiên n ≥ cho tổng 1! + 2! + 3! + … + n! số phương
Với n = 1! = = 12 số phương Với n = 1! + 2! = khơng số phương
Với n = 1! + 2! + 3! = 1+1.2+1.2.3 = = 32 số phương Với n ≥ ta có 1! + 2! + 3! + 4! = 1+1.2+1.2.3+1.2.3.4 = 33 5!; 6!; …; n! tận 1! + 2! + 3! + … + n! có tận chữ số nên khơng phải số phương
(9)Bài 4: Tìm n N để số sau số phương:
a n2 + 2004 ( Kết quả: 500; 164)
b (23 – n)(n – 3) ( Kết quả: 3; 5; 7; 13; 19; 21; 23)
c n2 + 4n + 97
d 2n + 15
Bài 5: Có hay khơng số tự nhiên n để 2006 + n2 số phương
Giả sử 2006 + n2 số phương 2006 + n2 = m2 (m N) Từ suy m2 – n2 = 2006 ⇔ (m + n)(m - n) = 2006
Như số m n phải có số chẵn (1)
Mặt khác m + n + m – n = 2m ⇒ số m + n m – n tính chẵn
lẻ (2)
Từ (1) (2) ⇒ m + n m – n số chẵn
⇒ (m + n)(m - n) ⋮ Nhưng 2006 không chia hết cho
4
⇒ Điều giả sử sai
Vậy không tồn số tự nhiên n để 2006 + n2 số phương.
Bài 6: Biết x N x>2 Tìm x cho x(x-1).x(x-1) = (x-2)xx(x-1) Đẳng thức cho viết lại sau: x(x-1) = (x-2)xx(x-1) Do vế trái số phương nên vế phải số phương
Một số phương tận chữ số 0; 1; 4; 5; 6; nên x tận chữ số 1; 2; 5; 6; 7; (1)
Do x chữ số nên x ≤ 9, kết hợp với điều kiện đề ta có x N < x ≤ (2)
Từ (1) (2) ⇒ x nhận giá trị 5; 6; 7.
Bằng phép thử ta thấy có x = thỏa mãn đề bài, 762 = 5776
Bài 7: Tìm số tự nhiên n có chữ số biết 2n+1 3n+1 số phương.
(10)Ta có 10 ≤ n ≤ 99 nên 21 ≤ 2n+1 ≤ 199 Tìm số phương lẻ khoảng ta 25; 49; 81; 121; 169 tương ứng với số n 12; 24; 40; 60; 84
Số 3n+1 37; 73; 121; 181; 253 Chỉ có 121 số phương Vậy n = 40
Bài 8: Chứng minh n số tự nhiên cho n+1 2n+1 là số phương n bội số 24.
Vì n+1 2n+1 số phương nên đặt n+1 = k2 , 2n+1 = m2 (k, m N)
Ta có m số lẻ ⇒ m = 2a+1 ⇒ m2 = 4a (a+1) + 1 ⇒ n = m2−1
2 =
4a(a+1)
2 = 2a(a+1) ⇒ n chẵn ⇒ n+1 lẻ ⇒ k lẻ ⇒ Đặt k = 2b+1 (Với b N) ⇒ k2 = 4b(b+1) +1
⇒ n = 4b(b+1) ⇒
n ⋮ (1)
Ta có k2 + m2 = 3n + (mod3)
Mặt khác k2 chia cho dư 1, m2 chia cho dư Nên để k2 + m2 (mod3) k2 (mod3)
m2 (mod3)
⇒ m2 – k2 ⋮ hay (2n+1) – (n+1) ⋮ ⇒ n ⋮ (2) Mà (8; 3) = (3)
Từ (1), (2), (3) ⇒ n ⋮ 24.
Bài 9: Tìm tất số tự nhiên n cho số 28 + 211 + 2n số
phương
Giả sử 28 + 211 + 2n = a2 (a N) 2n = a2 – 482 = (a+48)(a-48)
2p.2q = (a+48)(a-48) Với p, q N ; p+q = n p > q ⇒ a+48 = 2p ⇒ 2p – 2q = 96 ⇔ 2q (2p-q -1) = 25.3
(11)⇒ q = p-q = ⇒ p = 7
⇒ n = 5+7 = 12
Thử lại ta có: 28 + 211 + 2n = 802
C.DẠNG 3: TÌM SỐ CHÍNH PHƯƠNG
Bài 1: Cho A số phương gồm chữ số Nếu ta thêm vào chữ số A đơn vị ta số phương B Hãy tìm số A B.
Gọi A = abcd = k2 Nếu thêm vào chữ số A đơn vị ta có số
B = (a+1)(b+1)(c+1)(d+1) = m2 với k, m N 32 < k < m < 100
a, b, c, d N ; ≤ a ≤ ; ≤ b, c, d ≤
⇒ Ta có A = abcd = k2 B = abcd + 1111 = m2
⇒ m2 – k2 = 1111 ⇔ (m-k)(m+k) = 1111 (*)
Nhận xét thấy tích (m-k)(m+k) > nên m-k m+k số nguyên dương
Và m-k < m+k < 200 nên (*) viết (m-k)(m+k) = 11.101 Do m – k == 11 ⇔ m = 56 ⇔ A = 2025
m + k = 101 n = 45 B = 3136
Bài 2: Tìm số phương gồm chữ số biết số gồm chữ số đầu lớn số gồm chữ số sau đơn vị.
Đặt abcd = k2 ta có ab – cd = k N, 32 ≤ k < 100
Suy 101cd = k2 – 100 = (k-10)(k+10) ⇒ k +10 ⋮ 101 k-10
⋮ 101
Mà (k-10; 101) = ⇒ k +10 ⋮ 101
(12)Bài 3: Tìm số phương có chữ số biết chữ số đầu giống nhau, chữ số cuối giống nhau.
Gọi số phương phải tìm aabb = n2 với a, b N, ≤ a ≤ 9; ≤ b ≤
Ta có n2 = aabb = 11.a0b = 11.(100a+b) = 11.(99a+a+b) (1) Nhận xét thấy aabb ⋮ 11 ⇒ a + b ⋮ 11
Mà ≤ a ≤ ; ≤ b ≤ nên ≤ a+b ≤ 18 ⇒ a+b = 11
Thay a+b = 11 vào (1) n2 = 112(9a+1) 9a+1 số phương
Bằng phép thử với a = 1; 2; …; ta thấy có a = thỏa mãn ⇒ b =
4
Số cần tìm 7744
Bài 4: Tìm số có chữ số vừa số phương vừa lập phương.
