Chuyen de BDHSG So hoc 6

i)Trong n sè nguyªn liªn tiÕp cã mét vµ chØ mét sè chia hÕt cho n.. Gi¶i ph¬ng tr×nh nghiÖm nguyªn nhê sö dông tÝnh chÊt sè nguyªn tè... Tríc hÕt ta nhËn xÐt r»ng:.. Bµi 9... Mét xÝ nghi[r]

A PhÇn mở đầu

Số học bé m«n rÊt hÊp dÉn, lÝ thó nhng kh«ng kÐm phần rắc rối

õy l mt mụn hc cỏc em đợc làm quen từ nhỏ, từ biết làm phép tính đếm, thực đợc phép tính cộng, trừ, nhân, chia Đối với em học sinh lớp lần em làm quen với kiến thức số nguyên tố_ hợp số

Nhằm giúp em hiểu sâu vấn đề số học nh số nguyên tố _ hợp số, toán điền chữ số, phơng pháp tìm chữ số tận lũy thừa Đây dạng tốn khơng địi hỏi suy luận thông minh, lập luận chặt chẽ sở sơ đồ ra, việc giải tốn cịn giúp phát triển t duy, cách suy nghĩ sáng tạo

Đối với thân em, xác định sau trờng giáo viên giảng dạy mơn tốn_tin, tài liệu bổ ích sử dụng để tham khảo trình giảng dạy, bồi dỡng học sinh giỏi

Với giúp đỡ, bảo tận tình thầy giáo, Thạc sĩ_NCS Nguyễn Quang Hòe em chọn đề tài “ Một số chuyên đề nâng cao số học 6”

Đề tài gồm chuyên đề:

Chuyên đề 1: Số nguyên tố_ hợp số Chuyên đề 2: Điền chữ số

Chuyên đề 3: Tìm chữ số tận số lũy thừa

Vì điều kiện cịn hạn hẹp, khơng đủ tài liệu, lần em làm đề tài nghiên cứu nên khơng tránh khỏi thiếu sót Em mong nhận đợc giúp đỡ, góp ý thầy, bạn để đề tài đạt đợc kết cao

Hy vọng tài liệu bổ ích để em học sinh, giáo viên mơn tốn THCS tham kho

Em xin chân thành cảm ơn!

Đồng Hới, ngày 15 tháng 12 năm 2008

Sinh viên thực hiƯn

Ngun ThÞ Thanh HiƯu

b.PhÇn néi dung

Chun đề 1: Số nguyên tố-hợp số

Số nguyên tố đợc nghiên cứu từ nhiều kỉ trớc công nguyên nhng nhiều toán số nguyên tố cha đợc giải trọn vẹn

1) Sàng Ơratosten (Euratosthene)

Lm th no tỡm c tất số nguyên tố giới hạn đó, chẳng hạn từ đến 100 ?

Ta lµm nh sau: Tríc hÕt xãa sè

Giữ lại số xóa tất bội mà lớn Giữ lại số xóa tất bội mà lín h¬n

Giữ lại số (số bị xóa) xóa tất bội mà lớn Giữ lại số (số bị xóa ) xóa tất bội mà lớn

Các số 8, 9, 10 bị xóa Khơng cần xóa tiếp bội số lớn 10 kết luận đợc khơng cịn hợp số

Thật vậy, giả sử n hợp số chia hết cho số a lớn 10 n<100, a >10 nên n phải chia hết cho số b nhỏ 10, n bị xóa

Nhà tốn học cổ Hi Lạp Ơratoxten (thế kỉ III trớc công nguyên) ngời đa cách Ông viết số giấy cỏ sậy căng khung dùi thủng hợp số đợc vật tơng tự nh sàng: hợp số đợc sàng qua, số nguyên tố dợc giữ lại Bảng số nguyên tố đợc gọi sàng Ơratoxten Ví dụ:

Dùng bảng số nguyên tố nhỏ 100, hÃy nêu cách kiểm tra số nhỏ 10000 có số nguyên tố không ? Xét toán với số 259, 353 Gi¶i

Cho số n < 10000 (n>1) Nếu n chia hết cho số k (1 <k <n) n hợp số Nếu n không chia hết cho số nguyên tố p ( p2 n

) n số

nguyªn tè

Sè 259 chia hÕt hợp số

S 353 khụng chia hết cho tất số nguyên tố p mà p 2 353 (đó số

nguyªn tè 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17) nên 353 số nguyên tố

2) Sự phân bè sè nguyªn tè

Từ đến 100 có 25 số nguyên tố, trăm thứ hai có 21 số nguyên tố, trăm thứ có 16 số nguuyeen tố, Trong nghìn có 168 số ngun tố, nghìn thứ hai có 145 số ngun tố, nghìn thứ ba có 127 số nguyên tố, Nh xa theo dãy số tự nhiên, số nguyên tố tha dần Ví dụ:

Có Gọi A = .1001 Các số A + 2, A +3, , A + 1001 1000 số tự nhiên liên tiếp rõ ràng hợp số (đpcm)

Một vấn đề đợc đặt ra: có khoảng lớn số tự nhiên liên tiếp hợp số đến lúc khơng cịn số ngun tố khơng ? Có số ngun tố cuối khơng ? Từ kỉ III trớc cơng ngun, nhà tốn học cổ Hi lạp Ơclit chứng minh rằng: Tập hợp số nguyên tố vô hạn

VÝ dô

Chứng minh có hữu hạn số nguyên tố Giải

Gi s có hữu hạn số nguyên tố p p1, 2, ,pn pn số lớn

nhÊt số nguyên tố

Xột s Ap p1 pn1 A chia hết cho số nguyên tố pi, (1 i n)

d (1)

Mặt khác A hợp số (vì lớn số ngun tố lớn pn) A

phải chia hết cho số nguyên tố đó, tức A chia hết cho số

i

p (1 i n  ) (2), m©u thn víi (1)

Vậy có hữu hạn số nguyên tố (đpcm)

Qua s phõn b số nguyên tố, nhà toán học Pháp Bectơrăng đa dự đốn: n > n 2n có số ngun tố Năm 1852, nhà toán học Nga Trêbsép chứng minh đợc mệnh đề này.Ơng cịn chứng minh đợc:

Nếu n > n 2n - có số ngun tố Ta có mệnh đề sau: Nếu n >5 n 2n có số ngun tố

v Ý dơ

Cho sè tù nhiªn n > Chøng minh r»ng sè n! - có ớc nguyên tố lớn n

Gi¶i

Gọi a = n! - Do n > nên a > Mọi số tự nhiên lớn có ớc ngn tố Gọi p ớc nguyên tố a ta chứng minh p > n

ThËt vËy gi¶ sư p n th× tÝch n chia hÕt cho p, ta cã n! chia hÕt cho p, mµ a chia hÕt cho p nªn chia hÕt cho p, v« lÝ

3) C«ng thøc cho mét sè nguyªn tè

VÝ dơ:

a) Chứng minh số nguyên tố m lớn viết đợc dới dạng 6n + 6n - (n N )

b) Có phải số có dạng 6n 1 (n N ) số nguyên tố hay không?

a) Mỗi số tự nhiên chia cho có số d 0, 1, 2, 3, , Do số tự nhiên viết đợc dới dạng

6n 2,6n1,6 ,6n n1,6n2,6n3 Vì m số nguyên tố lớn nên m không chia hết cho 2, không chia hết cho 3, m khơng có dạng 6n 2, ,6n n2,6n3 m viết đợc dới dạng 6n +1 6n - (ví dụ: 17 = - 1, 19 = + 1)

b) Khơng phải số có dạng 6n1(n N ) số nguyên tố Chẳng hạn + 1= 25 không số nguyên tố (đpcm)

Liệu có cơng thức mà với giá trị tự nhiên chữ cho ta số nguyên tố không ? Cho đên nay, ngời ta cha tìm thấy cơng thức nh Tuy nhiên có số biểu thức mà với nhiều giá trị chữ, biểu thức cho ta số nguyên tố

BiÓu thøc 2n 2 29 cho ta giá trị nguyên tố với n = 0, 1, 2, ,28

BiÓu thøc n2 n 41

  Ơ_le (Euler 1707 - 1783) đa cho giá trị nguyên

tố với n = 0, 1, 2, , 39 (còn n = 40 402 40 41 40(40 1) 41

     chia hÕt cho

41)

BiÓu thøc n2 79n1601 cugx cho giá trị nguyên tố với n = 0, 1, 2, , 79

(cßn víi n = 80 th× biĨu thøc b»ng 412).

Số Phec-ma Nhà toán học kiêm luật gia Pháp Phec- ma (Pierre de Fermat 1601 - 1665) xét biểu thức 2m +1 m = 2n với n = 0, 1, 2, 3, cho số

nguyªn tè + = 3, 22 + = 5, 24 + = 17, 28 + =257, 216 + = 65537 Víi n =

5, đợc số 232 + = 4294967297, Phec- ma cho số ngun tố và

«ng ®a gi¶ thut: BiĨu thøc 2m + víi m lũy thừa cho ta số

nguyªn tè

ý kiến đứng vững lâu Mãi đến năm 1732, Ơ- le bác bỏ giả thuyết cách số 232 1

chia hết cho 641 Đây ví dụ điển

hỡnh nht chng tỏ phép quy nạp khơng hồn tồn dẫn đến sai lầm Các số có dạng 2m + với m lũy thừa đợc gọi số Phec- ma.

4) BiĨu diƠn số dới dạng tổng số nguyên tố

Năm 1742 nhà tốn học Đức Gơn_bách viết th báo cho Ơ_le biết ông mạo hiểm đa toán: số tự nhiên lớn biểu diễn đợc dới dạng tổng số nguyên tố Ơ_ le trả lời theo ông, số chẵn lớn biểu diễn đợc dới dạng tổng số nguyên tố

trọn vẹn tốn cách chứng minh rằng: Mọi số lẻ đủ lớn biểu diễn đợc dới dạng tổng số nguyên tố

Cho đến tốn Gơnbách- Ơ le cha đợc chứng minh hồn tồn Ví dụ

Cơng nhận mệnh đề nói Ơ le, chứng minh tốn Gơn bách Giải

Cho số tự nhiên n > 5, ta chứng minh n viết đợc dới dạng tổng số nguyên tố Xét hai trờng hợp:

a) Nếu n chẵn n = + m víi m ch½n, m > b) Nếu n lẻ n = + m víi m ch½n, m >

Theo mệnh đề Ơ le, m chẵn, m > nên m viết đợc dới dạng tổng số nguyờn t

II Số nguyên tố-hợp số A.Tóm tắt lý thuyết

1.Số nguyên tố số tự nhiên lớn có ớc dơng lµ vµ chÝnh nã

Số nguyên tố nhỏ 2, số nguyên tố chẵn nhất.Tất số nguyên tố lại số lẻ

2.Hỵp sè số tự nhiên lớn có nhiều ớc dơng

Ước nguyên tố nhỏ hợp số a số không vợt a

Phõn tớch số thừa số nguyên tố viết số dới dạng tích nhiều thừa số, thừa số số nguyên tố lũy thừa số nguyên tố

Dù phân tích thừa số thừa số nguyên tố cách cuối ta đợc kết

Hai hay nhiều số đợc gọi nguyên tố UCLN chúng Hai số tự nhiên liên tiếp hai số nguyên tố

h Ư qu¶

Số a>1 khơng có ớc nguyên tố từ đến a a số nguyên tố Tập hợp số nguyên tố l vụ hn

B.các dạng toán

Dạng sử dụng tính chất phép chia sè nguyªn

i)Trong n số nguyên liên tiếp có số chia hết cho n ii) Mọi số nguyên tố lớn có dạng 4n 1

iii) Mọi số nguyên tố lớn có dạng 6n 1 b

Cho p số nguyên tố số 8p+1 8p-1 số nguyên tố, hỏi số nguyên tố thứ số nguyên tố hay hợp số?

