(Sáng kiến kinh nghiệm) CHUYÊN đề bài TOÁN CHIA hết TRONG số học

CHUYÊN ĐỀ BÀI TOÁN CHIA HẾT TRONG SỐ HỌC MỞ ĐẦU Để làm quen với số học việc đầu tiên, biết đến toán chia hết, khái niệm trọng tâm số học Những toán chia hết nói khơng thể thiếu số học nói riêng tốn học nói chung Trên giới có nhiều tốn chia hết ha, đẹp, có phương pháp chứng minh thật thú vị bổ ích Khi cho trước số nguyên a số nguyên dương b, câu hỏi hiển nhiên đặt là: Liệu a có chia hết cho b khơng? Và làm cách để biết điều đó? Đó điều mà phải giải thường xun gặp tốn số học Có thể nói vấn đề đồng dư chia hết vấn đề kiến thức lề học phân môn số học Thường học sinh hay lao vào tốn phương trình nghiệm nguyên thủ thuật giải mà khơng biết tốn phép chia hết lại gốc dễ vấn đề Hiểu rõ tầm quan trọng này, tác giả xin đưa số phương pháp giải tốn chia hết, sau đưa cách khai thác tiếp cận với tốn khó Qua hy vọng phần giúp bạn đọc có cách nhìn định hướng đắn gặp toán số học NỘI DUNG A MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ ĐỒNG DƯ CHIA HẾT I Phép chia tập số nguyên 1.1 Định nghĩa Cho hai số a, b nguyên , a �0 Ta nói b chia hết cho a b  ac với c ngun, ta cịn nói a chia hết b b bội a kí hiệu bMa; a | b 1.2 Tính chất 1.2.1 Nếu a | b, b �0 a �b 1.2.2 Nếu a | b a | c a | mb  nc với m,n nguyên 1.2.3 Nếu a | b a | b �c a | c 1.2.4 Với số nguyên a khác a | a 1.2.5 Nếu a | b b | c a | c 1.2.6 Nếu a | b b | a a  b 1.2.7 Nếu a | b b �0 b |b a 1.3.Thuật chia Euclide Cho a b số nguyên, b  Khi tồn cặp số nguyên (q, r ) cho a  bq  r , �r  b Ta gọi q thương, r phần dư Như vậy, a chia hết cho b phần dư thuật chia Euclide Ta thường gọi thuật chia Euclide phép chia Euclide II Số nguyên tố hợp số 2.1 Định nghĩa Số nguyên n  gọi số nguyên tố có hai ước ngun dương Số ngun n  không nguyên tố gọi hợp số 2.2 Tính chất 2.2.1 Mỗi số nguyên dương lớn có ước nguyên tố 2.2.2 Ước nguyên dương nhỏ khác n số ngun tố ước khơng vượt q n 2.2.3 Có vơ hạn số ngun tố (số ngun tố lớn tìm 232582657  , tìm năm 2006 có 9808358 chữ số) 2.2.4 (Phân tích số theo thừa số nguyên tố) Mỗi số nguyên dương n  phân tích thành tích thừa số nguyên tố: n  p11 p2 pk k , với pi nguyên tố  i �� III Ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ (The greatest common divisor and the least common multiple) 3.1 Định nghĩa 3.1.1 Giả sử a,b hai số nguyên không đồng thời Ước chung lớn hai số a,b số nguyên lớn chia hết hai số Ta thường dùng kí hiệu (a, b) để ước chung lớn hai số a b Hai số nguyên a,b gọi nguyên tố (a, b)  3.1.2 Giả sử a,b hai số nguyên khác Bội chung nhỏ hai số a,b số nguyên dương nhỏ chia hết cho hai số Ta thường dùng kí hiệu  a, b  để bội chung nhỏ hai số a b 3.2 Tính chất 3.2.1 Nếu p nguyên tố (a, p )  (a, p )  p 3.2.2 Nếu d  ( a, b) a  da '; b  db '; (a ', b ')  3.2.3 Nếu d' ước chung a b d ' | (a, b) 3.2.4 Nếu p x || a p x || b p min( x , y ) || ( a, b) Do với a  p11 p2 pk k ; b  p11 p22 pkk ; 1 , i �0 (a, b)  p1min(1 ,1 ) p2min( ,2 ) pkmin( k ,k )  a, b   p1max(1 ,1 ) p2max( , ) pkmax( k , k ) 3.2.5 Nếu a  bq  r (a, b)  (b, r ) 3.2.6 Với a,b nguyên dương ab  (a, b). a, b  3.2.7 Nếu (a, b)  (a, c )  (a, bc)  Nếu (a, b)  (a m , b n )  3.2.8 Nếu a,b hai số nguyên dương nguyên tố tồn hai số nguyên dương u,v cho au  