Gọi số phương abcd Vì abcd vừa số phương vừa lập phương nên đặt abcd = x2 = y3 Với x, y N
Vì y3 = x2 nên y số phương
Ta có 1000 ≤ abcd ≤ 9999 ⇒ 10 ≤ y ≤ 21 y phương ⇒ y =
16
⇒ abcd = 4096
Bài 5: Tìm số phương gồm chữ số cho chữ số cuối số nguyên tố, bậc hai số có tổng chữ số số
phương.
Gọi số phải tìm abcd với a, b, c, d nguyên ≤ a ≤ ; ≤ b,c,d ≤ abcd phương ⇒ d { 0,1,4,5,6,9}
d nguyên tố ⇒ d = 5
Đặt abcd = k2 < 10000 ⇒ 32 ≤ k < 100
k số có hai chữ số mà k2 có tận ⇒ k tận
(13)⇒ abcd = 2025
Vậy số phải tìm 2025
Bài 6: Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết hiệu bình phương số viết số hai chữ số số theo thứ tự ngược lại số phương
Gọi số tự nhiên có hai chữ số phải tìm ab ( a,b N, ≤ a,b ≤ ) Số viết theo thứ tự ngược lại ba
Ta có ab - ba = ( 10a + b ) 2 – ( 10b + a )2 = 99 ( a2 – b2 ) ⋮ 11 ⇒ a2 - b2 ⋮ 11
Hay ( a-b )(a+b ) ⋮ 11
Vì < a - b ≤ , ≤ a+b ≤ 18 nên a+b ⋮ 11 ⇒ a + b = 11
Khi ab - ba = 32 112 (a - b)
Để ab - ba số phương a - b phải số phương a-b = a - b =
Nếu a-b = kết hợp với a+b = 11 ⇒ a = 6, b = 5, ab = 65
Khi 652 – 562 = 1089 = 332
Nếu a - b = kết hợp với a+b = 11 ⇒ a = 7,5 ( loại )
Vậy số phải tìm 65
Bài 7: Cho số phương có chữ số Nếu thêm vào chữ số ta số phương Tìm số phương ban đầu
( Kết quả: 1156 )
Bài 8: Tìm số có chữ số mà bình phương số lập phương của tổng chữ số nó.
Gọi số phải tìm ab với a,b N ≤ a ≤ , ≤ b ≤ Theo giả thiết ta có : ab = ( a + b )3
⇔ (10a+b)2 = ( a + b )3
⇒ ab lập phương a+b số phương
Đặt ab = t3 ( t N ) , a + b = l 2 ( l N ) 2
2 2
(14)Vì 10 ≤ ab ≤ 99 ⇒ ab = 27 ab = 64
Nếu ab = 27 ⇒ a + b = số phương
Nếu ab = 64 ⇒ a + b = 10 khơng số phương ⇒ loại
Vậy số cần tìm ab = 27
Bài 9: Tìm số lẻ liên tiếp mà tổng bình phương số có chữ số giống nhau.
Gọi số lẻ liên tiếp 2n-1, 2n+1, 2n+3 ( n N)
Ta có A= ( 2n-1 )2 + ( 2n+1)2 + ( 2n+3 )2 = 12n2 + 12n + 11
Theo đề ta đặt 12n2 + 12n + 11 = aaaa = 1111.a với a lẻ ≤ a ≤
⇒ 12n( n + ) = 11(101a – )
⇒ 101a – ⋮ ⇒ 2a – ⋮ 3
Vì ≤ a ≤ nên ≤ 2a-1 ≤ 17 2a-1 lẻ nên 2a – { 3; 9; 15 } ⇒ a { 2; 5; }
Vì a lẻ ⇒ a = ⇒ n = 21
số càn tìm 41; 43; 45
Bài 10: Tìm số có chữ số cho tích số với tổng chữ số của tổng lập phương chữ số số đó.
ab (a + b ) = a3 + b3
⇔ 10a + b = a2 – ab + b2 = ( a + b )2 – 3ab
⇔ 3a( + b ) = ( a + b ) ( a + b – )
a + b a + b – nguyên tố a + b = 3a a + b – = 3a a + b – = + b a + b = + b ⇒ a = , b = a = , b = 7
Vậy ab = 48 ab = 37
(15)Số nguyên tố I Kiến thức cần nhớ:
1 Dịnh nghĩa:
* Số nguyên tố số tự nhiên lớn 1, có hai ớc * Hợp số số tự nhiên lớn 1, có nhiều hai íc
2 TÝnh chÊt:
* NÕu sè nguyªn tố p chia hết cho số nguyên tố q p = q
* NÕu tÝch abc chia hÕt cho số nguyên tố p thừa sè cđa tÝch abc chia hÕt cho sè nguyªn tè p
* Nếu a b không chia hết cho số nguyên tố p tích ab không chia hết cho số nguyên tố p
3 Cách nhËn biÕt mét sè nguyªn tè:
a) Chia số lần lợt cho số nguyên tố biết từ nhỏ đến lớn - Nếu có phép chia hết số khơng phải số ngun tố
- Nếu chia lúc số thơng nhỏ số chia mà phép chia số d ssó số ngun tố
b) Một số có ớc số lớn số khơng phải số ngun tố
4 Phân tích số thừa số nguyên tố:
* Phân tích số tự nhiên lớn thừa số nguyên tố viết số dới dạng tích thừa số nguyên tố
- Dạng phân tích thừa số nguyên tố số ngun tố số
- Mọi hợp số phân tích đợc thừa số nguyên t
ới , , số nguyên tố , , , N , , ,
A a b c V a b c l
5 Sè c¸c ớc số tổng ớc số số:
+1 1
¶ sư
ới , , số nguyên tố , , , N vµ , , ,
1 Sè ớc số A là: ( +1)( +1) ( +1)
a 1
2 Tỉng c¸c íc sè cđa A lµ:
1 1
Gi A a b c V a b c l
b c a b c
6 Sè nguyªn tè cïng nhau:
* Hai sè nguyªn tố hai số có ƯCLN
Hai số a b nguyên tố ƯCLN(a, b) = 1.