Giải

Với p =3 ta có 8p+1=25 hợp số, 8p-1 số nguyên tố

Vi p 3 ta có 8p-1,8p,8p+1 số nguyên tố liên tiếp nên có số chia hết cho 3.Do p nguyên tố khác nên 8p không chia hết cho 3,do 8p-1 8p+1 có số chia hết cho Vậy số thứ hợp số

Bµi

Hai sè 2n 1

 2n 1(n>2) đồng thời số nguyên tố đợc không? Tại sao?

Giải

Trong số nguyên liên tiếp 2n 1, , 2n n

  cã mét sè chia hÕt cho 3, nhng 2n

khơng chia hết cho 3, 2n 1

 hc 2n1 cã mét sè chia hÕt cho lớn

Vậy 2n 1, 2n

  không đồng thời số nguyên tố

Bµi

Chøng minh r»ng nÕu p p+2 hai số nguyên tố lớn th× tỉng cđa chóng chia hÕt cho 12

Gi¶i Ta cã: p+(p+2)=2(p+1)

p số nguyên tố lớn nên p số nguyên tố lẻ suy ra:p1  2(p1) 4 * p, p+1, p+2 số nguyên liên tiếp nên có số chia hết cho 3, mà p p+2 không chia hÕt cho nªn:

p1 3  2(p1) 3 **

Tõ * vµ** suy ra: 2(p 1) 12 (đpcm) Bài

Tìm số nguyên tố p cho p+10 p+14 số nguyên tố Giải

Với p=3 p+3=13 p+14=17 số nguyên tố Với p>3 p3k1

NÕu p3k1 th× p14 3 k15 3 ; NÕu p3k1 th× p10 3 k 9 ;

VËy víi p 3 th× p 10 p 14 số nguyên tố Bài

a) Tìm số lẻ liên tiếp số nguyên tố

a) Trong số lẻ liên tiếp có số chia hết cho Vậy số nguyên tố cho phải có số chia hết cho số nguyên tố lẻ liên tiếp 3, 5,

b) gi¶ sư pp1 p2 p3p4 víi p p p p1, 2, 3, 4 số nguyên tố Vì p p1, 2 số nguyên tố nên p 2, suy p lẻ Trong hai số p p1, phải có mét sè ch½n, hai sè

3,

p p phải có số chẵn Chẳng hạn p2 p4 2 Khi đó:

pp  p   p  p Ta cã p p1, 12,p14 lµ số nguyên tố lẻ liên tiếp nên

theo câu a) p 1 từ p 5 Thử lại: 2   

Bµi

Tìm số tự nhiên k để dãy: k1,k2,k3, ,k10 chứa nhiều số nguyên tố

gi¶i

Víi k=0 ta cã d·y 1, 2,3, ,10 chøa sè nguyên tố 2, 3, 5,

Víi k =1 ta cã d·y 2, 3, 4, , 11 chứa số nguyên tố 2, 3, 5, 7, 11 Víi k=2 ta cã d·y 3, 4, 5, , 12 chứa số nguyên tố 3, 5, 7, 11

Víi k 3 dÃy k1,k2,k3, ,k10 chứa số lẻ liên tiếp, số lẻ lớn nên chia có số chia hết cho 3, mà số chẵn dÃy hiển nhiên không số nguyên tố Vậy dÃy số nguyên tố

Tóm lại k=1 dÃy k1,k2, ,k10 chứa nhiều số nguyên tố Bài

Ta gọi p,q hai số tự nhiên liên tiếp, p q số nguyên tố khác Tìm số nguyên tố liên tiếp p, q, r cho p2 q2 r2

  cịng lµ số nguyên tố

giải

Nếu số nguyên tố p, q, r khác p, q, r có dạng 3k 1 suy

2, ,2

p q r chia cho d Khi p2 q2 r2 3

p2q2r2 nên p2q2 r2

hợp số

Vy p=3, q=5, r=7, p2 q2 r2 32 52 72 83

      lµ số nguyên tố

Bài

tìm sè nguyªn tè cho pq qp r

 

gi¶i

giả sử có số nguyên tố p, q, r cho pq qp r

  Khi r 3 nên r số lẻ,

suy p, q khơng tính chẵn lẻ Giả sử p=2 q số lẻ Khi ta có 2q q2 r

 

NÕu q không chia hết cho q 2 1(mod 3) Mặt khác q lẻ nên

2q

 (mod 3), tõ

đó suy 2q q2 3 r 3

Vậy p2,q3,r17 p3,q2,r17 Bài

a) Chøng minh r»ng sè d phÐp chia cña mét số nguyên tố cho 30 là số nguyên tố Khi chia cho 30 kÕt qu¶ sao?

b) Chøng minh r»ng nÕu tỉng cđa n lịy thõa bËc cđa số nguyên tố lớn số nguyên tố (n,30)=1

Giải

a) Giả sử p số nguyên tố p30k r với r 30 Nếu r hợp số r có ớc

nguyên tố q 30 q2;3;5 Nhng với q =2; 3; q lần lợt chia hết cho 2; 3; 5, vô

lí.Vậy r=1 r số nguyên tố

Khi chia cho 60 kết khơng cịn nữa, chẳng hạn p= 109= 60.1+ 49, 49 hợp số

b) Sè nguyªn tè p chia cho 30 chØ cã thĨ d lµ 1, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29 Víi r=1, 11, 19, 29 th× p 2 1 (mod 30).

Víi r =7, 13, 17, 23 th× p 2 19 (mod 30).

Suy p 4 1 (mod 30).

Gi¶ sư p p1, 2, pn số nguyên tố lớn

Khi qp14 p24  pn4 n(mod 30) q30k n số nguyên tố nên (n,30)=1 Bài 10

Tìm tất ba số nguyên tố a, b, c cho abc ab bc ca  

Giải

Vì a, b, c có vai trò nh nên giả sử a b c 

Khi ab bc ca  3bc abc3bc a 3 a2 (vì a số nguyên tố) Với a =2 ta

cã 2bc2b2c bc  bc2(b c ) 4 c b 4 b2 b=3 Nếu b=2 4c 4c thõa với c số nguyên tố

NÕu b=3 th× 6c 6 5c  c c3 c 5

Vậy cặp số (a, b, c) cần tìm (2, 2, p), (2, 3, 3), (2, 3, 5) hoán vị chúng, với p số nguyên tố

Bài 11

Cho dãy số nguyên dơng a a1, , ,2 an đợc xác định nh sau:

1

a , an ớc nguyên tè lín nhÊt cđa a a a a1 n11 víi n 2

Gi¶i

Ta có a12,a2 3, giả sử với n 3 mà có số ớc nguyên tố lớn số A2.3 a3 an11 A khơng thể chia hết cho 2, cho Vậy xảy

5m

A  víi m 2, suy A  1 5m  

Mµ A1 2.3  a3 an1 kh«ng chia hÕt cho a a3, n1 số lẻ, vô lí Vậy A không

có ớc nguyên tố 5, tøc lµ a k 5, k N*

 

Bµi 12

Tìm tất số nguyên tố p để 2p p2

số nguyên tố

giải Víi p=2 ta cã 2p p2 22 22 4

không số nguyên tè

Víi p=3 ta cã 2p p2 2 33 17

    lµ sè nguyªn tè

Víi p>3 ta cã p2 2p (p2 1) (2p 1).

  Vì p lẻ p không chia hÕt cho nªn

2 1 3

p   vµ 2p 1 3

  , 2p p2 hợp số

Vậy, với p=3 2p p2

số nguyªn tè

Dạng áp dụng định lí fermat

p số nguyên tố (a,p)=1 ap1 1

 (mod p)

Bµi

Nhà tốn học Pháp Fermat đa cơng thức 22n 1

 để tìm số nguyên tố với

mäi n tù nhiªn

HÃy tính giá trị công thức n=4 Với giá trị hÃy chứng tỏ ba tÝnh chÊt sau:

a) Tỉng hai ch÷ số đầu cuối tổng chữ số lại b) Tổng bình phơng chữ số số phơng

c) Hiu gia tổng bình phơng hai chữ số đầu cuối với tổng bình phơng chữ số cịn lại tổng chữ số số

gi¶i

Ta thay n= vào công thức Fermat đợc: 24

2 65537 số nguyên tố

2.Sè nguyªn tè 65537 cã ba tÝnh chÊt sau:

b) Tổng bình phơng chữ số 62 52 52 32 72 36 25 25 49 144

     số

chính phơng v× 144 122



c) Tỉng bình phơng hai chữ số đầu cuối 62 72 36 49 85

    Tổng bình

phơng ba chữ số lại 52 52 32 25 25 59

      Tổng chữ số 5 26    

Ta nhận thấy 85 59 26  Hiệu tổng chữ số số nguyên

tè 65537 Bµi

Cho n N*

 , chøng minh r»ng: 2210n1 19 vµ 234n1324n1 5 hợp số

giải ta chøng minh 210

2 n 19 23 víi mäi n 1

Ta cã: 210 1(mod1)

  210n12(mod 22) 210n122k2,(k N )

Theo định lý Fermat:

22 210 22 2 210

2 1(mod 23) n k 4(mod 23) n 19 23



      

Mặt khác: 210

2 n 19 23 nên 2210n119 hợp số với n N *

Ta chøng minh: 34 24

2 n n 11

   víi mäi n 1

Bài

Tìm số nguyên tố p cho 2p 1

 chia hÕt cho p

gi¶i

Gi¶ sư p số nguyên tố thỏa: 2p p

Theo định lý Fermat:

2p 2(mod )p 2p p (2p 1) (2p 2) p p

           

Víi p=3 ta cã 2p   

Bµi

Cho p số nguyên tố lớn Chứng minh có vô số số tự nhiên n thỏa

.2n

n  chia hÕt cho p

gi¶i ta cã 2p1 1(mod )p

 , ta t×m n(p1)sao cho n.2n 1(mod )p



Ta cã: n.2n m p( 1).2m p( 1)(mod )p n.2n m 1(mod )p m kp 1,(k N*)

        

VËy, víi n(kp1)(p1),(k N *) th× n.2n p  

b µi

Cho p số nguyên tố, chứng minh số 2p 1

gi¶i

gọi q ớc nguyên tố 2p 1

 q lẻ, nên theo định lí Fermat:

1 ( , 1)

2q q (2p 1, 2q 1) 2p q q q p

           , v× nÕu (q1, ) 1p  th×1 q , vô lí Mặt khác: q-1 chẵn suy q1 2 p q2pk1

Bµi

Giả sử p số nguyên tố lẻ vµ

8 p

m  Chứng minh m hợp số lẻ không

chia hÕt cho vµ 3m1 1

 (mod m)

gi¶i Ta cã: 3

2

p p

m   a b, víi 1,

2

p p

a  b 

a, b số nguyên lớn nên m hợp số Mà m 9p1 9p2 1

     p lẻ nên m lẻ m 1 (mod 3).Theo định lí Fermat,

ta cã: 9p p  

( ,8) 1p  nªn 9 9 p

p p m  p

     