bv  Tổng quát hơn: Nếu a,b hai số nguyên dương tồn hai số nguyên u,v cho au  bv  (a, b) IV Đồng dư (Modular arithmetics) 4.1 Định nghĩa Cho a, b số nguyên n số nguyên dương Nếu a  b chia hết cho n ta nói a đồng dư với b modulo n, ký hiệu a �b (mod n) 4.2 Tính chất Cho a, b, c, d số ngun Ta có tính chất bản: 4.2.1 Nếu a �b (mod n) b �a (mod n) 4.2.2 Nếu a �b (mod n) b �c (mod n) a �c (mod n) 4.2.3 Nếu a �b (mod n) c �d (mod n) a  c �b  d (mod n) 4.2.4 Nếu a �b (mod n) c �d (mod n) ac �bd (mod n) 4.2.5 Nếu a �b (mod n) với k nguyên ta có ka �kb (mod n) 4.2.6 Nếu �bi (mod n), i  1,2, , k a1a2 ak �b1b b k (mod n) Đặc biệt a �b (mod n) với k nguyên dương ta có a k �b k (mod n) 4.2.7 Nếu ab �ac (mod n) (a, m)  b �c (mod n) 4.2.8 Nếu a b�(mod mi ), i 1,2, , k a b  mod  m , , m   k Đặc biệt m1 , m2 , , mk nguyên tố sánh đơi a b�(mod mi ), i 1,2, , k a b  mod m1m2 mk  4.3 Định lý Fermat Giả sử p nguyên tố, a số nguyên cho (a, p )  Khi a p 1 �1 (mod p ) Có thể đưa chứng minh đơn giản cho định lý sau: Xét p  số a,2a, ,( p  1) a Ta chứng minh không tồn số đồng dư với phép chia cho p Thật vậy, giả sử tồn ka �l a (mod p ) với k , l � 1,2, p  1 � a( k  l )Mp � k  l Mp (mâu thuẫn) Vậy chia p  số cho p ta nhận p  số dư khác 1,2, , p  Suy a.2a ( p  1)a �1.2 ( p  1) (mod p ) � ( p  1)!.a p 1 �( p  1)! (mod p) Vì (( p  1)!, p)  suy a p 1 �1 (mod p) Hệ Nếu p nguyên tố a p �a (mod p ) B MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CƠ BẢN CHỨNG MINH BÀI TOÁN CHIA HẾT Phương pháp dùng phép chia có dư Căn vào số chia b, mà xét khả phân tích a  bk  r với r � 0;1;2; ; b  1 Sau đó, với khả phân tích lý luận để suy lời giải toán Chẳng hạn với b  với số ngun a phân tích thành ba dạng a  3k ; a  3k  1; a  3k  Ví dụ Chứng minh a  không chia hết cho với số nguyên a Lời giải Với a  3k a   9k  không chia hết cho Với a  3k a   9k  1, chia dư Với a  3k  a   9k  6k  , chia dư Với a  3k  a   9k  12k  , chia dư Vậy trường hợp a  khơng chia hết cho Ví dụ Tìm tất số nguyên dương n thỏa mãn n.2n  1M Lời giải Rõ ràng n không chia hết cho Như vậy, n có dạng 6k  1,6k  2,6k  4,6k  (k ��) Nếu n  6k  �1 (mod3) , ta có: n.2n  � 26   �2  �0 (mod3) , k tức n.2n  1M Nếu n  6k  n.2 n  �2  26  22  �8  �0 (mod3) , tức n.2n  1M k Nếu n  6k  n.2n  �4  26  24  �26  �2 (mod3) k Nếu n  6k  n.2n  �5  26  25  �2 (mod3) k Như vậy, n.2n  1M n có dạng 6k  6k  , k �� Nhận xét: Các số dạng n.2n  gọi số Cullen Các số Cullen với n  2,3, ,140 hợp số, số Cullen với n  141 số ngun tố Từ tốn ta suy có vô hạn số Cullen hợp số, nhiên chưa biết có hữu hạn hay vơ hạn số Cullen số nguyên tố p p Ví dụ Cho p số nguyên tố lớn Chứng minh   1M42 p p p Lời giải Ta chứng minh   1M42 p chia hết cho 2; 3; p p p p p Thật vậy, ta có      3     Mp p  p    p  1  p M2 p p p p p Do p lẻ nên   �(1)  �0 (mod3) �   1M Khó khăn tốn chứng minh p  p  1M Để giải bước ta xét hai dạng p p  6k  p  6k  Ta có p  p   36 k 1  26 k 1  �3.   2.   �3.23k   �0 (mod 7) 3k 2k Tương tự với p  6k  Vậy toán chứng minh Bài tập tương tự: Bài Chứng minh a  a chia hết cho với số nguyên a Bài Chứng minh a(a  1) chia hết cho với số nguyên a 2 2 Bài Chứng minh ab(a  b )(4a  b ) chia hết cho với số nguyên a,b � � x3  3x  ��� Bài Tìm số phần tử tập S  �x ��| 2x  � Phương pháp sử dụng đồng dư Nội dung phương pháp đơn giản dùng tính chất phép biến đổi đồng dư để chứng minh tính chia hết tìm số dư phép chia n Ví dụ Chứng với số nguyên dương n 58  23 chia hết cho 24 n n 1 Lời giải Ta có: 58  58.8  254.8 n 1   �1 mod 24  , suy  23 M24 (đpcm) n Ví dụ Chứng với số tự nhiên n 122 n1  11n2 chia hết cho 133 Lời giải Ta có: 144n � 11n  mod133 n2 Mặt khác 11 122 n1  12.122 n  12.144n Vì 144 �11  mod133 nên 12.144n 12.11n  mod133 (1)  121.11n �12.11n  mod133 (2) Từ (1) (2) suy 12 n 1  11n 2 �0  mod133 (đpcm) Ví dụ Cho a, b, c số nguyên dương Chứng minh a  b  c chia hết cho số a  b ; b  c ; c  a chia hết cho Lời giải Bài toán tương đương với việc chứng minh tồn hai ba số a , b , c có số dư chia cho Nhận xét n �0,1,4,7  mod9  với số nguyên n 2 Giả sử a �r1  mod9  ; b �r2  mod9  ; c �r3  mod9  ; ri � 0,1,4,7 � a  b  c �r1  r2  r3  mod9  � r1  r2  r3 �0  mod9  Từ ta thấy phải tồn hai số ri toán chứng minh Phương pháp quy nạp toán học Phương pháp quy nạp tỏ hữu hiệu với toán chia hết phụ thuộc biến n có dạng lũy thừa phức tạp Ta đưa vài toán minh họa cho phương pháp n Ví dụ Chứng minh xn   15n  chia hết cho với số tự nhiên n Lời giải Với n  x0  0M Ta chứng minh mệnh đề với n  Giả sử mệnh đề với n, tức xn M n 1 n Ta có xn1   15(n  1)     15n  1  9(5n  2)  xn  9(5n  2) Vậy xn chia hết cho với số tự nhiên n Do xn1 M Ví dụ Cho xn  7 (n lần) Chứng minh với n �2 xn  17M20 Lời giải Với n  , ta dễ kiểm tra x2  17M20 Giả sử mệnh đề với n, tức xn  17M20 � xn  20an  , ta chứng minh mệnh đề với n  Thật vậy, ta có xn1  x  20 a 3  73.  n n an   20m    20 n  1 an �3 (mod 20) � xn1  17M20 Vậy xn  17M20 với n nguyên dương, n �2 Ví dụ Chứng minh với n nguyên dương 23  1M 3n n Lời giải Với n  mệnh đề hiển nhiên Giả sử mệnh đề với n, tức 23  1M 3n � 23  k 3n  n n Ta có 23   k 3n  1  k 3.33 n  k 32 n1  k 3n1   3n1.t  1; t �� n 1 n 1 Như vậy, 23  1M 3n1 (đpcm) Nhận xét 1: Từ toán ta suy kết sau: Tồn vô hạn số nguyên dương n cho 2n  1Mn Rõ ràng cách hỏi khó để làm phải đốn nhận dạng tổng qt n, tốn cần chọn n  3k Đây dạng khó đặc biệt với học sinh THCS Tuy nhiên đưa thêm điều kiện n ngun tố tìm n thỏa mãn đề Thật vậy, theo định lý Fecmat, 2n  2Mn , suy 3Mn � n  Vậy có n  số nguyên tố thỏa mãn tính chất 2n  1Mn Nhận xét 2: Ta đưa tốn mà cách hỏi có chất khác hẳn x sau: Chứng minh phương trình   xy có vơ hạn nghiệm ngun dương �k 23  � ; k �( k ��) Rõ họ nghiệm phương trình  x; y   � � � � � k Bài tập tương tự: Bài Chứng minh với số tự nhiên n: a) 25 n3  5n.3n chia hết cho 17 b) 52 n 1  2n  n1 chia hết cho 23 c) 20  21  22   25 n1 chia hết cho 31 Bài Chứng minh tổng lập phương ba số tự nhiên liên tiếp chia hết cho Bài Chứng minh với số nguyên không âm b, số 33 n3  26n  27 chia hết cho 169 Phương pháp sử dụng định lý Fecmat Với tốn khó hơn, đặc biệt tốn chia hết liên quan đến số nguyên tố, biết dùng khéo léo định lý Fecmat cho ta lời giải nhanh gọn gàng Định lý Fecmat phát biểu thật đơn giản dễ nhớ lại mạnh, việc dùng cho phù hợp tinh tế điều quan trọng dạy cho học sinh cấp THCS Có thể nói định lý Fecmat đem lại vẻ đẹp tốn chia hết nói riêng tốn số học nói chung Ví dụ Cho p số nguyên tố lẻ, đặt Sk  1k  2k   p k , k �� Biết Sk Mp Chứng minh