Đề tài Một số Chuyên đề về số học và ứng dụng của nó trong việc chứng minh và giải quyết các bài toán có liên quan

Nh»m giúp học sinh bớt lúng túng khi gặp các bài toán về số học, đặc biệt là giúp cho các em khá, giỏi nắm vững kiến thức và có phương pháp học tốt hơn để có thể tham gia tốt trong k× th[r]

Toán nâng cao – số học THCS Lêi nãi ®Çu Trong môn Toán trường phổ thông thì phần số học xem là nh÷ng phÇn khã, nhiÒu häc sinh kh¸ thËm chÝ giái cßn lo ng¹i tr¸nh nÐ bëi v× häc sinh chưa hình thành phương pháp giải để học sinh ứng dụng vào việc giải bµi to¸n sè häc Qua nội dung Bài tập lớn em xin trình bày, số chuyên đề số học và øng dông cña nã viÖc chøng minh vµ gi¶i quyÕt c¸c bµi to¸n cã liªn quan Nh»m giúp học sinh bớt lúng túng gặp các bài toán số học, đặc biệt là giúp cho các em khá, giỏi nắm vững kiến thức và có phương pháp học tốt để có thể tham gia tốt k× thi häc sinh giái cÊp THCS Đề tài gồm các chuyên đề sau: Chuyên đề 1: Tính chia hết Chuyên đề 2: Số nguyên tố Chuyên đề 3: Số chính phương Chuyên đề 4: Bội và ước các số Mỗi chuyên đề có trình bày lý thuyết, các phương pháp giải, Với mổi phương pháp có các phương pháp cụ thể sau đó là các ví dụ minh hoạ, bài tập tự giải có hướng dÉn nh»m góp häc sinh rÌn luyÖn ®­îc kû n¨ng vµ kiÕn thøc vÒ phÇn sè häc/ Nội dung đề tài SV: Bùi Thị Thuỳ Trang Lớp CĐSP Toán – Tin K48 Lop6.net Toán nâng cao – số học THCS CHUYÊN ĐỀ 1: TÍNH CHIA HẾT A Lý thuyết I Phép chia hết và phép chia có dư Cho hai số tự nhiên a, b, b  Nếu có số tự nhiên qsao cho a = bq thì ta nói a chia hết cho b, kí hiệu a  b, b chia hết cho a, kí hiệu b | a Số q (nếu có) xác định và gọi là thương a và b, kí hiệu q = a : b q = a Quy tắc tìm thương hai số gọi là phép chia b Tuy nhiên với hai số tự nhiên bất kì a, b không phải luôn luôn có a chia hết cho b b chia hết cho a, mà ta có định lí sau: Với cặp số tự nhiên a, b, b  0, tồn cặp số tự nhiên q, r cho: A = bq + r,  r < b Số q và r định lí phép chia có dư nói trên gọi là thương và dư phép chia số a cho số b II Phép đồng dư Cho m là số nguyên dương Nếu hai số nguyên a và b cùng cho số dư chia cho m thì ta nói a, b đồng dư với theo mođun m và kí hiệu: a  b (mod m) Giả sử số dư cùng là r thì ta có: a = mq + r (1) b = mq’ + r (2) lúc đó a – b = m(q – q’) a – b chia hết cho m : a  b(mod m)  a – b  m III Dấu hiệu chia hết Một số tự nhiên sẽ: - Chia hếtcho nó là số chẵn, tận cùng 0, 2, 4, 6, - Chia hết cho tận cùng - Chia hết cho số tạo hai chử số cuối chia hết cho SV: Bùi Thị Thuỳ Trang Lớp CĐSP Toán – Tin K48 Lop6.net - Toán nâng cao – số học THCS Chia hết cho số tạo chử số tận cùng chia hết cho - Chia hết cho 25 số tạo hai chử số cuối cùng chia hết cho 25 - Chia hết cho125 số tạo chử số cuối cùng chia hết cho 125 - Chia hết cho tổng các chử số số đó chia hết cho - Chia hết cho tổng các chử số đó chia