Giáo án lớp 1 môn Tự nhiên xã hội - Tuần 19 đến tuần 33

Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n luôn tồn tại n số tự nhiên liên tiếp không là số nguyên tố.. Cho 4 số tự nhiên thỏa tính chất : Bình phương của tổng hai số bất kỳ chia hết cho tích[r]

SỐ NGUYÊN, PHÉP CHIA HẾT Định nghĩa Tập các số nguyên bao gồm các số tự nhiên và các số đối chúng và ký hiệu là Z Z  0, 1, 2,  Số nguyên lớn gọi số nguyên dương Số nguyên nhỏ gọi là số nguyên âm Tính chất 2.1 Không có số nguyên lớn và nhỏ Số nguyên dương nhỏ là 2.2 Một tập hữu hạn Z luôn có phần tử lớn và phần tử nhỏ 2.3 Không có số nguyên nào nằm hai số nguyên liên tiếp 2.4 Nguyên lý qui nạp: Cho A là tập hợp Z Nếu k  A và n  A  n +  A , n ≥ k thì số nguyên lớn hay k thuộc A 2.5 Nếu a, b  Z , a < b thì a +  b 2.6 a  R, n  Z : n  a Phép chia hết 3.1 Định nghĩa Cho a, b là hai số nguyên bất kỳ, b khác Nếu tồn số nguyên q cho a = bq thì ta nói a chia hết cho b hay a là bội b (a  b) hay b là ước a (b|a) 3.2 Định lý (thuật toán chia) Cho a, b là hai số nguyên bất kỳ, b khác Khi đó, tồn các số nguyên q, r cho a = bq + r với  r < |b| 3.3 Các tính chất phép chia hết 3.3.1 Nếu a  b thì am  b với số nguyên m 3.3.2 Nếu a  b và b  c thì a  c 3.3.3 Nếu a  c và b  c thì ax + by  c x,y  Z ( ax + by gọi là tổ hợp tuyến tính a,b) 3.3.4 Nếu a  b thì |a| ≥ |b| 3.3.5 Nếu a  b và b  a thì |a| = |b| 3.3.6 a  b  am  bm, m Z* BÀI TẬP Cho a, b, n là các số nguyên, n > 0, a  b Chứng minh a/ an – bn  (a – b) b/ (an + bn)  (a + b) với n lẻ c/ (an – bn)  ( a + b) với n chẵn Chứng minh với số nguyên n a/ 33n + – 26n – 27  169 b/ n2 – 3n + không chia hết cho 121 Lop10.com a/ Cho f(x) là đa thức tùy ý với hệ số nguyên Chứng minh f(a) – f(b)  (a – b) với số nguyên a, b b/ Chứng minh không tồn đa thức p(x) với hệ số nguyên thỏa p(3) = 10, p(7) = 24 k Chứng minh (a  1) 2k 1 với k nguyên, a lẻ Chứng minh (n + 1)(n + 2) …(2n)  2n với số nguyên dương n Chứng minh tồn vô số nguyên dương n thỏa mãn 2n +  n Giả sử x, y, z là số tự nhiên thỏa x2 + y2 = z2 Chứng minh xyz  60 Cho x,y,z là các số nguyên thỏa (x – y)(y – z)(z – x) = x + y + z Chứng minh x + y + z chia hết cho 27 Chứng minh a2 + b2 - ab  thì 8a3 – 6b3  10 Chứng minh + a và 35 – b chia hết cho 11 thì a + b chia hết 11 ƯỚC SỐ CHUNG LỚN NHẤT, BỘI SỐ CHUNG NHỎ NHẤT 1.Ước chung lớn 1.1 Định nghĩa Số nguyên dương d gọi là ước chung lớn các số nguyên a1, a2, …, an d là ước chung a1, a2, …, an và e là ước chung khác chúng thì e là ước d Ký hiệu: d = UCLN(a1,a2,…,an) hay d = (a1,a2,…,an) Ví dụ : (-20, 30, 50) = 10, (15, 20, 18) = Các số nguyên a1, a2, …, an gọi là nguyên tố cùng (a1,a2,…,an) = Các số nguyên a1,a2,…,an gọi là nguyên tố sánh đôi hai số chúng nguyên tố cùng Chú ý: Các số nguyên tố sánh đôi thì nguyên tố cùng ngược lại không đúng 1.2 Thuật toán Euclid 1.2.1 Bổ đề Nếu a = bq + r thì (a,b) = (b,r) Chứng minh: Ta có (a,b) |a và (a,b)| b  (a,b)| r  (a,b)|(b,r) (1) Mặt khác (b,r)|b và (b,r)|r  (b,r)|a  (b,r)|(a,b) (2) Từ (1) và (2)  (a,b) = (b,r) 1.2.2 Thuật toán Tìm ước chung lớn hai số nguyên a và b Đầu tiên ta chia a cho b dư r1 (0  r1 <|b|), chia b cho r1 dư r2 (0  r2 <r1), tiếp tục ta dãy |b|, r1, r2, … giảm dần Giả sử rn+1 = Thuật toán kết thúc sau số hữu hạn bước a = bq + r1 (0  r < |b|) b = r1q1 + r2 (0  r2 < r1) r1 = r2q2 + r3 (0  r3 < r2) … rn-2 = rn-1qn-1 + rn (0  rn < rn-1) rn-1 = rnqn Lop10.com Theo định lý trên ta có (a,b) = (b,r1) = (r1,r2) =…=(rn-1,rn) = rn Ví dụ: Tìm ước chung lớn hai số a = 555 và b = 407 555 = 407.1 + 148 407 = 148.2 + 111 148 = 111.1 + 37 111 = 37 Vậy (555,407) = 37 1.3 Tính chất 1.3.1 (a,b) = (b,a) a b 1.3.2 d = (a,b)   ,   d d  1.3.3 k(a,b) = (ka,kb) 1.3.4 Nếu (a,b) = và b|ac thì b|c 1.3.5 Nếu (a,b) = và (a,c) = thì (a,bc) = 1.3.6 (a,b,c) = ((a,b),c) = (a,(b,c)) 1.3.7 (a,b) = (a, b + ka), k 1.4 Định lý Cho a, b là các số nguyên, d là ước số chung lớn a và b Khi đó tồn các số nguyên x’, y’ cho d = ax’ + by’ Chứng minh Đặt A = {ax + by /x,y Z} Gọi l là số dương nhỏ A Do l > nên tồn q, r cho a = lq + r (  r < l) Giả sử r > Khi đó r = a – lq = a – (ax’ + by’)q = a(1 – x’q) + b( – y’q)  A mâu thuẩn với l là số dương nhỏ A  r = hay a  l Tương tự ta có b  l  d  l ( d = (a,b)) Mặt khác l = ax’ + by’  l  d Từ đây suy l = d 1.5 Hệ 1.5.1 a, b là hai số nguyên tố cùng và tồn hai số nguyên m, n cho am + bn = 1.5.2 d là ước chung lớn a và b và d là tổ hợp tuyến tính dương nhỏ a và b 1.5.3 Nếu d = (a1,a2,…,an) thì tồn các số x1,x2, ,xn cho d = a1x1 + a2x2 + … + anxn Bội chung nhỏ 2.1 Định nghĩa Số nguyên dương b gọi là bội chung nhỏ n số nguyên a1,a2,…,an khác m là bội chung a1,a2,…,an và e là bội chung khác chúng thì e là bội b Ký hiệu b = [a1,a2,…,an] Lop10.com Ví dụ: [7, -14, 4] = 28 2.2.Tính chất 2.2.1 k[a,b] = [ka,kb] 2.2.2 [a,b,c] = [[a,b],c] 2.2.3 [a,b].(a,b) = ab Chứng minh tính chất 2.2.3 Đặt d = (a,b)  a = a1d, b = b1d với (a1,b1) = Ta có [a1,b1]  a1  [a1,b1] = m.a1 b1|[a1,b1] = ma1  b1|m Do (a1,b1) =  [a1,b1]  a1b1 mà a1b1  [a1,b1] nên [a1,b1] = a1b1 [a,b].(a,b) = [a1d, b1d] d = [a1,b1]d2 = a1b1d2 = ab 2.2.4 Hệ 2.2.4.1 a  b, a  c  a  [b,c] 2.2.4.2 a  b, a  c, (b,c) =  a  bc BÀI TẬP 15n  tối giản 33n  21n  17 Chứng minh phân số không là số nguyên 14n  3 Chứng minh không tồn số tự nhiên n cho 2010n – chia hết cho 1010n – 4.Cho M là số nguyên dương và tập hợp S  n  N / M  n  ( M  1)  Chứng minh phân số Chứng minh tất các tích có dạng ab với a, b  S phân biệt Chứng minh số có số lẻ ước số khác khi nó là bình phương đúng Chứng minh (a,b) = thì (a + b,a2 + b2) là Giả sử m, n là số tự nhiên thỏa (m,n) + [m,n] = m + n Chứng minh (m,n) m n Tìm (2n + 1,9n + 4), (2n – , 9n + 4), (36n + 3, 90n + 6) Tìm x, y nguyên dương thỏa x + y = 150, (x,y) = 30 10 Tìm x, y nguyên dương thỏa (x,y) = 5!, [x,y] = 50! và x  y SỐ NGUYÊN TỐ Định nghĩa Số nguyên p > gọi là số nguyên tố p có hai ước dương là và chính nó Số nguyên lớn không phải là số nguyên tố gọi là hợp số Từ định nghĩa dễ thấy p là số nguyên tố và a là số nguyên thì a  p (a,p) = Định lý Cho hai số nguyên a, b và số nguyên tố p Khi đó p|ab thì p|a p|b Chứng minh Lop10.com Nếu p | a thì (a,p) = suy p|b 3.