k không chia hết cho p  p  Theo định lý Fecmat ta có Lời giải Giả sử k chia hết cho a p 1 �1 (mod p), a  1, , p  Do k Mp  nên a k �1 (mod p), a  1, , p  , suy Sk �p  (mod p ) , mâu thuẫn với Sk Mp Vậy k khơng chia hết cho p  Ví dụ Chứng minh với số tự nhiên k ta có 22 � (mod9) Lời giải Ta có 26  64 26 k (mod 9) 6k 2  chia hết cho 19 26k 2 (mod9) Do hai vế chẵn nên 26 k 2 �4 (mod18) � 26 k 2  18t  (t ��) (mod19) Mặt khác, theo định lý Fecmat, 218 � Như vậy, 22 k 2  218t  �24 (mod19) � 22 k 2 218t (mod19)  �2 +3 �0 (mod19) (đpcm) Ví dụ Chứng minh 270  370 chia hết cho 13 (mod13) Lời giải Theo định lý Fecmat ta có: 212 � (mod13) Mặt khác, 25 � 210 260 (mod13) (mod13) Do 270  260.210 �3 (mod13) 10 (mod13) Lại có 33 1� 369 (mod13) 370 (mod13) Như vậy, 270  370 �0 (mod13) (đpcm) Ví dụ Cho p nguyên tố a số nguyên Chứng minh p | a p  p2 | a p  Lời giải Ta có p | a p  suy (a, p ) 1 a p 1 (mod p) p 1 p p 2 p 2 Suy  a  1 (a  1)Mp � (a  1)  a( a  1)Mp � a  1Mp Tương tự a p 3  1Mp; ; a  1Mp Do a k �1 (mod p) k  1, p  p p 1 p 2 Do a   (a  1)  a  a   a  1 Mp (đpcm) 9p 1 Ví dụ Cho p nguyên tố lẻ, đặt m  a) Chứng minh m hợp số lẻ m không chia hết cho b) Chứng minh m  1M2 p c) Chứng minh 3m1 �1 (mod m) 3p  3p 1 Lời giải a) Ta có m  , suy m hợp số Mặt khác m  p 1  p p 2    , suy m lẻ m chia dư � p  9M 8p b) Theo định lý Fecmat p  9Mp mà p  9M 9p  Vậy m   chia hết cho p m 1 c) Ta có 9p 1  1M  1M � 3m1  1Mm (đpcm) 2p Ví dụ Chứng minh với số nguyên tố p, tồn vô số nguyên dương n n thoả mãn  nMp Lời giải Nếu p  n chẵn thoả mãn điều kiện đề m p 1 �1 mod p  , m ��* Nếu p  , theo định lý Fermat, ta có: 11 Lấy n  m( p  1) với m �1 mod p  Khi n  m( p  1) �1 (mod p) 2n  n �2n  �0 (mod p) Do có vơ số số ngun dương m cho m �1 mod p  nên tồn vô số số n nguyên dương n thoả mãn  nMp (đpcm) Ví dụ Cho p nguyên tố lớn Chứng minh số S  11 11 12 ( p 1) chia hết cho p 10 p1  Lời giải Ta có S = Vì (10, p)  nên theo định lý Fecmat, ta p 1 10 p 1  1Mp Mặt khác 10 p1  1M p � S Mp ( p,9)  nên 10  1M Bài tương tự Bài Cho p, q hai số nguyên tố phân biệt Chứng minh p q 1  q p 1  1Mpq Bài Tìm số nguyên tố p q cho p3 – q5 = (p + q)2 C MỘT SỐ BÀI TOÁN NÂNG CAO Trong phần đưa số toán nâng cao điển hình số học liên quan đến đồng dư chia hết, sau phân tích nhấn mạnh số kết tính chất quan trọng sử dụng khai thác toán Qua góp phần cho bạn có cách nhìn cách tiếp cận với tốn số học THCS Bài toán Cho p  số lẻ n số nguyên dương Chứng minh n n n 1p  p   ( p  1) p chia hết cho p Lời giải Đặt k  p n k lẻ Ta có d k  ( p  d )k  p � d k 1  d k 2 ( p  d )   ( p  d ) k 1 � Mp � � Lấy tổng cho d chạy từ đến p 1 ta điều phải chứng minh Chú ý: Với a, b nguyên phân biệt, ta có a n  b n Ma  b n �� 12 Với a, b nguyên , ta có a n  b n Ma  b n ��, n lẻ Tính chất hiển nhiên sử dụng nhiều tốn chia hết có lũy thừa số nguyên Từ tính chất cho ta tính chất đa thức nguyên sau: Cho đa thức P ( x) có hệ số nguyên Khi P (a )  P(b) chia hết cho a  b với a, b nguyên phân biệt Ta thử đưa ví dụ áp dụng tính chất Bài tốn 1.1 Tồn hay khơng đa thức P ( x) hệ số nguyên cho P (1)  2014 ; P (3)  2015 ? Hint Nếu tồn đa thức P ( x) thỏa mãn đề P (3)  P(1)  phải chia hết cho   , điều vô lý Vậy không tồn P ( x) thỏa mãn Bài toán 1.2 Cho đa