hết cho Chú ý: Số dư phép chia số N cho chính là dư phép chia tổng các chử số N cho B Các dạng toán Dạng Xét trường hợp có thể xảy số dư Muốn chứng minh biểu thức n là A(n) chia hết cho q ta có thể xét trường hợp số dư chia n cho q Bài Chứng minh tích số tự nhiên liên tiếp chia hết cho Giải Giả sử A = n(n + 1), có trường hợp -Nếu n chẵn, thì n đó A chia hết cho - Nếu n lẻ thì n +1 chẵn đó (n +1) chia hết cho nên A chia hết cho Bài Chứng minh A  n   n  n  1 n   Giải Xét các trường hợp số dư chia n cho 5, ta có: - Nếu số dư là thì n = 5k và A(n)  - Nếu số dư là  thì ta có n = 5k  và n2 + = (5k  1)2 + 4= 25k2  10k +  - Nếu số dư là  thì ta có n = 5k  và n2 + = ( 5k  2)2 + = 25k2  20k + +  Vậy chia n cho dù số dư là 0,  1, hay  biểu thức A(n) chia hết cho SV: Bùi Thị Thuỳ Trang Lớp CĐSP Toán – Tin K48 Lop6.net Toán nâng cao – số học THCS Dạng 2: Tách thành tổng nhiều hạng tử Đây là phương pháp khá thông dụng Muốn chứng minh A(n) chia hết cho q , ta tách A(n) thành tổng nhiều hạng tử cho hạng tử có thể chia hết cho q Bài Chứng minh n5 + 10n4 – 5n3 – 10n2 + 4n chia hết cho 120 Giải Ta tách biểu thức đã cho sau: A = n5 – 5n3 + 4n + 10n4 – 10n2 = n(n4 – 5n2 + 4) + 10n2(n2 – 1) Hạng tử thứ là : n(n4 – 5n2 + 4) = n(n2 – 1)(n2 – 4) = (n – 2)(n – 1)n(n + 1)(n + 2) Đây là tích số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2.3.4.5 = 120 Hạng tử thứ hai là: 10n2(n + 1)(n – 1) Có số nguyên liên tiếp nên chia hết cho hạng tử này chia hết cho n chẳn Còn n lẽ thì (n + 1) và n – chẳn nên tích (n + 1)(n – 1) cùng chia hết cho Vậy hạng tử thứ hai chia hết cho 3.5.10 = 120 A là tổn hai hạng tử chia hết cho 120 nên A chia hết cho 120 Bài Chứng minh với m thuộc Z ta có m3 – 13m chia hết cho Giải A = m3 – 13m = m3 – m – 12m = m(m2 – 1) – 12m = (m – 1)m(m + 1) – 12m Do m – 1, m, m + là số nguyên liên tiếp nên tích (m – 1)m(m + 1) vừa chia hết cho 2, vừa chia hết cho 3, tức là (m – 1)m(m + 1) chia hết cho SV: Bùi Thị Thuỳ Trang Lớp CĐSP Toán – Tin K48 Lop6.net Toán nâng cao – số học THCS Từ đó suy A chia hết cho Bài Chứng minh với m, n thuộc Z ta có mn(m2 – n2) chia hết cho Giải Ta có mn(m2 – n2) = mn[(m2 – 1) – (n2 – 1)] = mn(m2 – 1) – mn(n2 – 1) Mà m(m2 – 1) = (m – 1)m(m + 1) chia hết cho Và n(n2 – 1) = (n – 1)n(n + 1) chia hết cho Vậy mn(m2 – n2) chia hết cho Dạng Phân tích thành nhân tử Ta có thể phân tích số bị chia thành nhân tử cho hạng tử có chứa số chia Muốn chứng minh A(n) chia hết cho q ta chứng minh : A(n) = q.B(n) Thông thường ta dùng các đẳng thức có dạng an – bn an + bn Bài Chứng minh biểu thức : A  75  41975  41974   42    25 Chia hết cho 41976 Giải Ta viết A dạng A  75  41975  41974   42    25  25.3  41975  41974   42    25  25   1  41975  41974   42   1  25  25  41976  1  25  25.41976 Vậy A chia hết cho 41976 Bài SV: Bùi Thị Thuỳ Trang Lớp CĐSP Toán – Tin K48 