Vì m  1 nên m 1 2p, đó: 3 1 32 1

8 p

m p  m

    (đpcm)

b ài

Chøng minh r»ng d·y sè 2003 23k víi k 1, 2,3 chứa vô hạn số lũy thừa

cùng số nguyên tố

giải Giả sử tồn số nguyên tố p cho: 2003 23k pn

  (1)

Trong k,n số nguyên dơng

Tõ (1) dƠ thÊy p không chia hết cho số nguyên tố 23 nên (p,23)=1

Theo định lí nhỏ Fermat p 22 1 chia hết cho 23, suy p22t có dạng 22t 1 23

p   s với số nguyên dơng t

Từ p22t n (1 23 )s pn pn 23 s pn 2003 23k 23 s pn

       hay

22t n 2003 23( n)

p  k sp

   víi mäi t 1, 2,3,

Bài tốn đợc giải đầy đủ ta tồn số nguyên tố p thõa mãn (1) Chẳng hạn:

Víi p=2 cã 2003 23.91 212

 

Víi p=3 cã 2003 23.8 37

Víi p=4 cã 2003 23.6 2141 

Với p=2003 tồn k theo định lí Fermat thỏa mãn 2003 23k 200323

 

Bµi

Tìm bảy số ngun tố cho tích chúng tổng lũy thừa bậc sáu bảy số

gi¶i:

Gọi bảy số nguyên tố p p p1, 2, 13, ,p7

Ta cã:

p p p p p p p1 2 3 4 5 6 7 p16p26p36p46p56p66p76 (*) Ta cần dùng định lí Fecma nhỏ:

NÕu sè nguyªn a không chia hết cho a 6 1(mod 7).(Cã thĨ chøng minh trùc

tiếp điều thơng qua việc biến đổi a3 (7k r)3 7t 1

    víi mäi r tháa m·n 0 r 6,

còn t số nguyên)

Giả sử bảy số nguyên tố có k sè kh¸c víi 0 k

Nếu k = 0, nghĩa bảy số ta có

7 7 7 = 76+ 76+ 76+ 76+ 76+ 76+ 76 tháa m·n (*).

Nếu k = 7, nghĩa bảy số số nguyên tố khác vế trái (*)

khơng chia hết cho 7, vế phải (*) chia hết cho theo định lí Fec ma, điều khơng xảy

Vậy xảy bảy số nguyên tố đề Dạng 3: Phơng pháp phân tích

b µi

Tìm n N * để:

a) n 4 4 số nguyên tố.

b) n2003 n2002 1

  lµ sè nguyên tố

giải a) Ta cã:

n4 4 (n4 4n2 4) 4n2 (n2 2)2 (2 )n (n2 2 )(n n2 2 )n

            

Nếu n 4 4là số nguyên tố n2 2n 2 1 n 1

    

Thư l¹i: Víi n 1 n 4 4 5 số nguyên tố.

VËy, víi n=1 th× n 4 4 số nguyên tố.

b) Ta cã: n2003 n2002 1 n n2( 2001 1) n n( 2001 1) n2 n 1

        

n2001 1 n3 1 n2 n 1

      đó: n2003n20021n3 n n2  n 1 nên

2003 2002 1

n n hợp số

Víi n=1 th× n2003 n2002 1 3

số nguyên tố

Bài

a) Tìm số nguyên số p để 2p+1 lập phơng số tự nhiên b) Tìm số nguyên tố p để 13p+1 lập phơng số tự nhên Giải

a) Gi¶ sư 2p 1 n3

  (với n N ); n số lẻ nên n2m1 (m N ),

2p 1 (2m 1)3 p m m(4 6m 3)

    

Vì p số nguyªn tè nªn m 1, suy p 13 Thư l¹i: 2p  1 2.13 27 33

   VËy p 13

b) Gi¶ sư 13p 1 n n N p3( ); 2

    suy n 3

13p 1 n3 13p (n 1)(n2 n 1)

      

13 p số nguyên tố, mà n 1 vàn2 n 1 1

   nªn n  1 13 hc

n p

i) Với n  1 13 n 14, 13p n3 1 2743 p 211

    số nguyên tố

ii) Với n1p th× n2 n 1 13 n 3

     , p 2 số nguyên tố

VËy víi p=2, p=211 13p+1 lập phơng số tự nhiên Bài

Tìm tất số nguyªn x y, tháa x2 2y2 1

 

Gi¶i

Gi¶ sư x y, số nguyên tố thỏa: x2 2y2 1

  Khi x2 2y21, suy x

là số lẻ, đặt x2n1(n N *) Ta có:

2 2 2

(2n1) 2y  1 4n 4n 1 2y  1 y 2(n n) 2  y2, mµ y lµ sè nguyªn tè

nªn suy y=2

Víi y=2, ta cã x 3

Thư lại với x 3,y 2thì x2 2y2 1

Bài

Tìm sè nguyªn tè x y z, , tháa xy z  

Gi¶i

Vì x y, số nguyên tố nên x2,y2 suy z 5 z số nguyên tố lẻ nên xy số chẵn suy x=2, z 2y 1



Nếu y lẻ 2y

Vậy số nguyên tố cần tìm lµ x y 2;z5

Bµi

Chøng minh r»ng nÕu 2n (n n N*)

số nguyên tố n 3k víi k N .

Gi¶i Đặt n km

với (m, 3)=1 Giả sử m>1, xét hai trờng hợp:

i) m3 1(l l N *) Ta cã:

1 2n 4n 1 23 (3 1)k l 43 (3 1)k l 1 (3 1)l (6 2)l

a a

   

        , (víi a 23k ), suy

1 2n 4n a a( 3l 1) a a2( 6l 1) a2 a 1 a2 a 1 1 4n n

             hợp số

ii) m3l2,(l N *) Ta cã:

3 (3 2) (3 2) 6 3 2

1 2n 4n 2k l 4k l a l a l a a( l 1) a a( l 1) a a a a

                 

(víi 23k

a  )

Suy 1 2n 4n

hợp số

VËy m=1 tøc lµ n=3k.

Bµi

Cho a b c d, , , N* tháa m·n ab cd Chøng minh r»ng: A a nbncndn

hợp số với n N

Gi¶i

Giả sử (a, b)=t, đó: a ta c tc 1,  1 với (( , ) 1a c 1 1 Từ ab=cd suy a b c d1  b c1

Đặt: b kc c d1 a kc1 1 d ka1

Khi đó: A an bn cn dn t an n1 k cn n1 t cn n1 k an n1 (kn tn)(a1n c1n)

          

V× k t a c, , ,1 1N* nên A hợp số

Bài

Tìm tất số nguyên tố p dạng ( 1)

n n 

 (n 1) Gi¶i

Ta cã:

( 1) 2 ( 1)( 2)

2 2

n n n n n n

p        

Víi n=2 ta cã p=2 Víi n=3 ta cã p=5 Víi n > th×

2

n  n+2 >1 nên p hợp số.

Vậy với n=2, n=3 p số nguyên tố có dạng ( 1)

n n 

Bµi

Tìm tất số có hai chữ số ab cho ab

a b số nguyên tố

Giải

Vì a,b có vai trò nh nên giả sử a > b Gi¶ sư ab p

a b với p số nguyên tố.*

Suy ab p  a p hc b p  p2,3,5,7 Tõ * ta cã ab=ap-bp

2

2

( )( )

1

a p p a p p a p p b p

p b b p

     

      

   

 

Víi p=2 ta cã ab 21 hc ab 12 Víi p=3 ta cã ab 62 hc ab 26

Víi p=5 p=7 ta có a có chữ số (loại) Vậy số ab cần tìm 12, 21, 26, 62 Bài

Cho số p bc a q a, b c r c, a b

số nguyªn tè (a b c N, ,  *) Chøng minh r»ng ba sè p, q, r cã Ýt nhÊt hai sè b»ng

Gi¶i

Ba số a, b, c có hai số có tính chẵn lẻ Giả sử a,b chẵn lẻ, p bc a

số nguyên tố chẵn, p=2

Từ suy a =b =1; q =c +1 r= c+ nên q=r Bài 10

a) Cho 2k 1

 lµ số nguyên tố ( gọi nguyên tố Fermat) Chứng minh r»ng k

= hc k = 2n.

b) Cho 2k - lµ sè nguyên tố (gọi số nguyên tố Mersenne).

Chứng minh k số nguyên tố Giải

a) Gi¶ sư ph¶n chøng r»ng k > vµ k 2n víi mäi n.

Khi k = 2n t, với t lẻ > Vơ lí với 2k + số ngun tố.

VËy k = hc k = 2n.

b) Giả sử k = m t với < t <k, 2k - =

 2t m 1t 2k

hợp

số 2t -1 >1.

Vậy k sè nguyªn tè

Trong nhiều trờng hợp giải phơng trình nghiệm nguyên dẫn đến việc xét số nguyên tố số dạng 2t 2t

n a b

Xin nêu số tính chất ớc số nguyên tố số n để sử dụng vào giải phơng trình

Mệnh đề Nếu số nguyên tố p2tk1 với số nguyên dơng t, k k

lẻ, ớc số 2t 2t

n a b p ớc số chung a vµ b

Chứng minh: Giả sử p khơng ớc số số a p khơng ớc số số b  ( , ) ( , ) 1a p b p  Theo định lí nhỏ Fermat ap11(mod )p hay 2tk 1

a 

(mod p)

T¬ng tù 2tk 1

b  (mod p) suy a2tkb2tk 2 (mod p) *

Mặt khác sử dụng đẳng thức đáng nhớ ta có

2 2

(a t)k (b t)k (a t b t).M n M

    k lẻ M số nguyên

Theo gi¶ thiÕt ( 2t 2t)

n p  a b p, m©u thn víi * Tơng tự p không ớc

ca s p p khơng ớc số a dẫn đến mâu thuẫn Vậy số nguyên tố p phải ớc số chung số a số b

Mệnh đề 2: Giả sử a b nguyên tố ớc số nguyên tố lẻ a2 + b2 có dạng 4m + (mà khơng có dạng 4m + 3) m l s

nguyên dơng

Chng minh: Xột ớc số nguyên tố p = 4m + = 2(2m + 1) +1 Theo mệnh đề p ớc số nguyên tố n = a2 + b2 p ớc số chung a b

1

p

  , mâu thuẫn Vì p lẻ nên p có dạng p = 4m +

Ta thö vËn dụng tính chất vào giải số phơng trình nghiệm nguyên dới

Bài Giải phơng trình nghiệm nguyên x2 y3 7

(1)

giải:

Phơng trình (1) x2 1 y3 23 x2 1 (y 2)(y2 2y 4)

         (2)

Nếu y chẵn vế phải (2) chia hết cho x lẻ,

2

2 1 4

x t  x   t  t không chia hết cho 4, mâu thuẫn

Vậy y số lẻ, y 2k 1 y2 2y 4 4k2 3

       nên phải có ớc số nguyên

tố lẻ dạng 4m + (vì tích số dạng 4m + l¹i cã d¹ng 4k + 1) Suy x 2 1 cã

t×m tÊt cặp số nguyên dơng (x y, ) cho

2

x y x y

số nguyên dơng

và íc sè cđa 1995

gi¶i Gi¶ sư 2 x y k x y  

 nguyên dơng k ớc số 1995 = 5.3.7.19 = 5n víi

n= 3.7.19 Các số nguyên tố 3, 7, 19 có dạng 2(2m + 1) + = 4m +3 Gọi ớc chung lớn x y, d ( , )x y x du y dv ,  với (u v , )

Theo gi¶ thiÕt x2y2 k x y(  ) d u( 2v2)k u v(  ) (1).