Các số a, b, c nguyên tố ƯCLN(a, b, c) =
Các số a, b, c đôi nguyên tố ƯCLN(a, b) =
¦CLN(b, c) = ƯCLN(c, a) =1
II Các ví dụ:
VD1: Ta biÕt r»ng cã 25 sè nguyªn tè nhỏ 100 Tổng 25 số nguyên tố số chẵn hay số lẻ
(16)Trong 25 số nguyên tố nhỏ 100 có chứa số nguyên tố chẵn 2, 24 số ngun tố cịn lại số lẻ Do tổng 25 số nguyên tố số chẵn
VD2: Tổng số nguyên tố 1012 Tìm sè nguyªn tè nhá nhÊt
ba số nguyên tố
HD:
Vì tổng số nguyên tố 1012, nên số nguyên tố tồn số ngun tố chẵn Mà số nguyên tố chẵn số nguyên tố nhỏ Vậy số nguyên tố nhỏ số nguyên tố
VD3: Tỉng cđa sè nguyªn tè cã thĨ 2003 hay không? Vì sao?
HD:
Vỡ tổng số nguyên tố 2003, nên số nguyên tố tồn số nguyên tố chẵn Mà số nguyên tố chẵn Do số ngun tố cịn lại 2001 Do 2001 chia hết cho 2001 > Suy 2001 số nguyên tố
VD4: Tìm số nguyên tố p, cho p + p + số nguyên tố
HD:
Giả sử p số nguyên tè
- Nếu p = p + = p + = số nguyên tố
- NÕu p số nguyên tố p có d¹ng: 3k, 3k + 1, 3k + víi k N*.
+) Nếu p = 3k p = p + = p + = số nguyên tố +) Nếu p = 3k +1 p + = 3k + = 3(k + 1) p + p + > Do ú
p + hợp số
+) Nếu p = 3k + p + = 3k + = 3(k + 2) p + p + > Do ú
p + hợp sè
VËy víi p = th× p + p + số nguyên tè
VD5: Cho p vµ p + lµ số nguyên tố (p > 3) Chứng minh p + hợp số
HD:
Vì p số nguyên tố p > 3, nên số nguyên tố p có dạng: 3k + 1, 3k + víi k N*.
- Nếu p = 3k + p + = 3k + = 3(k + 2) p + p + > Do
p + hợp số ( Trái với đề p + số nguyên tố)
- Nếu p = 3k + p + = 3k + = 3(k + 3) p + p + > Do
p + hợp số
Vậy số nguyên tố p có dạng: p = 3k + p + hợp số
VD6: Chng minh rng mi số nguyên tố lớn có dạng 4n +
4n –
HD:
(17)víi k N*.
- NÕu n = 4k n4 n hợp số - NÕu n = 4k + n2 n hợp số
Vy mi s nguyờn t lớn có dạng 4k + 4k – Hay
số nguyên tố lớn có dạng 4n + 4n – với n N*.
VD7: Tìm ssó ngun tố, biết số tổng hai số ngun tố
b»ng hiƯu cđa hai sè nguyªn tè
HD:
¶ sư a, b, c, d, e số nguyên tố d > e Theo bµi ra: a = b + c = d - e (*)
Tõ (*) a > a số nguyên tố lẻ b + c d - e số lẻ
Do b, d số nguyên tố b, d số lẻ c, e
Gi
số chẵn
c = e = (do c, e số nguyên tố) a = b + = d - d = b +
Vậy ta cần tìm số nguyên tè b cho b + vµ b + số nguyên tố
VD8: Tìm tất số nguyên tè x, y cho: x2 – 6y2 = 1. HD:
2 2 2
2
2 2
ã: x 1 ( 1)( 1)
6 ( 1)( 1)
µ x - + x + = 2x x - vµ x + cã tính chẵn lẻ x - x + hai số chẵn liên tiếp
( 1)( 1) 8
2 2
Ta c y x y x x y Do y x x
M
x x y y y y y x
VD9: Cho p p + số nguyên tè (p > 3) Chøng minh r»ng p + 16
HD:
Vì p số nguyên tố p > 3, nªn sè nguyªn tè p cã d¹ng: 3k + 1, 3k + víi k N*.
- Nếu p = 3k + p + = 3k + = 3(k + 1) p + p + > Do
p + hợp số ( Trái với đề p + số nguyên tố) - Nếu p = 3k + p + = 3k + = 3(k + 1) (1)
Do p lµ sè nguyên tố p > p lẻ k lẻ k + chẵn k + 12 (2) Tõ (1) vµ (2) p + 16.
II Bài tập vận dụng:
Bài 1: Tìm số nguyên tố p cho số sau số nguyên tố: a) p + p + 10
(18)g) p + vµ p + 10 h) p + vµ p + 10
Bài 2: Tìm số nguyên tố p cho số sau số nguyên tố: a) p + 2, p + 8, p + 12, p + 14
b) p + 2, p + 6, p + 8, p + 14 c) p + 6, p + 8, p + 12, p + 14
d) p + 2, p + 6, p + 8, p + 12, p + 14 e) p + 6, p + 12, p + 18, p + 24 f) p + 18, p + 24, p + 26, p + 32 g) p + 4, p + 6, p + 10, p + 12, p+16
Bµi 3:
a) Cho p p + sè nguyªn tè (p > 3) Chøng minh r»ng: p + hợp số
b) Cho p 2p + số nguyên tố (p > 3) Chứng minh rằng: 4p + hợp số
c) Cho p 10p + sè nguyªn tè (p > 3) Chøng minh r»ng: 5p + hợp số
d) Cho p p + số nguyên tố (p > 3) Chứng minh rằng: p + hợp số
e) Cho p 4p + sè nguyªn tè (p > 3) Chøng minh r»ng: 2p + hợp số
f) Cho p 5p + số nguyên tố (p > 3) Chứng minh rằng: 10p + hợp số
g) Cho p 8p + sè nguyªn tè (p > 3) Chøng minh r»ng: 8p - hợp số
h) Cho p 8p - số nguyên tố (p > 3) Chứng minh rằng: 8p + hợp số
i) Cho p 8p2 - sè nguyªn tè (p > 3) Chøng minh r»ng: 8p2 + 1
là hợp số
j) Cho p 8p2 + số nguyên tố (p > 3) Chøng minh r»ng: 8p2 - 1
lµ hợp số
Bài 4: Chứng minh rằng:
a) Nếu p q hai số nguyên tố lớn p2 q2 24.