Lop6.net Chứng minh n5 Toán nâng cao – số học THCS – n chia hết cho n  Z Giải Ta có A = n5 – n = n(n4 – 1) = n(n2 – 1)(n2 + 1) = (n – 1)n(n + 1)(n2 + 1) Nếu n = 5k thì n chia hết cho đó A chia hết cho Nếu n = 5k + thì (n – 1) chia hết cho Nếu n = 5k + thì n2 + chia hết cho Nếu n = 5k + thì n2 + chia hết cho Nếu n = 5k + thì (n + 1) chia hết cho Vậy n2 – n chia hết cho , n  Z Dạng Sử dụng định lí Fermat và định lí Euler Fermat là nhà toán học Pháp (1601 – 1655) tiếng với định lí số nguyên tố Định lí Fermat sau đây hay dùng để giải các bài toánvề chia hết: Nếu p là số nguyên tố thì np – n chia hết cho p với số nguyên n n p  n (mod p), p là số nguyên tố Đặc biệt n, p nguyên tố cùng thì n p 1  (mod p) Bài Chứng minh : 11991  2991   19911991 chia hết cho 11 Giải Theo định lí Fermat thì a11  a (mod 11), đó a1991  a (mod 11) Vậy 11991  2991   19911991     1991  1991.966  0(mod 11) Tức là chia hết cho 11 Bài Chứng minh a + b + c chia hết cho 30 thì a5 + b5 + c5 chia hết cho 30 SV: Bùi Thị Thuỳ Trang Lớp CĐSP Toán – Tin K48 Lop6.net Toán nâng cao – số học THCS Giải Ta có : 30 = 2.3.5 a  a (mod 2)  a  a  a (mod 2)  a  a  a (mod 2) a  a (mod 3)  a  a  a (mod 3) a  a (mod 5) Theo tính chất phép đồng dư ta có: a  b5  c5  a  b  c(mod 2.3.5) Tức là a + b+ c chia hết cho 30 thì a5 + b5 + c5 chia hết cho 30 Bài Chứng minh với số nguyên tố p, q , p  q ta có A= p q-1  q p 1  chia hết cho p.q Giải Vì p, q là số nguyên tố và p  q nên (p, q) = Theo định lí Fermat có : p q-1  1(mod q) q p-1  0(mod q)(do p   p-1  1) Vậy A= pq-1  q p 1   0(mod q) Do đó A chia hết cho p Bài Cho p là số nguyên tố lớn Chứng minh 3p – 2p – chia hết cho 42p Giải Ta có 42p = 6p.7 = 2.3.p.7 Có : 3p  p    p  1  p  p  p   p   p  1 Vì p la số lẻ nên 2p  1   1  SV: Bùi Thị Thuỳ Trang Lớp CĐSP Toán – Tin K48 Lop6.net Toán nâng cao – số học THCS Áp dụng định lí Fermat:  3(mod p) va 2p  2(mod p) p Do đó 3p  p    p  3   p   p Một số nguyên tố p chia cho có thể dư là i) Nếu p = 6k + thì 3p  p    36    26       0(mod 7) k k (vi 36  1(mod 7), va 26  1(mod 7)) ii) Nếu p = 6k + thì 3p  p   35.36 k  25.26 k   35  25   0(mod 7) Vậy 3p  p  1 Từ các điều trên 3p  p  1 2.3.7 p  42 p (đpcm) Dạng Sử dụng nguyên tắc Dirichlet Nguyên lí Dirichlet là định lí có chứng minh dể dàng phản chứng và sử dụng để chứng minh nhiều định lí toán học Nguyên lí này thường phát biểu cách hình học và đơn giản sau: Không thể nhốt thỏ vào cái lồng mà lồn không quá hai thỏ Nói cách khác: Nếu nhốt thỏ vào cái lồng thì sẻ có lồng chứa từ thỏ trở lên Một cách tổng quát có thể phát biểu: Nếu đem n + vật xếp vào ngăn kéo thì có ít ngăn kéo chứa từ hai vật trở lên Nguyên lí này giúp ta giải bài khá dể dàng là các bài toán chia hết Bài Chứng minh n + số nguyên bất kì có hai số mà hiệu chia hết cho n Giải Lấy n + số nguyên đã cho chia cho n thì n + số dư