Định lý Mọi hợp số phải có ước nguyên tố nhỏ hay bậc hai nó Chứng minh Giả sử n = a b (1 < a, b < n ) Nếu a và b lớn n thì n = ab > n (vô lý) phải có thừa số không vượt quá n hay có ước nguyên tố không vượt quá n 3.1.Hệ Nếu số nguyên n > không có ước nguyên tố nào nhỏ hay số nguyên tố n thì n là Ví dụ: 211 là số nguyên tố vì tất các số nguyên tố nhỏ 2,3,5,7,11,13 không là ước 211 211 là Định lý số học Mọi số nguyên n > biểu diễn dạng tích các số nguyên tố Phân tích này là không tính thứ tự các thừa số Chứng minh Ta chứng minh tồn biểu diễn qui nạp Với n = 2, n =3, n = = 2.2, n = 5, n =6 = 2.3 biểu diễn dạng tích các số nguyên tố Giả sử khẳng định đúng đến n – 1, tức số nguyên không vượt quá n – biểu diễn dạng tích các số nguyên tố Xét số nguyên n Nếu n nguyên tố ta có điều chứng minh Nếu n là hợp số thì n = n1.n2 (1 < n1, n2 < n), từ giả thiết qui nạp ta có n1, n2 biểu diễn dạng tích các số nguyên tố, n biểu diễn dạng tích các số nguyên tố Ta chứng minh cách biểu diễn trên là Giả sử n có hai cách biểu diễn khác n = p1p2…pr = q1q2…qs (các số nguyên tố pi khác các số nguyên tố qj ) Khi đó p1| q1q2…qs  p1| qj  p1 = qj (mâu thuẩn) k Như số nguyên n > có biểu diễn n = p i 1 i i  p11 p22 pkk ,  i  đó pi (i =1,2,…k) là số nguyên tố đôi khác Ta nói n có dạng phân tích chính tắc 4.1 Hệ 4.1.1 Nếu n có dạng phân tích chính tắc n  p11 p22 pkk thì số tất các ước số dương n là (1  1)(  1) ( k  1) k k i 1 i 1 4.1.2 Nếu n   pii , m   pii ,  i , i  thì m  n  i   i (i  1, 2, , k ) Lop10.com k (m,n) =  pimin( i ,i ) i 1 k [m,n] =  pimax( i ,i ) i 1 Định lý Tập hợp các số nguyên tố là vô hạn Chứng minh Giả sử có n số nguyên tố p1, p2, …, pn Xét số N = + p1p2…pn N > nên tồn số nguyên tố p là ước N Rõ ràng p khác với p1, p2, , pn (vô lý) Vậy có vô hạn số nguyên tố Hệ thống ghi số 6.1 Định lý Cho số nguyên dương d > Khi đó số tự nhiên N có thể biểu diễn cách dạng N = d0 + d1b + d2b2 + … + dnbn (1) , đó các số nguyên dương di thỏa mãn  di  b – Chứng minh Ta Chứng minhbằng qui nạp theo N Với N = 1, ta có biểu diễn = Giả sử biểu diễn nói trên có và cho số 1, 2, …, N – Xét số N Gọi d0 là số cho N – d0  b Đặt N1 = (N – d0)/b Vì N1 < N , theo gt qui nạp N1 biểu diễn N  d0  d1  d 2b  d3b   d nb n 1 dạng N1 = b Như N = d0 + d1b + d2b2 + … + dnbn Nếu có cách biểu diễn khác cho N tức là N = d0 + d1b + d2b2 + … + dnbn = a0 + a1b + a2b2 + … + anbn Khi đó d0 = a0 = r ( là số dư chia N cho b) N  d0  d1  d 2b  d3b   d nb n 1  a1  a2b  a3b   anb n 1  N1 = b và theo tính chất giả thiết qui nạp, ta có điều phải chứng minh 6.2 Định