Xét hai trờng hợp:

1) k íc sè cđa n  k cã íc sè nguyªn tè d¹ng 4m +

áp dụng mệnh đề vào (1) u2v2 khơng chứa ớc số nguyên tố k nên k

là ớc số d  d k t Từ (1) có t u( 2v2) u v, u2u2v2  u v u  (1)

v« nghiƯm

2) k=5m với m ớc số m Lúc (1) trở thành d u( v2) (m u v)

  

Lập luận nh m ớc số d Suy d= m.t Từ ta có

2

( ) 5( )

t u v  u v (2)

Tõ (2) cã u2 v2 5(u v)

  

2 5( ) 0

A u v  u v  (3)

Mặt khác

2 2 2

4A4u  20u25 4 v 20v25 50 (2  u 5) (2v5)  50 1 7  50 A0

Kết hợp với (3) phải có A= Điều xảy 2u  5 vµ v=1, nghÜa lµ

3 u v     

vµ

1 u v     

Tõ A = vµ (2) suy t 1 d m Các số x y, phải tìm lµ x 3m

y m

  



 hc x m y m     

trong m ớc n = 3.7.19, nghĩa m lấy giá trị sau: 1, 3, 7, 19, 21, 57, 133, 399

Bµi

Tìm số nhỏ tập hợp số phơng dạng 15a + 16b 16a -15b với a, b số nguyên dơng

gi¶i

Gi¶ sư 15a + 16b =m2 vµ 16a -15b = n2 (1) víi m, n số nguyên dơng.

m4 n4 (15a 16 )b (16a 15 )b (152 16 )(2 a2 b2) 481(a2 b2)

         

haym4 n4 13.37(a2 b2)

   (2)

Các số nguyên tố 13 37 có dạng p 22k 1

  víi k lẻ

Giả sử ( , )m n  d m du n dv ,  víi (u,v) =1 (2) trở thành

4( 4) 481( 2)

d u v  a b (3)

Vì (u,v) = nên u4 v4

 không chứa ớc số nguyên tố 13 37 481 ớc

của d  d 481.t Để cho m, n nhỏ nhất, ta lấy t = Lúc (3) trở thành

3 4 2

481 (u v )a b (4)

Tõ (1) cã m2 n2 31b a hay 481 (3 u2 v2) 31a b

   (5)

Có thể chọn u v 1 để m, n nhỏ nhất, lúc a = 31b a2b2 481 23 Từ có

b = 481 vµ a = 31.481 suy m = n = 481 Bµi

Tìm số có chữ số mà có ớc Giải

Giả sử p q hai số nguyên tố khác nhau, pq có ớc 1, p, q, pq số p2q có ớc 1, p, p2, q, pq, p2p Do số phải tìm có dạng pn.

Vì số pn có n + ớc nên muốn có ớc rõ ràng n = 4.

Sè p4 lµ sè cã ch÷ sè p =

Vậy số phải tìm 54 = 625.

Bµi

Tìm số ngun tố biết ba số hiệu lập phơng hai số

Gi¶i

Gọi ba số nguyên tố a, b, c Ta có c a3 b3

chẳng hạn Thế

c (a b a)( ab b2)

   

Muèn c lµ số nguyên tố a - b = 1, điều xảy số nguyên tố a = 3, b = Suy ra: c = 27 - = 19

VËy ba sè nguyªn phải tìm 2; 3; 19 Bài

Xột dãy số nguyên tố từ nhỏ đến lớn: 2; 3; 5; 7; 11; 13; 17; ta lập hai dãy số = + 3; = + 5; 12 = + 7; 18 = + 11; 24 = 11 + 13; = 2.3; 15 = 3.5; 35 = 5.7; 77 = 7.11; 143 = 11.13; Có hay khơng số hạng dãy thứ số hạng dãy thứ hai

dãy thứ số hạng theo thứ tự tổng hai số nguyên tố liền tất số hạng dãy (trừ số hạng đầu 5) chẵn

dãy thứ hai số hạng theo thứ tự tích hai số nguyên tố liền tất số hạng dãy (trừ số hạng đầu 6) lẻ

Do ta kết luận rằng: khơng có số hạng dãy thứ số hạng dãy thứ hai

Bài

Tìm số nguyên tố p biết r»ng p + vµ p +4 cịng lµ sè nguyên tố Giải

Do p 1 số nguyên tố, nên p cã d¹ng p = 3k NÕu p = 3k + p + = 3k + hợp số

Nếu p = 3k + p + = 3k + hợp sè

Do p p + = + =5 số nguyên tố, p + =3 +4 =7 s nguyờn t

Bài

Có số có ba chữ số mà chữ số ớc nguyên tố chúng?

Giải

Các ớc nguyên tố có chữ số là: 2; 3; Nếu số phải tìm bắt đầu chữ số phải chia hết cho tận 2.Chữ số thứ hai phải 2, số 232 không chia hết cho 3, số 252 không chia hết cho số 272 không chia hết cho Vậy số phải tìm 222

Tơng tự số phải tìm mà bắt đầu chữ số số 555

Bây bắt đầu hai chữ số cuối phải tạo thành số chia hết cho 3, chúng và

Thử lại thấy có số 333 thích hợp

Cuối bắt đầu hai chữ số cuối phải tạo thành số chia hÕt cho Thư l¹i thÊy r»ng chØ cã hai số 777 735 thích hợp

Tóm lại có số thỏa mÃn là: 222; 333; 555; 735; 777 Bµi

Một xí nghiệp điện tử ngày giao cho cửa hàng số máy tivi Số máy số có ba chữ số mà tăng chữ số đầu lên n lần, giảm chữ số thứ hai thứ ba n lần đợc số lớn gấp n lần số máy giao Tìm n số máy tivi giao

Gi¶i

Giả sử số máy tivi giao abc100a10b c Ta có:

100(a n ) 10( b n ) ( c n )n(100a10b c )hay

Từ ta đợc:

100 10 89

n a b c

n

  



Nhng 89 số nguyên tố nên n - phải n phải chia hết cho n-1 Trong hai trờng hợp ta tìm đợc n =2 abc 178

Vậy số máy tivi giao 178 Bài 10

Nh÷ng sè nguyên tố ớc số có dạng 111 11? Giải

Trớc hết ta nhận xét số có dạng 111 11 không chia hết cho số nguyên tố

Giả sử p số nguyên tố khác Ta h·y xÐt p + sè sau: 1, 11, 111, 1111, ,111 11

Ýt nhÊt hai c¸c sè trªn chia cho p cã sè d gièng nhau, thÕ th× hiƯu cđa chóng 11 1100 chia hÕt cho p

vËy sè cã d¹ng 111 11 có ớc tất số nguyên tố trừ hai số nguyên tố

Dạng Các toán hai số nguyên tố

hai số nguyên tố hai số cã íc chung lín nhÊt b»ng Nãi c¸ch kh¸c chóng chØ cã íc chung nhÊt b»ng

b µi

Chøng minh r»ng:

a)Hai sè tự nhiên liên tiếp (khác 0) hai số nguyên tố b) Hai số lẻ liên tiếp hai sè nguyªn tè cïng

c) 2n + vµ 3n + (n N ) lµ hai số nhuyên tố

Giải

a)Gọi d uc n n ( , 1) (n1) n d  1d d 1 VËy n vµ n + hai số nguyên tố

b) Gọi d uc n (2 1, 2n3) (2n3) (2 n1)d 2d d1, 2 Nhng d 2

vì d íc cđa sè lỴ VËy d=1

c) Gäi d ƯC(2n1,3n1) 3(2n1) 2(3 n1)d 1d 1d Bài

Cho a b hai số nguyên tố Chøng minh r»ng hai sè sau cịng lµ hai số nguyên tố

a) a a+b b) a2 a+b.

Giải

a) Gäi d ¦C( ,a a b ) (a b ) a d  b d Ta l¹i có a d nên d ƯC( , )a b ,

do d = 1(vì a, b hai số nguyên tố nhau) Vậy (a, a + b) =

b) Giả sử a2 a + b chia hết cho số nguyên tố d a chia hÕt cho d,

do b chia hết cho d Nh a b chia hết cho số nguyên tố d, trái với giả thiết (a, b) =

VËy a2 vµ a + b hai số nguyên tố nhau.

c) Giả sử ab a + b chia hết cho số nguyên tố d Tồn hai thừa số a b, chẳng hạn a, chia hết cho d, b chia hết cho d, trái với (a, b) =

VËy (ab, a + b) = Bµi

Tìm số tự nhiên n để số 9n + 24 3n + số nguyên tố

Giải

Giả sử 9n + 24 3n + cïng chia hÕt cho sè nguyªn tè d th× 9n24 3(3 n4)d 12d d2;3

Điều kiện để (9n + 24, 3n + 4) = d 2 d 3 Hiển nhiên d 3 3n + khơng chia hết cho Muốn d 2 phải có hai số 9n + 3n + không chia hết cho Ta thấy:

9n + số lẻ 9n lẻ n lẻ, 3n + số lẻ 3n lẻ n lỴ

Vậy điều kiện để (9n + 4, 3n + 4) = n số lẻ

Phần tập tự luyện Dạng 1:

1 Tìm số nguyên tố p cho số sau số nguyên tố: a) p + vµ p + 10

b) p + 10 vµ p + 20

c) p +2, p + 6, p +8, p + 12, p + 14

2 Chøng minh r»ng nÕu n n2 + số nguyên tố n 3 2

cũng số nguyên tố

4 Chøng minh r»ng nÕu p lµ số nguyên tố lớn (p - 1)(p + 1) chia hÕt cho 24

5 Mét sè nguyên tố p chia cho 42 có d hợp số r Tìm r

6 Một số nguyên tè p chia cho 30 cã sè d lµ r Tìm r biết r không số nguyên tố

7 Chøng minh r»ng sè 11 1211 1 

n n hợp số với n 1

8 Tìm n số cho 10101 0101 (n chữ số n + chữ số xen kẽ nhau) số nguyên tố

9 Các số sau số nguyên tố hay hợp số a) A = 11 1(2001 ch÷ sè 1);

b) B = 11 (2000 ch÷ sè 1); c) C = 1010101;

d) D = 1112111;

e) E = 1! + 2! + 3! + +100!; g) G = - 28;

h) H= 311141111 D¹ng

10 Cho n N *,chøng minh r»ng c¸c sè sau hợp số:

a) A = 22

2 n 3;

b) B = 24

2 n 7;

c) C = 26

2 n 13

11 p số nguyên tố lớn 5, chøng minh r»ng p 4 1 (mod 240).