thức P ( x) hệ số nguyên Chứng minh không tồn ba số nguyên phân biệt a, b, c thỏa mãn P (a )  b; P(b)  c; P (c )  a Bài toán 1.3 Cho m nguyên dương cho 2m  số nguyên tố Chứng minh m số nguyên tố Hint Giả sử m hợp số, suy m  pq ( p, q ��* ) Ta có 2m   pq  1M2 p  p   nên 2m  hợp số, trái giả thiết Nhấn mạnh: Tính chất quan trọng: Nếu m,n nguyên dương thỏa mãn mMn a m  1Ma n  Bài toán Cho n số nguyên dương lớn thỏa mãn 3n  1Mn Chứng minh n chẵn Phân tích tốn Để chứng minh số n chẵn ta cần chứng minh ước nguyên tố nhỏ n Khi đưa thêm yếu tố số nguyên tố vào ta có thêm nhiều cơng cụ để giải tốn Đặc biệt từ giả thiết có quan hệ đồng dư 3n �1 (mod p ) , với việc áp dụng định lý Fecmat ta có thêm nhiều 13 suy luận cho p n Để giải toán dạng ta sử dụng thêm tính chất hay sau đây: Bổ đề: Cho a nguyên, n p nguyên dương thỏa mãn a n �1 (mod p) Gọi h số nguyên dương nhỏ thỏa mãn a h �1 (mod p) Khi n chia hết cho h Chứng minh: Ta biểu diễn n  kh  r , �r  h kh  r a  Ta có a n  � a  h k a r a r (mod p ) ar (mod p) Nếu r  điều mẫu thuẫn với việc chọn h số mũ nhỏ thỏa mãn a h �1 (mod p) Vậy r  , tức n chia hết cho h Lời giải toán Gọi p ước nguyên tố nhỏ n, ta chứng minh p  (mod p ) Ta có 3n � p Gọi h số nguyên dương nhỏ cho 3h �1 (mod p ) (*) Theo bổ đề n chia hết cho h Cũng theo định lý Fecmat ta có p 1 �1 (mod p ) , nên theo bổ đề h | p  Nếu h  gọi q ước nguyên tố h , suy h �q q | n Mà p  �h � p  h �q , mâu thuẫn với p ước nguyên tố nhỏ n Vậy h  , từ theo (*) ta p  Do n chẵn (đpcm) Một số toán tương tự (sự dụng bổ đề) Bài toán 2.1 Cho p nguyên tố Gọi q ước nguyên tố p  Chứng minh q  chia hết cho p Hướng dẫn Gọi h số nguyên dương nhỏ thỏa mãn 2h �1 (mod q) Khi h | p , dễ thấy h �1 suy h  p Theo định lý Fecmat ta có 2q 1 �1 (mod q ) � q  1Mh � q  1Mp (đpcm) 14 p 1 k Bài toán 2.2 Cho p nguyên tố, a số nguyên,  a �p  Đặt A  �a Gọi q k 0 ước nguyên tố A Chứng minh q  chia hết cho p Bài toán 2.3 Cho n nguyên, n  thỏa mãn 3n  1Mn3 Chứng minh n chẵn n không chia hết cho Bài toán 2.4 Cho a số tự nhiên, n nguyên lớn thỏa mãn a n  1Mn a) Chứng minh n lẻ b) Chứng minh a  không lũy thừa Hướng dẫn a) Nếu n chẵn an số phương, suy a n �0,1 (mod 4) � a n  �1,2 (mod 4) Nhưng n �0 (mod 4) , nên điều mẫu thuẫn b) Gọi p ước nguyên tố nhỏ n, n lẻ nên p lẻ Ta có a n �1 (mod p) �  a  �1 (mod p) Gọi h số nguyên dương nhỏ n cho  a  �1 (mod p ) h Khi h | p  1; h | n Từ chứng minh h  (tương tự toán trên) Suy a  1Mp Vậy a  có ước nguyên tố lẻ, tức a  lũy thừa (đpcm) Bài toán 2.5 Tìm tất n nguyên dương cho 2n  1Mn Bài toán 2.6 Cho p số nguyên tố lẻ, q,r số nguyên tố thỏa mãn ương cho q r  1Mp Chứng minh p  1M2r q  1Mp Bài toán (HSG lớp Vĩnh Phúc 2009) Tìm tất số nguyên dương n cho với số a lẻ mà a �n a | n Lời giải Ta khai thác giả thiết với a lẻ thỏa mãn a �n có tính chất a | n để chặn a Muốn ta gọi a số nguyên dương lẻ lớn thỏa mãn a  n , n �(a  2) 15 Nếu a �7 a  4; a  2; a số lẻ chia hết n, mà số nguyên tố sánh đôi nên (a  4)( a  2) a | n � ( a  4)( a  2) a �( a  2) � a  a  4a  �0 Dễ thầy điều mẫu thuẫn với a �7 Do a � 1;3;5 Từ tìm n � 1,2,3,4,5,6,7,8,9,12,15,18,21,24,30,45 Nhận xét: Đây dạng toán quen thuộc với học sinh THCS, tốn u cầu tìm số ngun thỏa mãn quan hệ chia hết Để giải toán