nghĩa Giả sử g là số tự nhiên lớn hớn và M = {0,1,2,…, g – 1} là tập hợp gồn g ký hiệu các số tự nhiên đầu tiên Ta nói số tự nhiên s viết hệ g- phân ( hệ thống ghi số g) s = angn + an-1gn-1 + … + a1g + a0 đó n là số nguyên dương và  M, an  Ký hiệu : s = an an 1 a1a0 (g) có thể bỏ (g) không nhầm lẫn 6.3 Hệ nhị phân Hệ thống ghi số này sử dụng hai chữ số 0, Lop10.com Một số tự nhiên k hệ nhị phân viết k = an an 1 a1a0 với , i = 0,1,2, ,n là các chữ số 0,1 và an  có nghĩa là k = an2n + an-12n-1 + …+ a1.2 + a0 6.3.1 Định lý Cho số tự nhiên N Gọi n là số các chữ số (0,1) N viết hệ nhị phân, ta có n = [log2N] + Chứng minh Ta có N = + an-2 … + a12 + a0 , {0,1}  2n > N ≥ n -1  n > log2N ≥ n – hay [log2N] = n – suy dpcm 2n – 2n -2 + Phần nguyên 7.1 Định nghĩa Phần nguyên, ký hiệu [x], số thực x là số nguyên lớn không vượt quá x Phần phân x , ký hiệu {x}, là x – [x] 7.2 Tính chất 7.2.1 x = [x] + {x} 7.2.2 x = [x]  x  Z 7.2.3 x = {x}   x < 7.2.4 x – < [x]  x 7.2.5 Nếu k  Z thì [x + k] = [x] + k, {x + k} = {x} + k 7.2.6 [x + y] – [x] – [y] 7.2.7 [x + y] ≥ [x] + [y] , {x + y}  {x} + {y} 7.3 Định lý   * Nếu  là số thực dương và n  N thì   là số tất các số nguyên dương là n bội n không vượt qua  * Nếu a, b là hai số không âm thì [2a] + [2b] ≥ [a] + [b] + [a + b] Định lý Trong phân tích số n! thừa số nguyên tố n! = p11 p22 pkk ,  i  n  n   n  thì số mũ i pi nào đó là  i          k    pi   p i   pi  Chứng minh  n   n  Tổng trên là hữu hạn vì k đủ lớn thì n < pik đó  k    k 1     pi   pi  Giả sử p là ước n! Lop10.com n   n n Ta có n! = 1.2…p.(p+1)…2p…3p…   p …n = p  p    !q  p m m !q với m =  p  p n  p  và (p,q) =1   Tương tự m !  p n  p   m  p   m  p  !q ' với (p,q’) =   m  p   n  n       n  m Suy n !  p p   !qq '  p  p   p    !qq ' với (p,qq’) =  p p  n  n   n  Cứ tiếp tục ta thu số mũ p :           k    p  p  p  Ví dụ Số mũ phân tích 100! thừa số nguyên tố là 100  100  100  5       20    24 Từ đó 100! Có tận cùng 24       chữ số BÀI TẬP Tìm tất các số nguyên tố vừa là tổng số nguyên tố, vừa là hiệu số nguyên tố Chứng minh với số tự nhiên n luôn tồn n số tự nhiên liên tiếp không là số nguyên tố Chứng minh không tồn n để 6n + biểu diễn dạng tổng số nguyên tố Tìm tất các số tự nhiên n lẻ để n, n + 10, n + 14 là số nguyên tố Tìm tất các số nguyên tố p cho 2p2 + là số nguyên tố a a  b2 Cho a, b, c là các số nguyên khác 0, a  c thỏa mãn  Chứng minh c c  b2 a2 + b2 + c2 không thể là số nguyên tố Tìm tất các số nguyên tố p cho p2 + 11 có đúng ước số nguyên dương Tìm tất các số nguyên tố p cho hệ phương trình p + = 2x2, p2 + = 2y2 có nghiệm nguyên Chứng minh p và 8p2 + lẻ là số nguyên tố thì 8p2 + 2p + là số nguyên tố Tìm tất các số tự nhiên n cho n + 1, n + 3, n + 7, n + 9, n + 13 và n + 15 là số nguyên tố 10 Cho số tự nhiên thỏa tính chất : Bình phương tổng hai số chia hết cho tích hai số còn lại Chứng minh có ít ba bốn số đó phải Lop10.com