b) NÕu a, a + k, a + 2k (a, k N*) số nguyên tố lớn k 6. Bµi 5:
a) Mét sè nguyên tố chia cho 42 có số d r hợp số Tìm số d r
b) Một số nguyên tố chia cho 30 có số d r Tìm số d r biết r không số nguyên tè
Bài 6: Hai số nguyên tố gọi sinh đôi chúng hai số nguyên tố lẻ liên tiếp Chứng minh số tự nhiên lớn nằm hai số nguyên tố sinh đôi chia hết cho
Bài 7: Cho số nguyên tố lớn 3, số sau lớn số trớc d đơn vị Chứng minh d chia hết cho
Bài 8: Tìm số nguyên tố có ba chữ số, biết viết số theo thứ tự ngợc lại ta đợc số lập phơng số tự nhiên
Bài 9: Tìm số tự nhiên có chữ số, chữ số hàng nghìn chữ số hàng đơn vị, chữ số hàng trăm chữ số hàng chục số viết đợc dới dạng tích số nguyên tố liên tiếp
(19)Bài 11: Tìm số nguyên tố liên tiếp p, q, r cho p2 + q2 + r2 còng số
nguyên tố
Bài 12: Tìm tất ba số nguyên tố a, b, c cho a.b.c < a.b + b.c + c.a
Bài 13: Tìm số nguyên tố p, q, r cho pq + qp = r. Bµi 14: Tìm số nguyên tố x, y, z thoả mÃn xy + = z. Bài 15: Tìm số nguyên tố
2
, số nguyên tố vµ b
abcd cho ab ac l cd b c
B i 16:à Cho c¸c sè p = bc + a, q = ab + c, r = ca + b (a, b, c N*) lµ số
nguyên tố Chứng minh sè p, q, r cã Ýt nhÊt hai sè b»ng
Bài 17: Tìm tất số nguyên tè x, y cho:
a) x2 – 12y2 = 1.
b) 3x2 + = 19y2.
c) 5x2 – 11y2 = 1.
d) 7x2 – 3y2 = 1.
e) 13x2 – y2 = 3.
f) x2 = 8y + 1.
Bµi 18: Tìm số nguyên tố cho tích chúng gÊp lÇn tỉng cđa chóng
Bài 19: Chứng minh điều kiện cần đủ để p 8p2 + số
nguyªn tè lµ p =
Bµi 20: Chøng minh r»ng: Nếu a2 b2 là số nguyên tố a2 – b2 = a +
b
Bài 21: Chứng minh số nguyên tố lớn có dạng 6n +
6n –
Bµi 22: Chøng minh r»ng tỉng bình phơng số nguyên tố lớn số nguyên tố
Bài 23: Cho sè tù nhiªn n2 Gäi p1, p2, , pn là số nguyên tố cho pn n + Đặt A = p1.p2 pn Chứng minh dÃy số số tự nhiên
liên tiÕp: A + 2, A + 3, , A + (n + 1) Không chứa số nguyên tố
Bµi 24: Chøng minh r»ng: NÕu p lµ sè nguyên tố 2.3.4 (p 3)(p 2) - 1p.
Bµi 25: Chøng minh r»ng: NÕu p lµ số nguyên tố 2.3.4 (p 2)(p 1) + 1p
Chuyên đề tìm chữ số tận cùng
I Tìm chữ số tận cùng
(20)b) Các số có chữ số tận 4, nâng lên lũy thừa bậc lẻ chữ số tận khơng thay đổi
c) Các số có chữ số tận 3, 7, nâng lên lũy thừa bậc 4n (n thuộc N) chữ số tận
d) Các số có chữ số tận 2, 4, nâng lên lũy thừa bậc 4n (n thuộc N) chữ số tận
e) Tích số tự nhiên có chữ số tận với số tự nhiên lẻ cho ta số có chữ số tận 5.
Tính chất 2: Một số tự nhiên bất kì, nâng lên lũy thừa bậc 4n + (n thuộc N) chữ số tận khơng thay đổi
Tính chất 3: a) Số có chữ số tận nâng lên lũy thừa bậc 4n + 3 sẽ có chữ số tận ; số có chữ số tận nâng lên lũy thừa bậc 4n + có chữ số tận
b) Số có chữ số tận nâng lên lũy thừa bậc 4n + có chữ số tận ; số có chữ số tận nâng lên lũy thừa bậc 4n + 3 có chữ số tận
c) Các số có chữ số tận 0, 1, 4, 5, 6, 9, nâng lên lũy thừa bậc 4n + không thay đổi chữ số tận
Bài 1: Tìm chữ số tận số: a) 799 b) 141414
c) 4567
Giải: a) Trước hết, ta tìm số dư phép chia 99 cho 4: 99 − = (9 − 1)(98 + 97 + … + + 1) chia hết cho 99 = 4k + (k N) 799 = 74k + 1 = 74k.7
Do 74k có chữ số tận 799 có chữ số tận 7. b) Dễ thấy 1414 = 4k (k N) 141414 = 144k có chữ số tận 6. c) Ta có 567 −
567 = 4k + (k N) 4567 = 44k + = 44k.4 44k có
chữ số tận nên 4567 có chữ số tận
Bài 2: Tìm chữ số tận số:
a) 71993 b) 21000 c) 31993 d) 4161
e) 234
g) 999 h) 1981945
i) 321930
Bài 3: Chứng minh rằng: a) 8102 − 2102 10 b) 175 + 244 − 1321
10 c) 4343 − 1717 10
Bài 4: Tìm số tự nhiên n để n10 +
10
Bài 5: Có tồn hay khơng số tự nhiên n để n2 + n + chia hết cho 5?