dạng ta thường khai thác tính chất chia hết để chặn biến đánh giá thêm tính chất số học cho biến Có thể sử dụng thêm định lý Fecmat để xử lý cho nhanh nhiều tình Ta xét vài toán tương tự Bài toán 3.1 Cho p nguyên tố a,n nguyên dương thỏa mãn p  p  a n Chứng minh n  Hint Với p  a n  13 � n  Với p �3 | (2 p  p ) � | a n � | a p  3p � |  p 1  3.2 p 2   p 1  � | p.2 p 1 Nếu n  25 | a � | 23 n Suy p  � a n  753 � n  (vơ lí) Bài tốn chứng minh Bài tốn 3.2 Tìm tất n ngun dương cho xóa chữ số cuối n ta số ước n Hint Gọi b chữ số cuối n a số thu xóa b, ta có n  10a  b Từ a | n ta suy a | b Nếu b  n ln thỏa mãn Nếu b �0 a | b nên a chữ số n Khi số n thỏa mãn 11, 12,…,19, 22, 24, 26, 28, 33, 36, 39, 44, 48, 55, 56, 77, 88, 99 Bài toán 3.3 Cho n số nguyên dương chẵn a, b hai số nguyên dương nguyên tố Tìm a, b biết a n  b n chia hết cho a  b n n 2 n 2 n4 n2 Hint Ta có a  b  ( a  b )  a  a b   b  16 Từ (a  b) | (a  b ) � (a  b) | ( a n  b n ) Cùng với giả thiết suy (a  b) | 2a n n n (a  b) | 2b n Suy (a  b) | gcd  2a , 2b  � ( a  b) | � a  b  Bài tốn 3.4 Tìm tất số ngun dương n cho n 2015  n  số nguyên tố Hint Đặt P  n 2015  n  Với n=1 P=3 số nguyên tố, n=1 thoả mãn Với n �1 , ta có P  n (n 2013  1)  (n  n  1) Ta có n 2013   ( n3 ) 671  nên n 2013  chia hết cho n3  , suy n 2013  chia hết cho n  n  Vậy P chia hết cho n  n  Trong trường hợp P không số nguyên tố Vậy n=1 giá trị cần tìm Bài tốn 3.5 Tìm tất x, y ngun dương để x  y số nguyên tố Bài tốn 3.6 Tìm tất số ngun tố x, y, z cho xy  yz  xz  xyz Bài toán Chứng minh với số nguyên n  n5  n  không số nguyên tố Lời giải Ta có: n5  n   n5  n  n3  n3  n2  n  n  n    n  n  1  n3  n  1 Chú ý nhân tử lớn nên n5  n  không số nguyên tố Nhận xét: Đây dạng quen thuộc số học Để chứng minh số số nguyên tố hợp số ta thường cố gắng phân tích nhân tử đánh giá vào ước số nó, có trường hợp ta dùng phương pháp phản chứng Một số toán tương tự: a a  b2 Bài toán 4.1 Cho a, b, c nguyên khác a �c thỏa mãn  Chứng c c  b2 minh a  b  c không số nguyên tố 17 Bài toán 4.2 (42nd IMO) Cho a  b  c  d số nguyên dương thỏa mãn ac  bc  (b  d  a  c)(b  d  a  c) Chứng minh ab  cd không số nguyên tố Bài toán 4.3 Cho a, b, c, d số nguyên dương thỏa mãn a  ab  b  c  cd  d Chứng minh a  b  c  d hợp số Hint Từ giả thiết ta suy (a  b)2  ab  (c  d )  cd � ab  cd  (a  b  c  d )(a  b  c  d ) Phản chứng p  a  b  c  d nguyên tố, ta có ab  cd �0 (mod p ) Mặt khác d �(a  b  c) (mod p) � ab  c(a  b  c) �0 (mod p) , suy (c  a )(c  b ) �0 (mod p ) (*) Mà  c  a; c  b  p , p nguyên tố suy (c  a, p)  (c  b, p)  nên (*) xảy Vậy a  b  c  d hợp số Nhận xét: Tư tưởng hay đẹp đẽ toán nằm bước phản chứng, từ bước cho tam thêm giả thiết p  a  b  c  d số nguyên tố, từ cho ta phép đánh giá theo mod p đơn giản mà hiệu Nếu khơng có p ngun tố phép suy luận chia hết khó khăn hẳn Bài tốn Tìm ước chung lớn số an  23n  36 n  56 n với n  0,1, ,2014 Lời giải Ta có a0  35  5.7 Xét theo mod5 ta an �23n  93n1 �23n  ( 1)3n1 (mod5) Với n  , a1 �9 �0 (mod5) , suy không ước chung số an Xét theo mod7 ta an �8n  9.93n  25.253n �1  2.23n  4.43n �0 (mod 7) Do an chia hết cho với số tự nhiên n Suy ước chung lớn của số a0 , a1 , , a2014 18 Bài tương tự: (IMO 2005) Cho dãy số an  2n  3n  6n  (n �1) Chứng minh với số nguyên tố p tồn số hạng dãy chia hết cho p Hint Với p  2,3 a2  48 thỏa mãn p 2 p 2 p 2 p 1 p 1 p 1 Với p  , ta có a p2     � a p2  3.2  2.3   Theo định lý Fecmat, ta có 6a p2 �3    �0 (mod p) � p | a p 2 (đpcm) Nhận xét: Từ kết ta giải tốn sau: Tìm tất số nguyên dương mà chúng nguyên tố với số hạng dãy Rõ ràng có số thỏa mãn yêu cầu toán Bài toán Chứng minh số kết sau: KQ1 Cho số nguyên tố p  3k  Chứng minh với x,y hai số nguyên ta y (mod p) có x � x y (mod p ) Chứng minh Giả sử x �y (mod p) , ta chứng minh x �y (mod p) Nếu xMp yMp , ta có điều phải chứng minh Nếu ( x, p )  ( y , p )  , theo x p 1 �� 1(mod � p ); y p 1 (mod p) 3k (mod p) Lại có x3k  y� x3k 1 định lý Fecmat, ta có x3k 1 (mod p); y 3k 1 (mod p) x y 3k (mod p) y 3k 1 x y 3k (mod p) Do x �y (mod p) (đpcm) KQ2 Cho số nguyên tố p  3k  Chứng minh với x, y hai số nguyên ta �p | x 2 có p |  x  xy  y  � � �p | y Kết suy trực tiếp từ kết KQ3 Cho số nguyên a Chứng minh ước số nguyên tố lẻ a  có dạng p  4k  Từ suy ước nguyên dương lẻ a  có dạng 4k  19 Chứng minh Gọi p ước nguyên tố lẻ a  , suy a �1 (mod p ) (1) Hiển nhiên (a, p )  nên theo định lý Fecmat a p 1 �1 (mod p ) Nếu p có dạng p  4k  a k  �1 (mod p) (2) Mặt khác từ (1) suy a k    a  k 1 � 1 k 1 �1 (mod p) , mâu thuẫn với (2) Vậy p có dạng p  4k  KQ4 Cho p  uv  số nguyên tố lẻ, u , v, s nguyên dương, v lẻ s Chứng minh x u  y u Mp � xMp, yMp Chứng minh Giả sử x u  y u Mp ( x, p )  ( y, p)  Theo định lý Fecmat, ta có x p 1 �1 (mod p); y p1 �1 (mod p) Mặt khác x uv   x s ( p 1)  1Mx p 1  1; y uv  1My p1  , x uv  y uv  2Mp (1) Mà v lẻ nên x uv  y uv Mxu  y u � x uv  y uv Mp (2) Từ (1) (2) suy 2Mp , vơ lí Vậy xMp, yMp (đpcm) KQ5 Giả sử p  2t.k  số nguyên tố lẻ với k , t số tự nhiên, k lẻ t t Chứng minh với hai số tự nhiên x, y ta có x  y Mp � xMp; y Mp Chứng minh Giả sử x  y Mp Chỉ cần xét ( x, p)  ( y, p )  t t Theo định lý Fecmat ta có x p 1 �1 (mod p ) y p 1 �1 (mod p ) Suy t x k �1 (mod p) t t t t t y k �1 (mod p ) � x k  y k �2 (mod p) t (*) t Theo giả thiết x  y Mp k lẻ nên x k  y k Mp , mâu thuẫn với (*) Vậy x, y chia hết cho Đặc biệt hóa cho t  t  ta thu kết sau: KQ5.1 Cho số nguyên tố dạng p  4k  Chứng minh số tự nhiên 20 p x, y thỏa mãn x  y Mp x y chia hết cho p KQ5.2 Cho số nguyên tố dạng p  4k  , k số tự nhiên lẻ Chứng minh số tự nhiên x,y thỏa mãn x  y Mp x y chia hết cho p Trên kết quan trọng có ứng dụng mạnh với toán đồng dư chia hết Xin đưa vài toán áp dụng minh họa: Bài toán 7.1 Cho đa thức P( x)  x3  3x  104 x  2015 a,b hai số nguyên Chứng minh P (a ) �P (b) (mod101) a �b (mod101) Hint Ta viết P ( x)  ( x  1)  101x  2014 , ý 101 số nguyên tố dạng 3k  (b)�� (mod101) Do P(a ) P� (a 1)3 (b 1)3 (mod101) a b (mod101) Bài toán 7.2 Cho đa thức P ( x)  x  14 x  x  2005 a,b hai số nguyên Chứng minh P (a ) �P (b) (mod101) a �b (mod101) x4  y4 Bài toán 7.3 Cho x,y nguyên dương cho A  số nguyên Tìm giá 1997.1999 trị nhỏ A Bài tốn Cho x, y, p số nguyên, p  thỏa mãn điều kiện x 2014 Mp; y 2014 Mp Chứng minh  x  y khơng chia hết cho p Phân tích tốn Rõ ràng cách hỏi toán đơn giản nhiên lại tốn khó không hiểu rõ ý nghĩa phép chia hết Từ giải thiết x 2014 Mp; y 2014 Mp p số nguyên gần chẳng cho ta điều cả, ta ước