Nhưng chia số cho n thì số dư có giá trị 0, 1, 2, …, n – phép chia thì phải có hai số dư Khi đó hiệu số hai số này sẻ chia hết cho n Bài SV: Bùi Thị Thuỳ Trang Lớp CĐSP Toán – Tin K48 Lop6.net Toán nâng cao – số học THCS Chứng minh các số tự nhiên, nào có số k cho 1983k – chia hết cho 105 Giải Ta cho k lấy 105 + giá trị liên tiếp từ trở lên, ta 105 + giá trị khác 1983k – sau đó chia các giá trị này cho 105 , ta có nhiều là 105 số dư Vậy theo nguyên lí Dirichlet, phải có ít hai số cùng cho số dư chia cho 105 Giả sử đó là các số 1983m – và 1983n – 1( với m > n) Như hiệu chúng (1983m – 1) – (`983n – 1) = 1983m – 1983n = 1983n(1983m-n – 1) phải chia hết cho 105 Nhưng 105 có các ước số2, còn và không phải là ước số 1983n chúng nguyên tố cùng nhau, đó 1983m-n – phải chia hết cho 105 Như k = m – n chính là số phải tìm Bài Viết các số tự nhiên từ đến 100 thành hàng ngang theo thứ tự tuỳ ý, tiếp đó cộng số các số đã cho với số thứ tự vị trí nó đứng (tính từ trái sang phải) Chứng minh ít củng có hai tổng mà chử số tận cùng hai tổng đó Giải Gọi 10 số tự nhiên từ đến 10 viết theo thứ tự từ trái sang phải là a1, a2,…, a10 Ta lập dãy b1, b2, …, b10 với b1 = a1 + 1, b2 = a2 + 2; ; b10 = a10 + bi là tổng với vị trí thứ i mà nó đứng (i = 1, 2, …, 10) Ta có: b1 + b2 + …+ b10 = a1 + a2 + +a10 + + 2+ +10 = 2(1 + + …+ 10)= 110 Vì 110 là số chẵn nên không xãy trường hợp có số bi nào đó lẻ và số bj nào đó chẵn, hay nói cách khác các số bi chẵn, và các số bj lẻ phải khác Do đó các số bi lẻ lớn các số bj chẵn lớn Mà từ đến 10 có vị trí lẻ và vị trí chẵn nên theo nguyên tắc Dirichlet phải có ít hai số bi lẻ tận cùng có hai số bj chẵn có chử số tận cùng Bài Chứng minh 19 số tự nhiên liên tiếp bất kì luôn tồn số có tổng các chử số chia hết cho 10 SV: Bùi Thị Thuỳ Trang Lớp CĐSP Toán – Tin K48 Lop6.net Toán nâng cao – số học THCS Giải Trước hết ta chứng minh rằng: với 19 số tự nhiên liên tiếp luôn tồn 10 số nguyên liên tiếp có chử số hàng chục còn các chử số hàng đơn vị liên tiếp từ đến Nếu 19 số tự nhiên liên tiếp có mặt chử số hàng chục khác thì rỏ ràng có chử số hàng chục(ở hai hàng chục kia) cùng với các chử số đơn vị liên tiếp từ đến Nếu 19 số tự nhiên liên tiếp có hai loại chử số hàng chục khác thì từ 19 = 2.9 + suy có 10 số có cùng chử số hàng chục và các chử số đơn vị liên tiếp từ đến Tổng các chử số số 10 số tự nhiên nói trên lập thành 10 số tự nhiên liên tiếp, phải có số chia hết cho 10 Vậy 19 số tự nhiên liên tiếp luôn tồn số có tổng các chử số chia hết cho 10 Dạng 6: Sử dụng phép quy nạp Ta làm sau: - Nhận xét mệnh đề đúng với n = - Giả sử mệnh đề đúng với n = k chứng mính nó đúng với n = k+ (với k > n0) Lúc đó mệnh đề đúng với n lớn Bài Chứng minh rằng: A = (n + 1)(n + 2)(n + 3)…(3n) chia hết cho 3n Giải Nếu n = ta có A = 2.3 chia hết cho Giả sử mệnh đề đúng với n = k tức