Bài 6: Tìm chữ số tận C = 1.3.5.7… 99
Chữ số tận tổng lũy thừa xác định cách tính tổng chữ số tận lũy thừa tổng
Bài 2: Tìm chữ số tận tổng S = 21 + 35 + 49 + … + 20048009
(21)Theo tính chất 2, lũy thừa S số tương ứng có chữ số tận giống nhau, chữ số tận tổng:
(2 + + … + 9) + 199.(1 + + … + 9) + + + + = 200(1 + + … + 9) + = 9009
Vậy chữ số tận tổng S
Bài 3: Tìm chữ số tận tổng T = 23 + 37 + 411 + … + 20048011
Giải: Trước hết ta có nhận xét: Mọi lũy thừa T có số mũ chia cho dư (các lũy thừa có dạng n4(n − 2) + 3, n thuộc {2, 3, …, 2004})
Theo tính chất 23 có chữ số tận ; 37 có chữ số tận là ; 411 có chữ số tận ; … Như vậy, tổng T có chữ số tận bằng chữ số tận tổng: (8 + + + + + + + 9) + 199.(1 + + + + + + + + 9) + + + + = 200(1 + + + + + + + + 9) + + + = 9019 Vậy: chữ số tận tổng T
Bài 4: Tồn hay không số tự nhiên n cho n2 + n + chia hết cho 19952000
Giải: 19952000 tận chữ số nên chia hết cho Vì vậy, ta đặt vấn đề liệu n2 + n + có chia hết cho khơng? Ta có n2 + n = n(n + 1), tích hai số tự nhiên liên tiếp nên chữ số tận n2 + n 0; 2; n2 + n + tận 1; 3; n2 + n + không chia hết cho
5
Vậy: không tồn số tự nhiên n cho n2 + n + chia hết cho 19952000 Sử dụng tính chất “Một số phương tận chữ số ; ; ; ; ; 9”, ta giải Bài sau:
Bài 5: Chứng minh tổng sau khơng thể số phương: a) M = 19k + 5k + 1995k + 1996k (với k chẵn)
b) N = 20042004k + 2003
Sử dụng tính chất “một số nguyên tố lớn tận các chữ số ; ; ; 9”
Bài 6: Cho p số nguyên tố lớn Chứng minh rằng: p8n +3.p4n − 4 chia hết cho
Bài 7: Tìm số dư phép chia: a) 21 + 35 + 49 + … + 20038005 cho b) 23 + 37 + 411 + … + 20038007 cho
Bài 8: Tìm chữ số tận X, Y: X = 22 + 36 + 410 + … + 20048010 Y = 28 + 312 + 416 + … + 20048016
Bài 9: Chứng minh chữ số tận hai tổng sau giống nhau: U = 21 + 35 + 49 + … + 20058013
V = 23 + 37 + 411 + … + 20058015
(22)19x + 5y + 1980z = 1975430 + 2004
II Tìm hai chữ số tận
Nhận xét: Nếu x N x = 100k + y, k; y N hai chữ số tận
cùng x hai chữ số tận y
Hiển nhiên y ≤ x Như vậy, để đơn giản việc tìm hai chữ số tận số tự nhiên x thay vào ta tìm hai chữ số tận số tự nhiên y (nhỏ hơn)
Rõ ràng số y nhỏ việc tìm chữ số tận y đơn giản
Từ nhận xét trên, ta đề xuất phương pháp tìm hai chữ số tận số tự nhiên x = am sau:
Trường hợp 1: Nếu a chẵn x = am 2m Gọi n số tự nhiên cho an −
25
Viết m = pn + q (p ; q
N), q số nhỏ để aq ta có:
x = am = aq(apn − 1) + aq
Vì an − 25 apn − 25 Mặt khác, (4, 25) = nên aq(apn − 1) 100
Vậy hai chữ số tận am hai chữ số tận aq. Tiếp theo, ta tìm hai chữ số tận aq
Trường hợp 2: Nếu a lẻ , gọi n số tự nhiên cho an − 100 Viết m = un + v (u ; v
N, ≤ v < n) ta có: x = am = av(aun − 1) + av Vì an − 100 aun − 1 100
Vậy hai chữ số tận am hai chữ số tận av. Tiếp theo, ta tìm hai chữ số tận av
Trong hai trường hợp trên, chìa khóa để giải Bài phải tìm số tự nhiên n Nếu n nhỏ q v nhỏ nên dễ dàng tìm hai chữ số tận aq av
Bài 11: Tìm hai chữ số tận số: a) a2003 b) 799
Giải: a) Do 22003 số chẵn, theo trường hợp 1, ta tìm số tự nhiên n nhỏ nhất cho 2n − 25
Ta có 210 = 1024
210 + = 1025 25 220 − = (210 + 1)(210 − 1) 25
23(220 − 1) 100 Mặt khác: 22003 = 23(22000 − 1) + 23 = 23((220)100 − 1) + 23 = 100k + (k N)
Vậy hai chữ số tận 22003 08
b) Do 799 số lẻ, theo trường hợp 2, ta tìm số tự nhiên n bé cho 7n − 100
Ta có 74 = 2401 => 74 − 100 Mặt khác: 99 − => 99 = 4k + (k
(23)Vậy 799 = 74k + 1 = 7(74k − 1) + = 100q + (q N) tận hai chữ số
07
Bài 12: Tìm số dư phép chia 3517 cho 25
Giải: Trước hết ta tìm hai chữ số tận 3517 Do số lẻ nên theo trường hợp 2, ta phải tìm số tự nhiên n nhỏ cho 3n − 100
Ta có 310 = 95 = 59049 310 + 50 320 − = (310 + 1) (310 − 1) 100 Mặt khác: 516 −
5(516 − 1) 20 517 = 5(516 − 1) + = 20k +
3517 = 320k + 5 = 35(320k − 1) + 35 = 35(320k − 1) + 243, có hai chữ số tận là 43
Vậy số dư phép chia 3517 cho 25 18
Trong trường hợp số cho chia hết cho ta tìm theo cách gián tiếp
Trước tiên, ta tìm số dư phép chia số cho 25, từ suy khả hai chữ số tận Cuối cùng, dựa vào giả thiết chia hết cho để chọn giá trị
Các thí dụ cho thấy rằng, a = a = n = 20 ; a = n =
Một câu hỏi đặt là: Nếu a n nhỏ ? Ta có tính chất sau đây:
Tính chất 4: Nếu a N (a, 5) = a20 − 25