12 Chøng minh r»ng d·y 10n

n

a có vô số hợp số

13 Chứng minh với số nguyên tố p có vô sè d¹ng 2n n

 chia hÕt

cho p D¹ng

14 Tìm n N * để n3 n2 n số nguyên tố

15 Tìm số x y N, * cho x4 4y4

số nguyên tố

16 Tìm tất số nguyên tố p có dạng ( 1)( 2)

n n n

 (n 1) 17 Cho n N *, chøng minh A n4 4n

hợp số với n>1

Dạng

18 Giải phơng trình nghiệm nguyªn 4(a x x b)( ) b a y2

     (1)

a) x2 y2 585

 

b) x2 y2 1210

 

D¹ng

19 Chøng minh r»ng víi mäi số tự nhiên n, số sau hai số nguyªn tè cïng nhau:

a) 7n + 10 vµ 5n + ; b) 2n + vµ 4n +

20 Cho a vµ b hai số nguyên tố Chứng minh số sau hai số nguyên tố cïng nhau:

a) b vµ a - b (a > b) ; b) a2 + b2 vµ ab

21 Chøng minh r»ng nÕu sè c nguyên tố với a với b c nguyªn tè cïng víi tÝch ab

22 Tìm số tự nhiên n, cho: a) 4n - chia hÕt cho 13 ; b) 5n + chia hÕt cho ; c) 25n + chia hÕt cho 53

23 Tìm số tự nhiên n để số sau nguyên tố nhau: a) 4n + 2n + ;

b) 7n + 13 vµ 2n + ; c) 9n + 24 vµ 3n + ; d) 18n + vµ 21n +

24 Chứng minh có vơ số số tự nhiên n để n + 15 n + 72 hai số nguyên tố

25

a) Viết số 7, 8, 9, 10 thành tổng hai số nguyên tố lớn b) Chứng minh với số tự nhiên n lớn biểu diễn đợc dới dạng tổng hai số nguyên tố ln hn

Hớng dẫn giải Dạng

a) b) Đáp số: p = Xét p dới dạng: p = 3k, p = 3k + 1, p = 3k + (k

N)

c) Đáp số: p = Xét p dới dạng : p = 5k, p = 5k + 1, p = 5k + 2, p = 5k + 3, p = 5k + (kN)

2 n =

4 Ta cã (p1) (p p 1) mµ (p,3) = nªn

(p1)(p 1) (1)

p số nguyên tố lớn nên p số lẻ, p - p + hai số chẵn liên tiếp Trong hai số chẵn liên tiếp, có số bội nªn tÝch chóng chia hÕt cho (2)

Tõ (1) vµ (2) suy (p -1)(p + 1) chia hÕt cho hai sè nguyªn tè cïng vµ VËy (p - 1)(p + 1)24

5 Ta cã p = 42k + r = 7k + r (k, r N, < r < 42) Vì p số nguyên tố nên r không chia hết cho 2, 3,

Các hợp số nhỏ 42 không chia hết cho 9, 15, 21, 25, 27, 33, 35, 39 Loại ®i c¸c sè chia hÕt cho 3, cho 7, chØ cßn 25 VËy r = 25

6 Ta cã p = 30k + r = 5k + r (k,r N,0 < r < 30) Vì p số nguyên tố nên p không chia hết cho 2, 3,

Các hợp số nhỏ 30 không chia hết cho 9, 15, 21, 25, 27

Loại số chia hết cho 3, không số Vậy r hợp số

r hợp số số nguyên tố, suy r =1

7      

1 1

11 1211 11 10 11 11 1(10n 1)

n n n n n n

    .

suy ®pcm

1

(10 1)(10 1)

1010 101

9.11

n n

p

 

 

 

n =1: p = 101 số nguyên tố n > 1: p hợp số

9.Tt c u l hp s a) 

2001 2001

11 1

A          .

b) 

2000

11 11

B   .

c) C 1010101 101

d) D 1112111 1111000 1111 1111  

e) E3 v× 1! 2! 3   , cßn 3! 4! 100!   còng chia hÕt cho

g) G = - 28 chia hÕt cho

h) H = 311141111 = 311110000 + 31111 chia hÕt cho 31111 D¹ng

10 Chøng minh A7; 11;B C29 11 240 = 24 5.

13 p = lÊy n ch½n; p > lÊy n = (pk - 1)(p -1), kN* D¹ng

14 n3 n2 n 1 (n 1)(n2 1)

      , n =2

15

4 4 ( 4 2 4 ) 44 2 ( 2 )2 (2 )2 ( 2 2 )(2 2 2)

x  y  x  x y  y  x y  x  y  xy  x  xy y x  xy y

x y th× x4 4y4 5

số nguyên tố

16 ( 1)( 2) ( 3)( 2)

6

n n n n n

p      

Víi n 4 n +3 >6 n2 + > 17.

n + vµ n2 +2 số chẵn, số chia hết cho 3; hc mét hai sè

chia hết cho 6, p hợp số với n = 1, 2, p = 2, 5, 11 s nguyờn t

17 n chẵn A chia hÕt cho

n lẻ, đặt n = 2k +1 (kN*), ta có:

4 2 2 2

2 1 2 1

2 2

4 ( ) .2

( 2 )( 2 )

( ) ( )

n k k k

k k k k

k k k k

n n n n

n n n n

n n                               D¹ng 18

Giả sử phơng trình (1) có nghiệm x,y nguyên Xét nghiệm y nguyên dơng Vì a > b nªn tõ (1) cã x a x b ,  vµ 4(a x x b )(  ) , suy b < x <a Đặt

,

a x m x b n    m, n dơng Lúc (1) trở thành 4mn m n y2

   (2) víi m, n, y

nguyên dơng Biến đổi (2) 4m1 4  n1 4y21 (3)

Vì tích số dạng 4k + lại có dạng nên số 4m - phảI có ớc nguyên tố dạng p = 4k + Từ (3) có 4y2  1 p hay 4y 2 1 (mod p) (4) Suy (y, p) = 1.

Theo định lí nhỏ Fermat    

1

1 2

2 1(mod ) 1(mod )

p p

y p y p



  

  

 

Từ (4) có    2

1 p 1(mod )p k 1(mod )p

      mâu thuẫn

Vậy phơng trình (3) nghiệm nguyên Dạng

b) Gọi d ƯCLN (2n + 3, 4n + 8) (4n + 8) - 2(2n + 3)d 2 d

Do d ớc số lẻ 2n + nªn d = 21

a) Gọi d ƯCb a b,   a b d b d  ,  , a d Ta có a b , 

nên d =

b) Giả sư a2 b2

 vµ ab cïng chia hÕt cho cho số nguyên tố d vô lí

21

Giả sử ab c chia hết cho số nguyên tố d vô lí 22.a)

 

4 13

4 13 13

4 13

4 13

n n n n



  

 

 



 



Do (4, 13) = nên n + 213

Đáp số: n = 13k - (kN*)

b) Đáp sè: n = 7k - (kN) c) 25n3 53 25n 53 53

Đáp số: n = 53k + (k  N) 23

a) n kh«ng chia hÕt cho b) n số chẵn

c) n số lẻ

d) Giả sử 18n + vµ 21n + cïng chia hÕt cho số nguyên tố d

6 21n7  18n3 d 21d VËy d 3;7

Hiển nhiên d 3 21n + kh«ng chia hÕt cho Nh vËy (18n +3, 21n + 7) 118n 3 (cßn 21n + lu«n chia hÕt cho 7)

 

18n 21 18 n n

         

VËy nÕu n 7k1(k N ) 18n3, 21n71 24

Gọi dƯCn15,n72 57 d Do n15 ,57d d nên tån t¹i n cho n +

15 = 57k + th× d = NÕu ta chän n = 57k - 14 (k = 1, 2, 3, ….) th× (n + 15, n + 72) = 1, rõ ràng có vô số giá trị n

Chuyên đề 2: Điền chữ số

Các tốn điền chữ số khơng u cầu kĩ tính tốn mà cịn địi hỏi lập lun chớnh xỏc v hp lớ

các toán Bài

Thay chữ chữ số thÝch hỵp: a b c

+ a c b b c a

Gi¶i:

So sánh cột hàng đơn vị hàng chục, ta thấy c + b có nhớ Do cột hàng chục :

b + c +1 (nhí) = 10  b = cột hàng trăm:

a + + (nhớ) =  a = cột hàng đơn vị:

c + = 14  c = Các chữ số đợc điền đầy đủ nh sau: 495

+ 459 954 Bµi 2:

Tìm chữ số a, b, c, biÕt r»ng tæng a + b + c b»ng tæng bốn số chẵn liên tiếp chữ số a, b, c tháa m·n c¶ hai phÐp trõ sau:

a b c b a c -

c b a a b c

Xét phép trừ thứ nhất: cột hàng trăm ta có a c nên phép trừ hàng đơn vị

và hàng chục có nhớ Do cột hàng trăm: a - c -1 (nhớ) =0  c = a - (1)

XÐt phÐp trừ thứ hai: cột hàng trăm ta có b a nên phép trừ hàng chục

cú nh Do cột hàng trăm:

b - a -1 (nhí) =  a = b -3 (2) Tõ (1) vµ (2) suy ra: c = b - (3) Tõ (2) vµ (3) suy :

a + b + c = (b - 3) + b + (b - 4) = 3b -  20

Sè kh«ng 20 tổng bốn số chẵn liên tiÕp cã thÓ b»ng: + + + = 12 hc + + + = 20

Trờng hợp 3b - =12 cho 3b = 19, (loại) Trờng hợp 3b - = 20 cho 3b = 27 nên b = Từ đó: a = - = 6; c = - =

Ta đợc:

695 965 - - 596 695 99 270

Bµi

Thay c¸c dÊu * b»ng c¸c chữ số thích hợp phép chia sau: * * * * * * *

A * * *

B 0 * * * * C * *

0

Gi¶i:

Gọi thơng ab8, ta thấy a nhân với số chia đợc tích riêng A có ba chữ số, cịn nhân với số chia đợc tích riêng C có hai chữ số Do a > 8, a =

dòng B, ta hạ liền hai chữ số số bị chia xuống, b =

Số chia nhân với đợc tích riêng A có ba chữ số nên số chia lớn 11 Số chia nhân với ta đợc tích riêng C có hai chữ số nên số chia nhỏ 13 Vậy số chia 12

108

908 00096

96

00 Bµi

Thay chữ a, b, c chữ số thích hợp khác thích hợp phép nhân sau:

ab cc abc abcabc .  .