là : Ak   k  1 k   k  3  3k  3k (*) Ta hãy xét : SV: Bùi Thị Thuỳ Trang Lớp CĐSP Toán – Tin K48 Lop6.net 10 Toán nâng cao – số học THCS Ak 1   k   k  3 k   3  k  1    k  1 k   k  3 k    3k    Ak  3k  1 3k   Nhưng theo (*) thì Ak chia hết cho 3k Ak 1  Ak  3k  1 3k   3k 1 Vậy mệnh đề đúng với n lớn Bài 1994 Chứng minh 1110  chia hết cho 101995 Giải Ta chứng minh bài toán cách tổng quát: n Với số tự nhiên n thì 1110  110n1 Với n = thì mệnh đề đúng: 11 – chia hết cho 10 Giả sử mệnh đề đúng với n = k, ta có: k Ak  1110  110k 1 (*) Ta hãy xét: A k+1  1110 k 1  k   (1110 )10   k k Ak 1  1110   1110    11  10k k   1110  1  Nhưng luỹ thừa 11 đồng dư với (mod 10) nên 10 số hạng móc vuông vậy, đó: k k k (1110 )9  (1110 )8   1110   1  1    1 10 so hang Và biểu thức móc vuông chia hết cho 10 k Mặt khác theo (1110  1)10k 1 Ak 1 10k 1.10  10k  1994 Vậy n = 1994 ta có 1110  chia hết cho 101995 C Bài tập Cho a, b không chia hết cho Chứng minh a4 + b4 chia hết cho SV: Bùi Thị Thuỳ Trang Lớp CĐSP Toán – Tin K48 Lop6.net 11 Toán nâng cao – số học THCS Chứng minh + bx2 + cx + d là số nguyên với x nguyên và 6a, 2b, a + b + c, d là các số nguyên ax3 Chứng minh 39 số tự nhiên liên tiếp bất lì luôn tồn số có tổng các chử số chia hết cho 11 Cho n là số nguyên dương lẻ, chứng minh rằng: 46n + 296.13n chia hết cho 1947 Với n là số nguyên dương chứng minh rằng: a) 72n – 48n – chia hết cho 482, b) nn – n2 + n – chia hết cho (n – 1)2 (n > 1) cho f(x) là đa thức với hệ số nguyên và f(0), f(1) là các số lẻ Chứng minh f(x) không có nghiệm nguyên a) Tìm tất số tự nhiên n để 2n – 1chia hết cho b) Chứng minh với số tự nhiên n thì 2n + không chia hết cho Chứng minh tổng bình phương số nguyên liên tiếp không thể là số chính phương Chứng minh có thể tìm hai luỹ thừa khác số mà chúng có chử số tận cùng giống 10 Chứng minh có thể tìm số tự nhiên mà chử số tận cùng là 2002 và chia hết cho 2003 11 Chứng minh tồn số tự nhiên gồm toàn chử số và chia hết cho 2003 x với số tự nhiên n x Z 12 Chứng minh x   Z thi x n  13 Chứng minh với n thuộc N* : (n + 1)(n + 2)…(n + n) chia hết cho 2n 14 Chứng minh 270 + 370 chia hết cho 13 2003 n 15 Tìm ba chử số tận cùng số 16 Cho p, k, n là các số nguyên dương Chứng minh n p  k  n p 10 17 a) Chứng minh : 12002  22002   20022002 11 SV: Bùi Thị Thuỳ Trang Lớp CĐSP Toán – Tin K48 Lop6.net 12 Toán nâng cao – số học THCS b) 69 220119  11969 220 119  69220 102 18 Tìm số tự nhiên nhỏ gồm toàn chử số và chia hết cho các số 3, 7, 11, 13, 17 Hướng dẫn giải a4 – b4 = (a4 – 1) – (b4 – 1) = (a – 1)(a + 1)(a2 + 1) – (b – 1)(b + 1)(b2 + 1) ax3 + bx2 + cx + d = a(x3 – x) + b(x2 – x) + (a + b + c)x + d  6a x3  x x2  x  2b  a  b  c x  d Chứng minh : x3 – x chia hết cho và x2 – x chia hết cho Từ 20 số đầu tiên dãy ta tìm hai số mà chử số hàng đơn vị là và hai số đó ít có số có hai chử số