Bài 13: Tìm hai chữ số tận tổng: a) S1 = 12002 + 22002 + 32002 + + 20042002 b) S2 = 12003 + 22003 + 32003 + + 20042003
Giải: a) Dễ thấy, a chẵn a2 chia hết cho ; a lẻ a100 − chia hết cho ; a chia hết cho a2 chia hết cho 25
Mặt khác, từ tính chất ta suy với a N (a, 5) = ta có a
100 − 25
Vậy với a N ta có a2(a100 − 1) 100
Do S1 = 12002 + 22(22000 − 1) + + 20042(20042000 − 1) + 22 + 32 + + 20042
Vì hai chữ số tận tổng S1 hai chữ số tận tổng 12 + 22 + 32 + + 20042 áp dụng công thức: 12 + 22 + 32 + + n2 = n(n + 1)(2n + 1)/6
12 + 22 + + 20042 = 2005 4009 334 = 2684707030, tận 30
Vậy hai chữ số tận tổng S1 30
(24)cũng hai chữ số tận 13 + 23 + 33 + + 20043 Áp dụng
công thức:
2
3 3 n(n 1)
1 n (1 n)
2
13 + 23 + + 20043 = (2005 1002)2 = 4036121180100, tận 00
Vậy hai chữ số tận tổng S2 00
Tính chất 5: Số tự nhiên A khơng phải số phương nếu: + A có chữ số tận 2, 3, 7, ;
+ A có chữ số tận mà chữ số hàng chục chữ số chẵn ; + A có chữ số hàng đơn vị khác mà chữ số hàng chục lẻ ; + A có chữ số hàng đơn vị mà chữ số hàng chục khác ; + A có hai chữ số tận lẻ
Bài 14: Cho n N n − không chia hết cho CMR: 7n + khơng thể
số phương
Giải: Do n − không chia hết n = 4k + r (r {0, 2, 3}) Ta có 74
− = 2400 100 Ta viết 7n + = 74k + r + = 7r(74k − 1) + 7r + Vậy hai
chữ số tận 7n + hai chữ số tận 7r + (r = 0, 2, 3) nên 03, 51, 45 Theo tính chất rõ ràng 7n + khơng thể số phương n không chia hết cho
III Tìm ba chữ số tận cùng
Nhận xét: Tương tự trường hợp tìm hai chữ số tận cùng, việc tìm ba chữ số tận số tự nhiên x việc tìm số dư phép chia x cho 1000
Nếu x = 1000k + y, k ; y N ba chữ số tận x
cũng ba chữ số tận y (y ≤ x)
Do 1000 = x 125 mà (8, 125) = nên ta đề xuất phương pháp tìm ba chữ số tận số tự nhiên x = am sau:
Trường hợp 1: Nếu a chẵn x = am chia hết cho 2m Gọi n số tự nhiên cho an − chia hết cho 125
Viết m = pn + q (p ; q N), q số nhỏ để aq chia hết cho ta có:
x = am = aq(apn − 1) + aq
Vì an − chia hết cho 125 => apn − chia hết cho 125 Mặt khác, do (8, 125) = nên aq(apn − 1) chia hết cho 1000
Vậy ba chữ số tận am ba chữ số tận của aq Tiếp theo, ta tìm ba chữ số tận aq
Trường hợp 2: Nếu a lẻ , gọi n số tự nhiên cho an − chia hết cho 1000
Viết m = un + v (u ; v
N, ≤ v < n) ta có: x = am = av(aun − 1) + av
(25)Vậy ba chữ số tận am ba chữ số tận của av Tiếp theo, ta tìm ba chữ số tận av Tính chất sau suy từ tính chất
Tính chất 6: Nếu a N (a, 5) = a100 − chia hết cho 125
Chứng minh: Do a20 − 25 nên a20, a40, a60, a80 chia cho 25 có số dư
a20 + a40 + a60 + a80 + Vậy a100 − = (a20 − 1)( a80 + a60 + a40 +
a20 + 1) 125
Bài 15: Tìm ba chữ số tận 123101
Giải: Theo tính chất 6, (123, 5) = 123100 − 125 (1)
Mặt khác: 123100 − = (12325 − 1)(12325 + 1)(12350 + 1) 123100 − (2)
Vì (8, 125) = 1, từ (1) (2) suy ra: 123100 − 1000
123101 = 123(123100 − 1) + 123 = 1000k + 123 (k N) Vậy 123101 có ba
chữ số tận 123
Bài 12: Tìm ba chữ số tận 3399 98
Giải: Theo tính chất 6, (9, 5) = => 9100 − chi hết cho 125 (1) Tương tự 11, ta có 9100 − chia hết cho (2)
Vì (8, 125) = 1, từ (1) (2) suy ra: 9100 − chia hết cho 1000 3399 98 = 9199 9 = 9100p + 99 = 999(9100p − 1) + 999 = 1000q + 999 (p, q
N)
Vậy ba chữ số tận 3399 98 ba chữ số tận cùng 999 Lại 9100 − chia hết cho 1000 ba chữ số tận 9100 001 mà 999 = 9100: ba chữ số tận 999 889 (dễ kiểm tra chữ số tận 999 9, sau dựa vào phép nhân ???9 001 để xác định
??9 889 ) Vậy ba chữ số tận 3399 98 889
Nếu số cho chia hết cho ta tìm ba chữ số tận cách gián bước: Tìm dư phép chia số cho 125, từ suy khả ba chữ số tận cùng, cuối kiểm tra điều kiện chia hết cho để chọn giá trị
Bài 16: Tìm ba chữ số tận 2004200
Giải: (2004, 5) = (tính chất 6) 2004100 chia cho 125 dư 2004200 =
(2004100)2 chia cho 125 dư 2004200 tận 126, 251, 376, 501, 626, 751, 876 Do 2004200 nên tận 376
Bài tập vận dụng:
Bài 17: Chứng minh 1n + 2n + 3n + 4n chia hết cho n không chia hết cho
Bài 18: Chứng minh 920002003, 720002003 có chữ số tận giống
(26)Bài 20: Tìm hai chữ số tận của: S = 23 + 223 + + 240023
Bài 21: Tìm ba chữ số tận của: S = 12004 + 22004 + + 20032004
Bài 22: Cho (a, 10) = Chứng minh ba chữ số tận a101 cũng ba chữ số tận a
Bài 23: Cho A số chẵn khơng chia hết cho 10 Hãy tìm ba chữ số tận A200
Bài 24: Tìm ba chữ số tận số: 199319941995 2000
Bài 25: Tìm sáu chữ số tận 521.