Giải Biến đổi đẳng thức cho thành: .11 : 1001

1001:11 91

ab c abcabc abc ab c

 

 

Phân tích thừa số nguyên tố: 91 = 7.13, ab c. 13 91 Trờng hợp thứ cho ab13,c7

Trêng hỵp thø hai cho ab91,c1, loại b = c =1

VËy ta cã 13 17 137 = 137137 Bµi

Tìm số tự nhiên có ba chữ số, biết hai cách viết: viết thêm số vào đằng sau số viết thêm chữ số vào đằng trớc số cách viết thứ cho số lớn gấp lần so với cách viết thứ hai

Gi¶i Gọi số phải tìm abc, ta có: a b c

 a b c

Nếu lần lợt tìm chữ số, chẳng hạn tìm c số bị nhân c 1, 3, 5, 7, nên lời giải phức tạp Để giải gọn hơn, ta đặt abc x , ta có

100x.5 10 x5

Tìm x từ đẳng thức ta đợc x 999 Số phải tìm là: 999 Bài

Điền chữ số thích hợp vào chữ số phép nhân sau: a b c d m n

c d m n a b

Gi¶i

toán này, tìm lần lợt chữ số lời giải phhức tạp Đặt

ab x , cdmny, ta cã:

10000 x y  100y x

19999x98y

2857x14y

Nh vËy 14y chia hÕt cho 2857, mà (14, 2857) = nên y chia hÕt cho 2857

Chú ý y số có chữ số nên có trờng hợp: y = 2857, x = 14; y = 5714, x = 28; y = 8571, x = 42 Ta có ba đáp số:

142857 285714 428571   

285714 571428 857142

Bµi

Điền chữ số thích hợp vào dấu * phép nhân sau * * * * = * * *

biết hai thừa số chẵn tích số có ba chữ số nh Giải

Gäi tÝch lµ aaa, ta cã aaa a 111a.3.37 nên tích chia hết cho 37 mà 37 lµ sè

ngun tố, phải có thừa số chia hết cho 37 Thừa số số chẵn có hai chữ số nên 74

Mặt khác tích chia hết cho (vì thừa số chia hết cho 2) nên aa chia hết cho 4, a 4,8

Xét hai trờng hợp: 444 : 74 = 6, loại; 888 : 74 = 12 Ta có đáp số: 74 12 = 888

Bµi

Tìm chữ số a b, biết rằng: 900 : (a b )ab

Gi¶i:

Biển đổi đẳng thức cho thành phép nhân: ab a b.(  ) 900

Nh ab a b ớc 900 Ta cã c¸c nhËn xÐt:

a) a b 18;

c) tÝch ab a b(  ) chia hÕt tồn thừa số chia hết cho Do ab

vµ a b cã cïng sè d phép chia hai chia hÕt cho

Từ ba nhận xét đó, ta có a b 12, 15 18

NÕu a + b = 12 th× ab 900 :12 75 , tháa m·n + = 12 NÕu a + b = 15 th× ab 900 :15 60 , lo¹i

NÕu a + b = 18 th× ab 900 :18 50 , lo¹i

Ta có đáp số : a = 7,b =

Bài

HÃy thay chữ chữ số thích hợp phép nhân sau đây: HANOI HANOI *****HANOI

Gi¶i

Để cho gọn ta đặt số HANOI m, m2 m m m( 1)

  tận năm

chữ số nên chia hÕt cho 100 000 = 55.25

Vì số m m - íc chung nªn mét chóng chia hÕt cho 55 =

3125 vµ sè chia hÕt cho 25 = 32.

Trớc hết ta xét trờng hợp m chia hết cho 3125 m - chia hết cho 32 Từ sơ đồ phép nhân ta thấy A = Do số hai số H NOI0 H0000 chia hết cho 625 nên hiệu chúng NOI chia hết cho 625

VËy NOI 625

Nhng số H0625 10000 H625 chia cho 625 cho thơng 16 H + 1v cho

thơng chia hết cho chữ số H phải

Với H = ta đợc số 40 625 không thỏa mãn Với H = ta đợc số 90 625 thích hợp

Trờng hợp thứ hai xét tơng tự, nhng không cho nghiƯm míi Tãm l¹i ta cã: 90 625  90 625 = 212 890 625

Bµi 10

Gi¶i

Ta có thảy tam giác mà đỉnh đỉnh ngũ giác

Ta gäi c¸c số viết 11 phần

1, , , , ; , , , ,2 5

a a a a a b b b b b vµ c (c ë chÝnh ngũ giác)

Do tng cỏc s từ đến 11 66, nên tổng số tam giác 22 Nếu ta đặt a1 a5 A b, 1 b5 B, xét tất tam giác:

2A B 5.22;A3B5c66 Từ ta tìm đợc A = 45, B = 20, c =

Nh tâm ngũ giác số c = Ngoài A a 1 a5 45và số không lớn 11 nên đẳng thức xảy A = + + + 10 + 11

Thay a 5 11 tổng b2 c b4 11 (so sánh hai tam giác có số a b a1, ,1

vµ a b b c b1, , , ,1 4)

Do c = nên b2b4 10, b b1, , ,2 b5 số 2, 3, 4, 5,

Đẳng thức cuối xảy b2 = 4, b4 = (hoặc b4 = 4, b2 = 6)

Tơng tự a1b1 11 a4b5 11 Suy cách viết số 11 phần nh hình vẻ

bên Bµi 11

Thay dấu * chữ số thích hợp theo sơ đồ phép chia dới: * * * *

* * * * * *

Gi¶i

Nhìn vào sơ đồ ta thấy rằng: chữ số thơng phải 1, chữ số số chia phải Nh số chia 23, thơng * * Do chữ số cuối thơng nhân với 23 phải * *, nên chữ số cuối th-ơng (vì 23 = 138)

Từ suy thơng 136, số chia 23 Vậy số bị chia 3128 Bi 12

Thay chữ chữ số thích hợp: a) abc ab a 874;

9

1

11 10

8

a1 a2

a3

a4

a5 c

b1 b3

b4

b)abc ab a 1037

Giải a) Đổi chữ sè ë cïng mét cét: a b c a a a

+ a b  + b b a a

8 Do bb c 110 nªn:

874aaa874 110 764   aaa777

Suy ra: bb c 874 777 97 

Ta có: 97bb97 10 87   bb88 Do đó: c = 97 - 88 =

Ta đợc: 789 + 78 + = 874

b) Tơng tự nh trên, ta viết đẳng thức thành: aaa bb c  1037 lần lợt tìm

đợc a = 9, b = 3, c = Bi 13

Thay chữ chữ số thích hợp

abc ca ca ac  

Gi¶i Ta cã:

abc ca ca ac   (1)

Vế phải (1) nhỏ 100 nên abc ca 100, a = Ta có: 1bc c 1c1 1 c (2)

Xét vế phải (2): c > Phép trừ cột đơn vị vế phải 11 - c, phép trừ cột đơn vị vế trái c - Do c - = 11 - c, suy c =

Ta cã: 106 - 61 = 61 - 16 Bµi 14

Thay chữ chữ sè thÝch hỵp abcd abc 3576

Giải Ta viết lại dới dạng

3576 abc abcd 

3576

3576 11

d abcd abcd d abcd

 

 

Thực phép chia 3576d cho 11, ta tìm đợc d = Từ ta tìm đợc abc 325 Ta có: 3251 + 325 = 3576

Bài 15

Thay chữ chữ số thích hợp a) ab b. 1ab

b) 260abc abc : 626 Gi¶i Ta thÊy:

 

1 100 100

10, 20, 25,50

ab ab

ab ab ab ab

 

 



 

DÔ thÊy b 0 nªn ab 25. Thư:

25 = 125,

b) ¸p dơng tÝnh chÊt chia mét tæng cho mét sè: 260000abc abc: 626

260000 :abc  1 626 260000 :abc 625

abc 260000 : 625

abc 416 VËy 260416 : 416 = 626 Bµi 16

Tìm chữ số a số tù nhiªn x, cho: 12 3 x2 1 96a

Gi¶i

12 3 x2 3 4 x2 9 4 x2 Nh vËy 1 96a chia hÕt cho  a = Suy 4 x2 1296 : 144 122

   

Tìm số tự nhiên x có chữ số tận 2, biết x, 2x, 3x số có ba chữ số chín chữ số ba số khác khác

Giải Đặt x ab 2, ta có:

x=a b x = a b

 

2x = c d (1) 3x = e g (2) a, b, c, d, e, g kh¸c nhận giá trị 1, 3, 5, 7, 8,

Vì d chẵn nên d = Từ (1/) suy b = Từ (2) suy g = Do a c e, , 1;3;5

DÔ thÊy a < c < e nªn a = 1; c = 3; e = Thư l¹i:

9   Bµi 18

Tìm số tự nhiên x có sáu chữ số, biết tích 2x, 3x, 4x, 5x, 6x số có sáu chữ số gồm sáu chữ số

a) Cho biết sáu chữ số số phải tìm 1, 2, 4, 5, 7, b) Giải toán không cho điều kiện a

Gi¶i a) Ta cã:

x = * * * * * * 2x = * * * * * * 3x = * * * * * * 4x = * * * * * * 5x = * * * * * * 6x = * * * * * *

Do chữ số 1, 2, 4, 5, 7, có mặt lần cột Tổng chữ số cột bằng:

+ + +5 +7 + = 27 Suy ra:

x + 2x + 4x +5x +7x + 8x = 27 111111 21x = 2999997 x = 142857

Các số 2x, 3x, 4x, 5x, 6x thứ tự 285714, 428571, 571428, 714285, 857142 b) Gọi x = abcdeg Ta có a = để 6x có chữ số

Xét sáu số x, 2x, 3x, 4x, 5x, 6x, chữ số sau lớn chữ số số trớc nên sáu chữ số sáu số khác khác

Các chữ số chữ số x, sáu chữ số x khác nhau, khác 0, có chữ số

Các chữ số tận x, 2x, 3x, 4x, 5x, 6x phải khác (vì có hai số tận giống hiệu chúng tận 0, tức có sáu số tận 0, trái với nhận xét trên) Do phải có chữ số tận

Các số 2x, 3x, 4x, 5x, 6x hiển nhiên không tận 1, cịn x chữ số x

Vậy 3x tận 1, x tận Suy 2x, 3x, 4x, 5x, 6x theo thứ tự tận 4, 1, 8, 5,

Nh vây số x gồm sáu chữ số 4, 1, 8, 5, 2, Sau giải tiếp nh câu a Bài 19

T×m sè cã ch÷ sè abcdeg ( abcdeg)2

Lời giải Đặt abcA,degB(100A A B; , 999)

Ta cã: 100A B A B 2

 999A(A B A B )  1 (1) Do A 999 nªn A B A B    19992

Suy ra: A B 999

Nếu A + B = 999 từ (1) ta suy A = 998; B = Từ abcdeg 998001

NÕu A + B < 999 Ta cã: 999 = 27 37

XÐt hai trêng hỵp: 27

1 37

A B A B

  

 



 

Ta cã A + B -1 = 37m (m N

 ) hay 37m1 27  10m1 27  80m8 27

Mặt khác 81 27m Từ suy m  8 27 hay m27n8(n N *) Do có :

 

1 37 27 ( *)

A B   n n N

Nhng < A + B -1 997 nªn suy ra: A + B -1 = 296

KÕt hỵp víi (1) ta có : A = 88 (loại) Xét trờng hợp 37

1 27

A B A B

  

 



 

Ta cã: A + B = 37k (k N

 ) hay 37k1 27  10k 27  80k 27

Mặt khác: 81 27k suy k  8 27 hay k 27r 8(r N ) Do có A + B = 37(27r -8) = 999r - 296

Víi r = ta cã A + B = 703

Kết hợp với (1) ta có A = 494; B = 209 Từ ta có abcdeg 494209

Vậy hai số có chữ số thỏa mãn đề là:

deg 998001

abc  vµ 494209

Bµi tËp

Thay dấu * chữ chữ số thích hợp (từ đến 11) Bài

a) acc b dba.  (biết a chữ số lẻ)

b) ac ac acc.  c) ab ab acc.  Bµi

a) 1 2ab abc8; b) ab9.b

Bµi

abcdeg.4gabcde vµ abcde g 15930

Bµi

* * * * *

biết số bị nhân có tổng chữ số 18 khơng đổi đọc từ phải sang trái

Bµi

* * * 

* * * * * * * * * * * * * Bµi

a) ab cb ddd.  c) * * * = * * *

b) ab cd bbb.  biết tích số có ba chữ số nh Bµi

abcdeg.6 deg abc

Bµi

20 * * : 13 = * *

Bµi a) b) * * * * * * * * * * * * * * * * * * *

* * * * * * * * * * * * * * *

* * *

* * * * * *

Bµi 10 abc:11  a b c.