hàng chục khác 9, giả sử đó là số n Khi đó các số n, n + 1, …, n + 9, n + 19 là 11 số có tổng các chử số là 11 số tự nhiên liên tiếp nên có số có tổng các chử số chia hết cho 11 1947 = 33.59 ; 46n + 296.13n = (46n – 13n) + 297.13n = (46n + 13n) + 295.13n a)72n – 48n – = (49n – 1) – 48n = 48[(49n-1 – 1) + (49n-2 – 1) + …+(49 – 1)] b) nn – n2 + n – = (n – 1)[(nn-1 – 1)+ (nn-2 – 1) + …+(n – 1)] Giả sử f(n) = , n  Z ta có f(n) – f(1)  (n – 1)  n – lẻ f(n) – f(o)  n  n lẻ Vô lí a) n = 3k + r , r = 0; 1; 2, giả thiết suy r = b) xét n = 3k + r, r = 0; 1; (n – 3)2 + (n – 2)2 + (n – 1)2 + n + (n + 1)2 + (n + 2)2 + (n + 3)3 = 7(n2 + 4) Chia hết cho không chia hết cho 49 Lấy 1002 số 4, 42,…, 41001 chia cho 1000 10 Lấy 2003 số 2003, 20032003, …, 2003…2003 (2004 số 2003) chia cho 2003 11 Lấy 2004 số 2, 22,…,22004 chia cho 2003 12 x k 1  x k 1        x    x k  k    x k 1  k 1  x  x   x   SV: Bùi Thị Thuỳ Trang Lớp CĐSP Toán – Tin K48 Lop6.net 13 13 Toán nâng cao – số học THCS Với n = k + 1: (k + 2)(k + 3)…(2k + 2) = 2(k + 1)(k + 2)…(k + k)  2k+1 14 26  64  1(mod 13); 33  27  1(mod 13) 15 Tìm hai chử số tận cùng 22003 16 n p  k  n p  n p  n k  1 n  n  110 17 a ) a11  a (mod 11)  a 2002  a (mod 11)  12002  22002   20022002     2002  1001.2003  0(mod 11) b) 18 tự làm\ Ta có BCNN(2, 6, 10, 12, 16) = 16.5.3 = 240 Áp dụng định lí Fermat CHUYÊN ĐỀ 2: SỐ NGUYÊN TỐ Để đơn giản vấn đề này, chúng ta xét khái niệm số nguyên tố tập hợp số tự nhiên N Trong tập hợp số tự nhiên, số có vô số ước, đó là tất các số tự nhiên SV: Bùi Thị Thuỳ Trang Lớp CĐSP Toán – Tin K48 Lop6.net 14 Toán nâng cao – số học THCS khác nó Số có ước là chính nó Còn số tự nhiên lớn củng có ít hai ước là và chính nó, các ước giọi là ước tầm thường Chúng ta quan tâm tới các số tự nhiên lớn và có hai ước tầm thường, các số loại này có vai trò quan trọng lí thuyết số A Lý thuyết I, Số nguyên tố và hợp số 1/ Định nghĩa: - Số nguyên tố là số tự nhiên lớn và có hai ước là và chính nó - Hợp số là số tự nhiên lớn có ước khác và chính nó Ví dụ: 2, 3, 5, 7, 11….là số nguyên tố 4, 8, 9, 12… là hợp số Chú ý: - Tập hợp số tự nhiên chia thành phận + {0, 1} + Tập hợp các số nguyên tố + Tập hợp các hợp số Từ định nghĩa ta có : Số tự nhiên a >1 là hợp số a = pq, p > 1, q >1, a = pq , < p < a 2/ Tập hợp các số nguyên tố a, Định lí 1: Ước nhỏ lớn số tự nhiên lớn là số nguyên tố Chứng minh: Giả sử a là số tự nhiên lớn hớn và p > là ước nhỏ a Ta có p là số nguyên tố Thật p không phải là số nguyên tố thì p là hợp số, nghĩa là có số tự nhiên p1 là ước p và < p1 < p Từ đó ta có p1 là ước a và < p1 < p mâu thuẩn với giả thiết p là ước nhỏ lớn a Chú ý: Định lí trên chứng tỏ số tự nhiên lớn có ước nguyên tố SV: Bùi Thị Thuỳ Trang Lớp CĐSP Toán – Tin K48 Lop6.net 15 Toán nâng cao – số học THCS b, Định lí 2: Có vô số ước nguyên tố Chứng minh: Về mặt lí thuyết, định lí chứng tỏ tập hợp các số nguyên tố khác rổng Giả sử có hữu hạn số nguyên tố là p1 = 2, p2, p3,…, pn Ta xét số a = p1p2…pn + Đó là số tự nhiên lớn nên a có ít ước nguyên tố q Nhưng vì có hữu hạn số nguyên tố đã kể trên cho nên p phải trùng các số p1, p2, …,pn đó q phải là ước tích p1p2…pn Từ q là ước a = p1p2…pn + và q là ước p1p2…pn q là ước a - p1p2…pn = Điều này mâu thuẩn với giả thuyết q là số nguyên tố Như tập hợp các số nguyên tố là vô hạn nên không thể có bảng tất các số nguyên tố, chúng ta đánh số các số nguyên tố theo thứ tự tăng dần p1 = 2, p2 = 3, p3 = 5, pn < pn + ,… Thì người ta củng chưa tìm biểu thức tổng quát nào cho số nguyên tố pn thứ n theo số n nó II, Các định lí bản: 1/ Các bổ đề a Bổ đề 1: Với số tự nhiên a và số nguyen tố pthì a nguyên tố với p a chia hết cho p Chứng minh: Vì p là số nguyên tố nó có ước là và p cho nên ƯCLN(a,p) = ƯCLN(a,p) = p Từ đó ta có a nguyên tố với p a chia hết cho p b Bổ đề 2: Nếu tích các số tự nhiên chia hết cho số nguyên tố p thì phải có ít thừa số tích chia hết cho p Chứng minh: Giả sử tích a1a2…an chia hết cho p, ta phải có ít các số a1, a2,…,an chia hết cho p Thật giả sử trái lại tất các số a1, a2,…,an không chia hết cho p thì theo bổ đề chúng là nguyên tố với p đó ta có ƯCLN(a1a2…an ,p) = Điều này mâu thuẩn với giả thiết SV: Bùi Thị Thuỳ Trang Lớp CĐSP Toán – Tin K48 Lop6.net 16 Toán nâng cao – số học THCS c Hệ quả: Nến số nguyên tố p là ước tích các số nguyên tố q1q2…qn thì p phải trùng với các số nguyên tố tích đó 2/ Định lí bản: Mỗi số tự nhiên lớn phân tích thành tích thừa số nguyên tố và phân tích đó là không kể đến thứ tự các thừa số Chứng minh: a Sự phân tích được: Giả sử a  N , a > , a có ít ước nguyên tố p1 nào đó và ta có a = p1a1 Nếu a1 = thì a = p1 là phân tích a thành tích (có thừa số) số nguyên tố Nếu a1>1 thì lại theo định lí trên, a1 có ước nguyên tố p2 nào đó và ta có a1 = p2a2 nên a = p1p2a2 - Nếu a2 = thì a = p1p2 là phân tích a thành tích thừa số nguyên tố Nếu a2>1 thì lại tiếp tục lí luận trên có số nguyên tố p3,…Quá trình này phải có kết thúc, nghĩa là có n cho an = 1, an-1 = pn là số nguyên tố, vì ta có a, a1, a2,… là dãy số tự nhiên mà a > a1 > a2 > a3 > … cuối cùng ta a = p1p2…pn Là phân tích a thành thừa số nguyên tố b Tính nhất: Giả sử ta có a = p1p2…pn = q1q2…qn là hai dạng phân tích số tự nhiên a thành thừa số nguyên tố Đẳng thức trên chứng tỏ p1 là ước q1q2…qn nên theo bổ đề trên p1 trùng với qi nào đó(  i  m ) vì ta không kể đến thứ tự các thừa số nên có thể coi p1 = q1 và từ đó ta p2…pn = q2…qn Lấy p2 và lập lại lí luận trên ta p2 = q2 Lí luận lặp lại lúc vế không còn thứa số nguyên tố nào nữa, lúc đó vế còn lại củng không còn thừa số nguyên tố nào vì ngược lại sẻ xãy Hoặc = qn+1qn+2…qn Hoặc pm+1pm+2…pm = SV: Bùi Thị Thuỳ Trang Lớp CĐSP Toán – Tin