D·y sè cã qui luËt
I > Phơng pháp dự đoán quy nạp :
Trong số trờng hợp gặp toán tính tổng hữu hạn Sn = a1 + a2 + an (1)
Bằng cách ta biết đợc kết (dự đoán , toán chứng minh cho biết kết quả) Thì ta nên sử dụng phơng pháp hầu nh chứng minh đợc
VÝ dô 1 : TÝnh tæng Sn =1+3+5 + + (2n -1 )
Thö trùc tiÕp ta thÊy : S1 =
S2 = + =22
S3 = 1+ 3+ = = 32
Ta dự đoán Sn = n2
Vi n = 1;2;3 ta thấy kết
gi¶ sư víi n= k ( k 1) ta cã Sk = k (2)
ta cần phải chứng minh Sk + = ( k +1 ) ( 3)
(27)v× k2 + ( 2k +1) = ( k +1) 2 nªn ta cã (3) tøc lµ S
k+1 = ( k +1)
theo nguyên lý quy nạp toán đợc chứng minh Sn = 1+3=5 + + ( 2n -1) = n2
T¬ng tù ta cã thĨ chøng minh kết sau phơng pháp quy nạp toán học
1, + 2+3 + + n = n(n+1)
2, 12 + 2 2 + + n 2 = n(n+1)(2n+1)
6 3, 13+23 + + n3 =
[n(n+1)
2 ]
2
4, 15 + 25 + + n5 =
12 n2 (n + 1) ( 2n2 + 2n )
II > Ph ơng pháp khử liên tiếp :
Giả sử ta cần tính tỉng (1) mµ ta cã thĨ biĨu diƠn , i = 1,2,3 ,n , qua hiÖu
hai sè hạng liên tiếp dÃy số khác , xác , giả sử : a1 = b1 - b2
a2 = b2 - b3
an = bn – bn+
khi ta có :
Sn = ( b1 – b2 ) + ( b2 – b3 ) + + ( bn – bn + )
= b1 – bn +
VÝ dơ : tÝnh tỉng : S = 10 111 +
11.12+
12 13+ + 99 100 Ta cã :
10 11= 10 −
1
11 ,
11.12=
1 11−
1
12 ,
99 100= 99 −
1 100 Do :
S =
10− 11+ 11−
12+ .+ 99− 100= 10− 100= 100
D¹ng tỉng qu¸t
Sn =
1 2+
2 3+ .+
(28)= 1-
n+1=
n n+1 VÝ dơ : tÝnh tỉng
Sn =
1 3+
1 4+
1
3 5+ +
1
n(n+1)(n+2) Ta cã Sn =
1 2(
1 2−
1 3)+
1 2(
1 3−
1
3 4)+ + 2(
1
n(n+1)−
1 (n+1)(n+2)) Sn =
1 2(
1 2−
1 3+
1 3−
1
3 4+ +
n(n+1)−
1 (n+1)(n+2)) Sn =
2( 1 2−
1
(n+1)(n+2))=
n(n+3) 4(n+1)(n+2) VÝ dơ : tÝnh tỉng
Sn = 1! +2.2 ! + 3.3 ! + + n n! ( n! = 1.2.3 n )
Ta cã : 1! = 2! -1! 2.2! = ! -2! 3.3! = 4! -3!
n.n! = (n + 1) –n!
VËy Sn = 2! - 1! +3! – ! + 4! - 3! + + ( n+1) ! – n!
= ( n+1) ! - 1! = ( n+ 1) ! - VÝ dơ : tÝnh tỉng
Sn =
1 2¿2 ¿
2 3¿2 ¿ ¿ ¿
3
¿
Ta cã :
i+1¿2 ¿ ¿
2i+1
[i(i+1)]2=
1
i2−
1
¿
(29)Do Sn = ( 1-
n+1¿2
(¿¿)
n2−
1
¿
1 22¿+(
1 22−
1
32)+ +¿
= 1-
n+1¿2 ¿ n+1¿2
¿ ¿
1
¿
III > Ph ơng pháp giải ph ơng trình với ẩn tổng cần tính:
Ví dụ : TÝnh tæng
S = 1+2+22 + + 2100 ( 4)
ta viÕt l¹i S nh sau :
S = 1+2 (1+2+22 + + 299 )
S = 1+2 ( +2+22+ + 299 + 2 100 - 2100 )
=> S= 1+2 ( S -2 100 ) ( 5)
Tõ (5) suy S = 1+ 2S -2101
S = 2101-1
VÝ dơ : tÝnh tỉng
Sn = 1+ p + p + p3 + + pn ( p 1)
Ta viÕt l¹i Sn díi d¹ng sau :
Sn = 1+p ( 1+p+p2 + + pn-1 )
Sn = + p ( 1+p +p2 + + p n-1 + p n –p n )
Sn = 1+p ( Sn –pn )
Sn = +p.Sn –p n+1
Sn ( p -1 ) = pn+1 -1
Sn = P
n+1−1
p −1 VÝ dơ : TÝnh tỉng
Sn = 1+ 2p +3p + + ( n+1 ) pn , ( p 1)
(30)= 2p –p +3p 2 –p2 + 4p3–p3 + + (n+1) pn - pn + (n+1)pn –pn +
( n+1) pn+1
= ( 2p + 3p2 +4p3 + +(n+1) pn ) – ( p +p + p + pn ) + ( n+1) pn+1
= ( 1+ 2p+ 3p2+4p3+ + ( n+1) pn ) – ( + p+ p2 + + p n) + ( n
+1 ) pn+1
p.Sn=Sn- P
n+1−1
P −1 +(n+1)P
n+1 ( theo VD )
L¹i cã (p-1)Sn = (n+1)pn+1 - p
n+1 −1
P −1 Sn =
P −1¿2 ¿
(n+1)Pn+1
p −1 −
pn+1−1 ¿
IV > Ph ơng pháp tính qua tổng biết
C¸c kÝ hiƯu : ∑
i=1
n
ai=a1+a2+a3+ .+an
C¸c tÝnh chÊt :
1, ∑
i=1
n
(ai+bi)=∑
i=1
n
ai+∑
i=1
n
bi
2, ∑
i=1
n
a.ai=a∑
i=1
n
ai
VÝ dơ : TÝnh tỉng :
Sn= 1.2 + 2.3 + 3.4 + + n( n+1)
Ta cã : Sn = ∑
i=1
n
i(i+1)=∑
i=1
n
(i2+i)=∑
i=1