Bµi 11 ab cd ab cd     2002 Bµi 12

Tìm số tự nhiên có chữ số, biết viết thêm chữ số vào đằng trớc số đợc số lớn gấp lần so với số có đợc cách viết thêm chữ số vào sau số

Tìm số tự nhiên có hai chữ số, biết viết thêm chữ số vào bên phải chữ số vào bên trái số tăng gấp 36 lần

Bài 14

Tỡm số tự nhiên có hai chữ số, biết viết xen vào hai chữ số số số tăng gấp 99 lần

Bµi 15

Tìm số tự nhiên có chữ số, cho nhân số với ta đợc số gồm chữ số viết theo thứ tự ngợc lại

Bµi 16

Tìm số tự nhiên có chữ số, cho nhân với ta đợc số gồm chữ số viết theo thứ tự ngợc li

Bài 17

a) Tìm số tự nhiên có chữ số, biết xóa chữ số hàng trăm số giảm lần

b) Giải toán không cho biết chữ số bị xóa thuộc hàng Bµi 18

Tìm số tự nhiên n có chữ số khác nhau, biết xóa chữ số ta đợc số ớc n

Bµi 19

Một số tự nhiên tăng gấp lần viết thêm chữ số vào chữ số hàng chục hàng đơn vị Tìm số

Bµi 20

Tìm số tự nhiên A biết xóa nhiều chữ số tận đợc số B mà A = 130B

Híng dÉn gi¶i Bµi

a) a chữ số lẻ nên b c lẻ Ta lại có b c khác để a c Vy b, c 3,7,9

Lần lợt xÐt b b»ng 9, 7, vµ chó ý r»ng a, b, c lẻ, khác Đáp số: 177 = 531

b) ac ac acc. 

Thực phép chia acc cho ac đợc 10 Vậy c = 0, a = Đáp số: 10 10 = 100

c) Xét chữ số bên trái thừa số tích, ta có a a  a nªn

Ta cã: 1 1b b1cc

Ta thÊy b  v× nÕu b  thì: 1 2b b15.15 225 1 cc Xét tÝch 10 10, 11 11,

Bµi

a) Đặt abcA thì:

1000A.2 10 A8

2000 2 A10A8

1992 8A

A 294 §¸p sè: 1249 = 2498

b) Chun thµnh phÐp trõ: ab b 0 b

Đáp số: 45 = Bài

Đặt abcde A thì:

10A g .4 100000 g A (1) A g 15390 (2) Từ (1) ta tìm đợc: A = 2564g

Đa tốn tìm hai số biết tổng tỉ số, ta đợc: g = 6; A = 15384 Bài

a b b a XÐt tÝch riªng (2)  c d a b b a

(1) * * * *  c (2) * * * * * *

* * * * *

Ta thÊy ac <10 mµ ac tËn nên ac= Xét hai trờng hợp:

- Trờng hợp a = 1, c = 7: Khi b = ( a + b = 9), ta có: 1881 đợc tích riêng (2) có chữ số, loại

- Trờng a = 7; c = 1: d = (để tích riêng (1) có chữ số), thỏa mãn đề bài: 2

 1 2 2 9 Bµi

Số bị nhân 1 1b Chú ý 1 1.9b đợc số có chữ số nên b > 1, cịn 1 1.8b đợc số có chữ số nên b < 3, b =

Sè bị nhân 121, số nhân 809, tích 97889 Bµi

a) ab cb ddd.  d.111 3.3.37

Hai số ab cd có tích chia hết cho số ngun tố 37 nên tồn số chia hết cho 37, giả sử ab37 Khi ab 37, 74

Nếu ab 37 37 999c  Khi c 7 999 : 37 27

Nếu ab 74 74 666c  Khi c 4 666 : 74 9 , loại Đáp số: 37 27 = 999

b) Tích chia hết cho 111 nên chia hết cho số nguyên tố 37 Do số bị nhân chia hết cho 37(hoặc 74), số nhân chia hết cho

Có đáp số: 37.3 111;37.6 222;37.9 333;74.3 222;74.6 444;74.9 666      c) Có đáp số: 37.21 777;15.37 555 

Bµi

Đặt abc x ,degy 1000 x y  1000y x , suy 857x142y Chó ý r»ng (857, 142) = nªn y chia hÕt cho 857 857, x = 142 Ta có: 142857 = 857142

Bµi

Th¬ng **7 2000 **7 153 13

  Mặt khác **7 2099 **7 161 13

 

Do **7 157

Số bị chia: 157 13 = 2041 Bài

a) 10098 : 99 = 102 b) 1089708 : 12 = 90809 Bµi

Ta cã abc11a b c  

100 10 11 11 11

89 10 89 1, 89

a b c a b c

a c b a cb a cb

    

       

VËy 198 : 11 = 1+ +

Bài 10 Không tồn hai số abvà cd Bài 12 Đáp số: 17948

Bài 14 Cách Viết aabb99.ab thành aabb ab ab  00 C¸ch aabb99.ab

1100 11 990 99

110 88

5 4,

a b a b

a b

a b a b

   

 

    

Bài 15 Xét phép nhân

a b c d  d c b

4d tận a nên a chẵn, ta lại có 4a < 10 nên a = Ta đợc:

b c d

 d c b

d  = 8, mµ 4d tËn cïng b»ng nªn d =

Ta đợc:

b c



8 c b

4c + tËn b nên b lẻ, ta laịi có 4b < 10 nªn b = 4c + tËn cïng b»ng nªn 4c tËn cïng b»ng Suy c2,7 c = không thỏa mÃn toán, c = cho số phải tìm là: 2178 Thử lại: 2178 = 8712

Bài 16

Gọi số phải tìm abcd Ta cã phÐp nh©n (1)

a b c d Từ (1) ta tìm đợc: a = 1, d =  (1)

d c b a

Ta cã phÐp nh©n (2)

b c Tõ (2): b < v× nÕu b  tích có chữ số

(2) XÐt b = th× c = 7,

c b 1179 có chữ số, loại

Xét b = c = 8, 1089 =9801, thỏa mãn đề

Bµi 17 a) abc9.bc 100a bc 9.bc 8.bc100a 2.bc25a

Nh bc25 Có đáp số: 225, 450, 675

b) Nếu xóa chữ số tận số ban đầu giảm từ 10 lần trở lên Nếu xóa chữ số hàng chục: có đáp số 135, 225, 315, 405 Nếu xóa chữ số hàng trăm: có đáp số nh câu a)

bµi 18

Gäi n = abc

Số abc xóa c đợc ab Ta có abc ab  c0

Số ab0 xóa b đợc a0 Ta có ab a0 0  ab a  b a (1) Số ab0 xóa a đợc b0 Ta có ab b0 0  ab b  10a b b   10a b (2) Từ (1) đặt b = ka (k  N) Thay b = ka vào (2): 10a ka  10k

Do b  a nªn k 2,5

Víi k = ta cã abc b»ng 120, 240, 360, 480 Víi k = ta cã abc b»ng 150

Bµi 19

Đáp số: 45 Bài 20

Gọi C số tạo k chữ số tận bị xóa A, ta có A = 10k B + C, 10k B + C = 130B.

Nh vËy 10 kB 130B k 1,k

   

Víi k= th× 10B + C = 130B C = 120B C có chữ số, loại

Víi k= th× 100B + C = 130B C = 30B C có chữ số Vậy C b»ng 30; 60; 90

Cã ba sè tháa mÃn toán 130; 260; 390

Chuyờn 3: Tìm chữ số tận số cỏc bi toỏn

Dạng Tìm chữ sè tËn cïng cña sè an.

- NÕu a tận 0, 1, an lần lợt tận 0, 1, 6.

- Nếu a tận 2, 7, ta cã nhËn xÐt sau víi k N *:

24k 16k 6(mod10)

34k 81k 1(mod10)

 

74k 492k 1(mod10)

 

Do để tìm số tận an với a có tận 2, ta lấy n chia cho

4 Gi¶ sư n = 4k + r víi r 0,1, 2,3

- NÕu a 2(mod10) th× an 2n 24k r 6.2 (mod10)r

  

- NÕu a 3(mod10) a 7(mod10) an a4k r ar(mod10)

 

- Nếu số tận 2, 4, nâng lên lũy thừa đợc số có tận

- Nếu số có tận 3, 7, nâng lên lũy thừa đợc số có tận

Bµi 1:

Chøng minh r»ng 8102 2102

 chia hÕt cho 10

Gi¶i:

Ta thấy số có tận nâng lên lũy thừa (khác 0) tận (vì nhân hai số tận với nhau, ta đợc số có tận 6) Do ta biến đổi nh sau:

     

   

25 25

102 25

102 25

8 8 64 64 4,

2 2 16 4

   

   

VËy 8102 2102

 tËn cïng nên chia hết cho 10

Bài

Chøng minh r»ng 0,3 1983 198319171917 lµ số nguyên

(Đề thi HSG 1983)

Gi¶i Ta cã 19831983 34k 3(mod10)

Vì 34k 1(mod10)

nên 34k 3 33 7(mod10)

Mặt khác:

19171917 74 1l 7(mod10)

 

VËy:

198319831917191710,

Bµi 3.Chøng minh r»ng 34

2 n  3 11 với số tự nhiên n

Giải

Theo định lí Fermat: 210 1(mod11)

 ta phải tìm số tận 34n1.

Ta cã:

4

4

3 10 3

3 3.81 3(mod10)

2 n 8(mod11) n 11

n n

k

 





 

     

Bµi Chøng minh r»ng 555777 555333

333 777 chia hÕt cho 10

Gi¶i

Ta cã: 555 1(mod 4) 555777 ( 1)777 1 3(mod 4)

      ,

555333 ( 1)333 1 3(mod 4)

   

Do đó: 555777 4 3 3 4

333 k (3 )k 7(mod10)

  

777555333 74 3l 7 (7 )3 l 3(mod10)

  

Suy ra: 555777 555333

333 777 0(mod10), (đpcm)

Dạng Tìm hai ch÷ sè tËn cïng cđa sè an.

Ta cã nhËn xÐt sau:

220 76(mod100);



320 01(mod100);



65 76(mod100);



74 01(mod100);



Mµ

76n 76(mod100)

 víi n 1,

5n 25(mod100)

 víi n 2

Suy kÕt qu¶ sau víi k N *:

a20k 00(mod100)

 nÕu a 0(mod10),

a20k 01(mod100)

 nÕu a 1;3;7;9(mod10),

a20k 25(mod100)

 nÕu a 5(mod10),

a20k 76(mod100)

 nÕu a 2;4;6;8(mod100)

Bµi Tìm hai chữ số tận của 2100.

Gi¶i

Chó ý r»ng: 210 = 1024, bình phơng số tận 24 th× tËn cïng

bằng 76, số tận 76 nâng lên lũy thừa (khác 0) tận 76 Do đó:

2100 = (210)10 = 102410 = (10242)5 = ( 76)5 = 76.