p số nguyên tố, lẽ p nguyên tố từ x 2014 Mp; y 2014 Mp suy x, yMp Từ suy  x  y không chia hết cho p Vậy phải xử lý để dùng tính chất chia hết Tại ta không nghĩ tới gọi ước nguyên tố p Bởi lẽ gọi q ước nguyên tố p mà chứng minh  x  y khơng chia hết cho q 21 suy  x  y không chia hết cho p Đến thứ rõ ràng toán giải ngắn gọn Ta rút điều quan trọng: "Để chứng minh a không chia hết cho b, ta cần chứng minh a không chia hết cho ước nguyên tố b" x3  y  x , y  Bài toán 10 Cho nguyên khác 1 thỏa mãn số nguyên y 1 x 1 Chứng minh x 2016  chia hết cho y  x3  y3  ;b  Lời giải Đặt a  a,b số hữu tỉ a  b nguyên y 1 x 1 x3  y   ( x  x  1)( y  y  1) số nguyên nên a, b Mặt khác ab  y 1 x 1 nghiệm hữu tỷ phương trình hệ số nguyên t  (a  b)t  ab  Từ suy a, b nguyên Do x  1My  � x  1My  Vậy x 2016    x6  336  1Mx  1My  (đpcm) Có thể tổng quát với n nguyên dương chia hết cho ta có x n  1My  4 x  y 1  Bài tương tự: Cho x, y nguyên khác 1 thỏa mãn số nguyên y 1 x 1 Chứng minh x y 44  chia hết cho x  22 Cuối số tập Bài Tìm tất số tự nhiên n cho n  ; n  ; n  ; n  ; n  13 n  15 số nguyên tố Bài Tìm dư chia số 112010 cho số 24 Bài Chứng minh n7  nM42 với số n nguyên dương Bài Cho a, b, c nguyên dương thỏa mãn a  b  cM 30 Chứng minh a  b5  c M 30 n Bài Chứng minh 53  7M 12 với số n nguyên dương Bài Giả sử n số tự nhiên không chia hết cho 17 Chứng minh n8  1M 17 n8  1M 17 Bài Với số nguyên n ta có 12  22   (n  1) Mn Bài Chứng minh p p  số nguyên tố p  p  số nguyên tố Bài Chứng minh không tồn số tự nhiên n cho 2010n  chia hết cho 1010n  Bài 10 Tìm tất số nguyên tố p cho p  11 có ước số nguyên dương Bài 11 Tìm tất số nguyên tố p cho hệ phương trình sau có nghiệm � 2x2  p  � nguyên: � 2 y  p2  � Bài 12 Chứng minh với số nguyên m tồn số nguyên n cho: n3  11n  87n  m chia hết cho 191 Bài 13 Cho hai số nguyên a, b thoả mãn 24a   b Chứng minh có hai số a, b chia hết cho Bài 14 Tìm tât số nguyên tố p, q cho (5p – 2p)(5q – 2q) chia hết cho pq Bài 15 Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm ngun dương 23 a) 4xy  x  y  z (Euler) b) x  y  (Lebesgue) Bài 16 Chứng minh m2 – n2 số nguyên tố m, n số tự nhiên liên tiếp Bài 17 Cho a, b, c nguyên dương thỏa mãn ab  cd Chứng minh A  a n  b n  c n  d n hợp số với n tự nhiên Bài 18 Chứng minh A  n  4n hợp số với n nguyên dương Bài 19 Cho a, b hai số nguyên p số nguyên tố lẻ Chứng minh p ước số a  b a( a  b) p ước a(a  b) Bài 20 Tìm số nguyên tố p, q thỏa mãn p  q  ( p  q )3 TÀI LIỆU THAM KHẢO Bài giảng số học, Đặng Hùng Thắng- NXB Giáo Dục Việt Nam Number Theory, Titu Andreescu-Dorin Andrica Diễn đàn toán học: Mathscope.org; Mathlinks.ro Một số đề thi nước 24 ... quen với số học việc đầu tiên, biết đến toán chia hết, khái niệm trọng tâm số học Những toán chia hết nói khơng thể thiếu số học nói riêng tốn học nói chung Trên giới có nhiều tốn chia hết ha,... Vậy toán chứng minh Bài tập tương tự: Bài Chứng minh a  a chia hết cho với số nguyên a Bài Chứng minh a(a  1) chia hết cho với số nguyên a 2 2 Bài Chứng minh ab(a  b )(4a  b ) chia hết cho... đề đồng dư chia hết vấn đề kiến thức lề học phân môn số học Thường học sinh hay lao vào tốn phương trình nghiệm nguyên thủ thuật giải mà khơng biết tốn phép chia hết lại gốc dễ vấn đề Hiểu rõ