n
i2+∑
i=1
n
i
V× :
∑
i=1
n
i=1+2+3+ +n=n(n+1)
∑
i=1
n
i2=n(n+1)(2n+1)
(Theo I )
cho nªn : Sn = n(n+1)
2 +
n(n+1)(2n+1)
6 =
n(n+1)(n+2) VÝ dơ 10 : TÝnh tỉng :
(31)ta cã : Sn = ∑
i=1
n
i(3i−1)=∑
i=1
n
(3i2− i) = 3∑
i=1
n
i2−
∑
i==
n
i
Theo (I) ta cã : Sn = 3n(n+1)(2n+1)
6 −
n(n+1)
2 =n
2
(n+1) VÝ dơ 11 TÝnh tỉng
Sn = 13+ +23 +53 + + (2n +1 )3
ta cã :
Sn = [( 13 +2 +33 +43 + +(2n+1)3 ] –[23+43 +63 + +(2n)3]
= [13+23 +33 +43 + + (2n +1 )3] -8 (13 +23 +33 +43 + + n3 )
Sn =
2n+2¿2 ¿ n+1¿2
¿
8n2¿
2n+1¿2¿ ¿ ¿
( theo (I) – )
=( n+1) 2(2n+1) 2 – 2n2 (n+1)2
= (n +1 )2 (2n2 +4n +1)
V/ Vận dụng trực tiếp cơng thức tính tổng số hạng dãy số cách ( Học sinh lớp )
C¬ së lý thuyÕt :
+ để đếm số hạng dãy số mà số hạng liên tiếp dãy cách số đơn vị , ta dùng cơng thức:
Sè sè h¹ng = ( số cuối số đầu : ( khoảng cách ) +
+ Để tính tổng số hạng dãy số mà số hạng liên tiếp cách số đơn vị , ta dùng cơng thức:
Tỉng = ( sè đầu số cuối ) ( số số hạng ) :2 VÝ dơ 12 :
TÝnh tỉng A = 19 +20 +21 + + 132
Sè sè h¹ng cđa A lµ : ( 132 – 19 ) : +1 = 114 ( sè h¹ng )m A = 114 ( 132 +19 ) : = 8607
(32)B = +5 +9 + + 2005 +2009
sè sè h¹ng cđa B lµ ( 2009 – ) : + = 503 B = ( 2009 +1 ) 503 :2 = 505515
VI / Vân dụng số cơng thức chứng minh đợc vào làm tốn
Ví dụ 14 : Chứng minh : k ( k+1) (k+20 -9k-1)k(k+1) = 3k ( k +1 ) Từ tính tổng S = 2+2.3 + 3.4 + + n (n + 1)
Chøng minh : c¸ch : VT = k(k+1)(k+2) –(k-1) k(k+1) = k( k+1) [(k+2)−(k −1)]
= k (k+1) = 3k(k+1)
C¸ch : Ta cã k ( k +1) = k(k+1) (k+2)−(k −1) = k(k+1)(k+2)
3 −
k(k+1)(k −1)
3 *
3k ( k-1) = k (k+1)(k+2) – (k-1) k(k+1)
=> 1.2 =
1.2.3 0.1.2
2.3.4 1.2.3 2.3
3
( 1)( 2) ( 1) ( 1) ( 1)
3
n n n n n n
n n
S =
1.2.0 ( 2) ( 1) ( 1) ( 2)
3 3
n n n n n n
VÝ dô 15 : Chøng minh r»ng :
k (k+1) (k+2) (k+3) – (k-1) k(k+1) (k+2) =4k (k+1) (k+2) từ tính tổng S = 1.2 + 2.3 +3.4.5 + + n(n+1) (n+2)
Chøng minh : VT = k( k+1) (k+2) [(k+3)−(k −1)]
= k( k+1) ( k +2 ) Rót : k(k+1) (k+2) = k(k+1)(k+2)(k+3)
4 −
(k −1)k(k+1)(k+2)
¸p dơng : 1.2.3 =
4 −
(33)2.3.4 =
4 −
1 4
n(n+1) (n+2) = n(n+1)(n+2)(n+3)
4 −
(n −1)n(n+1)(n+2)
Cộng vế với vế ta đợc S = n(n+1)(n+2)(n+3)
* Bài tập đề nghị :
TÝnh c¸c tỉng sau
1, B = 2+ +10 + 14 + + 202
2, a, A = 1+2 +22 +23 + + 26.2 + 2
b, S = + 52 + 53 + + 5 99 + 5100 c, C = + 10 + 13 + + 76
3, D = 49 +64 + 81+ + 169
4, S = 1.4 + + 3.6 + 4.7 + + n( n +3 ) , n = 1,2,3 ,
5, S =
1 2+ 3+
1
3 4+ .+ 99 100
6, S =
5 7+
7 9+ + 59 61
7, A =
11.16 +
5 16 21+
5
21 26+ + 61 66
8, M =
30+ 31+
1
32+ .+ 32005 9, Sn =
1 +
1
2 4+ +
1
n(n+1)(n+2) 10, Sn =
1 3+
2 4+ + 98 99 100 11, Sn =
1 4+
1
2 5+ .+
1
n(n+1)(n+2)(n+3) 12, M = + 99 + 999 + + 99
50 ch÷ sè 13, Cho: S1 = 1+2 S3 = 6+7+8+9
S2 = 3+4+5 S4 = 10 +11 +12 +13 + 14
(34)Trong q trình bồi dỡng học sinh giỏi , tơi kết hợp dạng tốn có liên quan đến dạng tính tổng để rèn luyện cho em , chẳng hạn dạng tốn tìm x :
14, a, (x+1) + (x+2) + (x+3) + + ( x+100 ) = 5070 b, + + + + + x = 820
c, + 3+
1 6+
1
10+ .+
x(x+1)=1 1989 1991
Hay toán chứng minh chia hết liên quan
15, Chøng minh : a, A = 4+ 22 +23 +24 + + 220 lµ luü thõa cña
b, B =2 + 22 + 2 3 + + 2 60 ⋮ ; 7; 15
c, C = + 33 +35 + + 31991 ⋮ 13 ; 41