K48 Lop6.net 17 Toán nâng cao – số học THCS Là không thể Vậy phải có m = n và pi = qi i = 1, 2, 3,…n nghĩa là tính dạng phân tích số a thành tích các thừa số nguyên tố đã dược chứng minh Ví dụ: phân tích 1960 thành tích thừa số nguyên tố Trong thực hành ta thực quá trình phân tích phép chứng minh định lí trên cách tìm các ước nguyên tố a = 1960 từ nhỏ đến lớn Ta viết sau: 1960 980 490 245 49 2 7 Vậy 1960 = 2.2.2.5.7.7 = 23.5.72 Chú ý: Bằng cách phân tích số thừa số Ta có thể tìm tất các ước số mọt cách nhanh,không bỏ sót ước nào Người ta chứng minh rằng, số A có dạng phân tích thừa số nguyên tố lá A  a1 a2 ann đó a1, a2,…,an là các số nguyên tố, thì các ước A là 1  1  1  n  1 ta có thể sử dụng điều này để kiểm tra xem tìm các ước số, ta đã tìm đủ số các ước chưa Thông thường , viết các phân tích thừa số nguyên tố số, ta củng viết nó dạng tiêu chuẩn, tức là dạng ma đó các thừa số nguyên tố xếp theo thứ tự từ nhỏ đến lớn Phân tích thừa số nguyên tố số chính phương thì chứa các thứa số nguyên tố với số mũ chẵn B: Các dạng toán : DẠNG 1: ƯỚC CỦA MỘT SỐ A  a11 a2 ann (a1, a2,…,an: các số nguyên tố) Số ước A là 1  1  1  n  1 Bài 1: Tìm các ước nguyên tô các số 30, 210, 2310 SV: Bùi Thị Thuỳ Trang Lớp CĐSP Toán – Tin K48 Lop6.net 18 Toán nâng cao – số học THCS chứng tỏ các số 31, 211, 3201, 10031 là các số nguyên tố giải 1.Phân tích các số đã cho thành tích các thừa số nguyên tố 210 105 30 15 5 35 2310 1155 385 77 11 11 Ta có: - Ước nguyên tố(30) = {1, 2, 3, 5} Và 30 = 1.2.3.5 - Ước nguyên tố(210) = {1, 2, 3, 5,7} Và 210 = 1.2.3.5.7 - Ước nguyên tố(2310) = {1, 2, 3, 5, 7, 11} Và 30 = 1.2.3.5.7.11 Chú ý: Khi phân tích số 210 thừa số nguyên tố ta có thể làm sau : 210 = 21.10 Ta đã biết 10 = 2.5 nên cần phân tích 21 = 3.7 và có 210 = 2.7.2.5 Cách này hoàn toàn có lợi phân tích các số là bội 10 Chẳng hạn phân tích số 3200 ta viết 3200 = 32.100 cho ta 32 = 25 và 100 = 22.52 Vậy 3200 = 27.52 Dể thấy 31 = 30 + = 1.2.3.5 + Số 31 không chia hết các số nguyên tố 2, 3, ma 52 = 25 < 35 là ước nguyên tố lớn mà 52 < 31 Suy 31 là số nguyên tố Các số khác ta củng chứng minh tương tự SV: Bùi Thị Thuỳ Trang Lớp CĐSP Toán – Tin K48 Lop6.net 19 Toán nâng cao – số học THCS Bài 2: Phân tích số 360 thừa số nguyên tố Số 360 có bao nhiêu ước Tìm tất các ước 360 Giải Ta có: 360 180 90 45 15 2 3 Vậy 360 = 2.2.2.3.3.5 = 23.32.5 2.Ta có 360 = 23.32.5 Vậy số các ước 360 là (3 + 1)(2 + 1)(1 + 1) = 24 ước Dể thấy các số 1, 2, 22, 23, (1) là ước 360 Ta tìm các ước còn lại theo cách sau Bước 1: Nhân các số hạng dãy (1) theo thứ tự với và 32 ta các ước 32 2.3 2.32 2.3 2.32 23.3 23.32 Bước 2: Nhân các số dãy (1) và (2) theo thứ tự với ta đước các ước 3.5 2.5 2.3.5 22.5 22.3.5 23.5 23.3.5 32.5 2.32.5 22.32.5 23.32.5 Vậy ta có tất 24 ước 360 là SV: Bùi Thị Thuỳ Trang Lớp CĐSP Toán – Tin K48 Lop6.net 20