VËy hai ch÷ sè tËn cïng cđa 2100 76.

Bài Tìm hai chữ số tận cïng cđa 71991.

Gi¶i

Ta thÊy: 74 = 2401, sè cã tËn cïng b»ng 01 nâng lên lũy thừa tận cùng

bng 01 Do đó:

71991 = 71988 73 =(74)497 343 = ( 01)497.343

= ( 01) 343 = 43 VËy 71991 cã hai chữ số tận 43.

Bài Tìm hai ch÷ sè tËn cïng cđa 91991

2

Giải

Ta tìm d phÐp chia 91991 cho 20 = 5.

Ta cã 91991 (10 1)1991 1 4(mod 5)

   

919911(mod 4)

D r0 5t4,t0,1, 2,3

Vơi t = r  0 1(mod14)

VËy 91991

2 20k9

Do 291991 220k 9 76.29 12(mod100)



Bài Tìm hai chữ số tËn cïng cña 1414

14

Giải

Cách Ta có 1414 1414 1414

14 7

14 14 14

14 2 4 nªn 71414 74k 1(mod100)

20

2 76(mod100) Ta t×m d phÐp chia 1414 cho 20 =

Ta cã 1414 (15 1)14 1(mod 5)

  

 r0 5t1, t = 0, 1, 2,

1414  (mod 4).

Suy 1414 20 6 16

2 k  76 36(mod100)

  

VËy 1414

14 có hai chữ số tận 36

C¸ch Ta cã 1414 14

14 4 6(mod10)

1414 10 6 6 10 6

14 14 k 14 14 k 14 76(mod100)

   

146 7 26 7 64 36(mod100).2

  

VËy hai ch÷ sè tËn cïng cđa 1414

14 lµ 36

Bµi Chøng minh r»ng víi mäi n N * ta cã: 724n1 434n1 65

  chia hÕt cho 100

Gi¶i Ta cã: 74 2401 1(mod100)

  vµ 410 76(mod100)

Do đó: 24 2.24 4

7 n n k 1(mod100)

  

Suy ra: 24 34

7 n n 65 64 65 0(mod100)

      (®pcm)

Giả sử n = 100k + r với 0 r 100, đó: an a100k r (a100) k ar.

Gi¶ sư: a x (mod10),x0,1, 2, ,9 Ta cã: a100 (10k x)100 x100(mod100)

  

VËy ba chữ số tận a100 ba ch÷ sè tËn cïng cđa x100.

Dïng quy n¹p víi mäi n 1, ta cã: 625n 625(mod1000)

 ,

376n 376(mod1000)



* NÕu x 0 th× x100 000(mod1000)

 ,

* NÕu x 5 th× x4 54 625 x100 (5 )4 25 625(mod1000)

     ,

* NÕu x 1;3;7;9 ta cã t¬ng øng:

x4 1;81; 2401;6561 1(mod 40) x100 (40k 1)25 1(mod1000)

      ,

* NÕu x 2; 4;6;8 th× x 100 2100 8



Ta cã: ( ,125) 1x nên x100 1(mod125)

(Định lí Ơ le)

Giả sử ba chữ số tận cđa x100 lµ abc ta cã:

x100 1000k abc abc 8

    vµ abc 1(mod125)

Trong c¸c sè 1, 126, 376, 501, 626, 751, 876 (các số có ba chữ số chia cho 125 d 1) chØ cã nhÊt mét sè chia hÕt cho lµ sè 376

VËy x100 376(mod1000)

Do ta có kết sau:

a1000k 000(mod10 )3

 nÕu a 0(mod10)

a1000k 001(mod10 )3

 nÕu a 1,3,7,9(mod10)

a1000k 625(mod10 )3

 nÕu a 5(mod10)

a1000k 376(mod10 )3

 nÕu a 2, 4,6,8(mod10)

Vậy để tìm ba chữ số tận an ta tìm hai chữ số tận số mũ n.

Bài Tìm ba chữ số tận cđa 92003

2

Gi¶i

Trớc hết ta tìm hai chữ số tận cña 92003.

Ta cã: 92003 9 93 2000 9 (3 )3 20 200 29(mod100)

  

Suy ra: 92003 100 29 29 100

2 k (2 )k 912.376 912(mod1000)

   

VËy ba ch÷ sè tËn cïng cđa 92003

2 912

Bài Tìm ba ch÷ sè tËn cïng cđa sè 91991

2

Giải

Trớc hết ta tìm hai ch÷ sè tËn cïng cđa 91991

Ta cã 91991 9.91990 9.(3 )20 199 9(mod100)

  

1991

9 100 9

2 k  376.2 512(mod1000)

   

VËy ba ch÷ sè tËn cïng cđa 91991

2 512

Bài Tìm bốn chữ số tận cïng cđa 51992.

Gi¶i

1992 498 498

5 (5 ) 0,625  0625

Bµi tËp

Bµi Chøng tá r»ng 1752441321 chia hÕt cho 10.

Bµi Chøng minh r»ng víi mäi sè tù nhiªn n a) 74n 1

 chia hÕt cho 5;

b) 34n1 2

 chia hÕt cho 5;

c) 24n1 3

 chia hÕt cho 5;

d) 24n2 1

 chia hÕt cho 5;

e) 92n1 1

 chia hÕt cho 10

Bài Tìm số tự nhiên n để n 10 1 chia hết cho 10.

Bài Có tồn số tự nhiên n để n2 n 2

chia hết cho hay không?

Bài Cho sè tù nhiªn n Chøng minh r»ng:

b) NÕu n tËn cïng b»ng ch÷ số lẻ khác n4 tận Nếu n tận

cùng chữ số chẵn khác th× n4 tËn cïng b»ng 6.

c) Số n5 n có chữ số tận nh nhau.

Bài Trong số tự nhiên từ đến 10000, có số tận mà viết đợc dới dạng 8m ( ,n m n N)

  ?

Bµi Cho A  2 22 23 20

Tìm chữ số tận A Bài Tìm hai chữ số tận cña: a) 51 ;51 b) 9999

99 ; c) 6666; d) 14 16 101 101

Bài Tìm 20 chữ số tận 100! Hớng dẫn giải

Bài Chữ số tận b»ng Bµi

a) 74n 1 (7 )4 n 1 2401n 1 1

        , tËn cïng b»ng

VËy 74n 1 5

 

b) 34n1 2 (3 ) 81 1.3 2n n n

       , tËn cïng b»ng

VËy 34n1 2 5

 

c) 24n1 3 (2 ) 16 6.2 34 n   n    , tËn cïng b»ng

VËy 24n1 3 5

 

d) 24n2 1

 tËn cïng b»ng nªn chia hÕt cho

e) 92n1 1 (9 ) 81 1.9 12 n n

       , tËn cïng b»ng

VËy 92n1 1

 chia hÕt cho 10

Bµi n tËn

Bài Không Lần lợt xét n tận 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, th× n2 n 2

 

chØ tËn cïng b»ng 2, 4, Bài

Cách 1: Xét trờng hỵp n tËn cïng b»ng 0, 2, 4, 6, 6n tận nh

Cách 2: Xét hiệu 6n n 10n n chẵn

b) Nếu n tận n2 tận , n4 tận

cïng b»ng

- Nếu n tận n2 tận 9, n4 tận cùng

b»ng

-Nếu n tận n2 tận 6, n4 tận cùng

-Nếu n tận n2 tận 4, n4 tận cùng

b»ng

c) NÕu n tËn cïng b»ng hc th× n5 cịng tËn cïng nh vËy.

NÕu n tËn cïng b»ng 1, 3, 7, th× n4 tËn cïng b»ng 1.

Ta cã n5 n n4. 1.n

nên chữ số tận n5 vµ cđa n nh

NÕu n tËn cïng b»ng 2, 4, 6, th× n4 tËn cïng b»ng 6.

Ta cã n5 n n4. 6.n

nên chữ số tận n5 6n nh Nhng chữ số

tận 6n n nh Vậy chữ sè tËn cïng cđa n5 vµ cđa n nh nhau.

Chó ý: Dïng kiÕn thøc cđa líp cã thể giải câu c cách chứng minh n5 n 10

  ,

tøc lµ n n( 1)(n2 1) 10

  

Thật vậy, n2 số phơng nên không tận cïng b»ng 2, 3, 7, tøc lµ

chia cho kh«ng thĨ d hay NÕu n 5 5 th× n5 NÕu n2 chia d th× n  2 1 5.

Nếu n2 chia hết cho n  2 1 5 Do n n( 1)(n2 1) 5

   tøc lµ n5 n5 DƠ dµng

chứng minh đợc n5 n 2

  VËy n5 n10

Bµi

Ta thấy 5n tận 5, 8m phảI tận Xét lũy thừa

của ta thấy 82 = 64, 83 = 512, 84 = 4096, 85 > 10000 Vậy số phảI đếm có

d¹ng 84 + 5n víi n = 1, 2, 3, 4, Có số.

Bài :

Cách : Chứng minh A5 cách nhóm A thành tõng nhãm sè Ta l¹i cã A  nªn A 10 vËy A tËn cïng b»ng

C¸ch : H·y chøng minh r»ng A = 221-2

A = 221 - =

 4 5

2 2 16 2 6.2 2     , tËn cïng b»ng

Bµi

a) 1551= 51225.51  01 5125  01 51 51

  

b) 999999 992k 1 992k.99  01 99k  01 99 99

    

c) 6666 =  

   

133 133

5

6 6 76 6 76 56

d) 14 16101 101 14.16101 224101 224250.224  7650.224  76 224 24

Bµi 9:

Ta cịn chứng minh đợc 100! tận 24 chữ số Thật số thừa số 100! 100 100 24

5  25  Sè thõa sè 100! lớn 24 (cụ thể

b»ng : 100 100 100 100 100 100 50 25 12 97

2 16 32 64

     

               

      )

Tích cặp thừa số tận chữ số Do 100! tận 24 chữ số

1 Chuyên đề bồi dỡng học sinh giỏi toán THCS ( số học ) Nguyễn Vũ Thanh NXB Giáo dục Năm 2002

2 Toán nâng cao chọn lọc lớp Nguyễn Vĩnh Cận NXB Giáo dục Năm 2000 Tuyển tập theo chuyên đề Toán học tuổi trẻ 2007

4 Chuyên đề bồi dỡng chuyên toán cấp - số học Nguyễn Vũ Thanh Năm 2000

môc lục

A.Phần mở đầu 1

b.Phần nội dung 2

Chuyên đề Số nguyên tố-hợp s

Các dạng toán

Dạng sử dụng tính chất phép chia sè nguyªn

Dạng áp dụng định lớ fermat 11

Dạng 4.Giải phơng trình nghiệm nguyên nhờ sử dụng tính chất số nguyên

tố .18

Dạng Các toán hai số nguyên tố 23

Phần tập tự luyện 25

Hớng dÉn gi¶i 27

Chuyên đề 2: Điền chữ s 31

Các toán 31

Bài tập 43

Hớng dẫn giải .46

Chuyên đề 3: Tìm chữ số tận s 50

Các toán 51

Dạng Tìm chữ số tận số an 51

Dạng Tìm hai chữ số tận cïng cđa sè an 52

Bµi tËp 56