Thông tin tài liệu
CHƯƠNG I PHÉP CHIA HẾT – PHÉP CHIA CÓ DƯ – ĐỒNG DƯ THỨC I TÓM TẮT LÝ THUYẾT Phép chia hết 1.1 Định nghĩa: Cho hai số nguyên a b (b 0) tồn cặp số nguyên q r cho: a = b.q + r với r < b - Nếu r = a chia hết cho b ( ab) hay a bội b, hay b chia hết a hay b ước a (b \a) - Nếu r 0 phép chia a cho b phép chia có dư 1.2 Một số tính chất Với a, b, c, d Z - Nếu a aa , 0a - Nếu ab bc ac - Nếu ab ba a = b - Nếu ab acb - Nếu ab , ac aBCNN (b, c) Hệ quả: ab , ac (b, c) = a b.c - Nếu a.b c (b, c) = ac 1.3 Một số định lý thường dùng: - Nếu ac bc a b c - Nếu ac b c a b c - Nếu a c b d ab cd Hệ Nếu a b an bn (n N , n 0) - Nếu a c b c ab c 1.4 Dấu hiệu chia hết Gọi số A= a n a n a1 Số dư A : 2k (hoặc 5k) = số dư a k a k a1 : 2k (hoặc 5k) (Với k N, k 1) Số dư A : (hoặc 3) = số dư (an + an-1 + …+ a1) : ( 3) Số dư A : 11 = số dư [(a1 + a3 …) – (a2 + a4 +…)]: 11 Điều kiện để số chia hết cho (hoặc 25) số gồm hai chữ số cuối chia hết cho (hoặc 25) Điều kiện để số chia hết cho (hoặc 125) số gồm ba chữ số cuối chia hết cho (hoặc 125) Điều kiện để số tự nhiên chia hết cho 11 là tổng chữ số hàng lẻ trừ tổng chữ số hàng chẵn chia hết cho 11 Đồng dư thức 2.1 Định nghĩa: Nếu hai số nguyên a b chia cho c (c 0) có số dư, ta nói a đồng dư với b theo modun c kí hiệu a b (mod c) Vậy a b (modun c) a – b c 2.2 Một số tính chất Với a, b, c, d, m Z+ (Z+ tập hợp số nguyên dương) a) a a (mod m) a b (mod m) b a(mod m) a b (mod m) b c (mod m) a c (mod m) b) a b (mod m); c d (mod m) a + c b + d (mod m) a b (mod m) ; c d (mod m) a - c b - d (mod m) c) a b (mod m) ; c d (mod m) ac bd (mod m) Nếu d ước chung dương a, b m thì: a b m d d (mod d ) a b (mod m) d) a b (mod m); c ước số chung a b (c, m) =1 a b c c (mod m) e) a b (mod m); c > ac bc (mod mc) Chú ý Với a, b Z (a b), n N ta có an – bn a – b Trong n số tự nhiên liên tiếp (n 1) có số chia hết chon Trong n + số nguyên (n 1) chia cho n phải có hai số chia cho n có số dư (Vận dụng nguyên tắc Đirichlet) Tìm k chữ số tận số A tìm số dư chia chia A cho 10k II BÀI TẬP Bài 1: Chứng minh a) n3 - n (n Z) b) m3n – nm3 c) n(n + 1)(2n + 1) d) S P 3 Với S = a1 a a n ; P = a1 + a2 + …+ an, Z, i= 1, n 1995 1994 e) Số 1993 viết dạng tổng số mà số số tự nhiên Ta lũy thừa bậc ba số hạng cộng chúng lai, đem tổng chia cho Hãy tìm số dư phép chia Bài 2: Cho n > (n N), chứng minh rằng: 2n = 10a + b (0 < b < 9) ab Bài 3: Chứng minh x, y, z số nguyên thõa mãn: (100x + 10y + z) 21 (x – 2y + 4z) 21 Bài 4: Chứng minh với số tự nhiên n, ta có : 2.7n + bội Bài 5: Chứng minh với n N A= 21 2n + + 172n + + 15 khơng chia hết cho 19 Bài 6: Có tồn hay không số nguyên dương bội 1993 có chữ số tận 1994 Bài 7: Tìm bốn chữ số cuối số a = (19761976 – 19741974)(19761975+19741973) Bài 8: Tìm số tự nhiên k lớn thõa mãn điều kiện: (1994 ! )1995 1995k Bài 9: Chứng minh n số nguyên tố với 10 n 101 n có ba chữ số tận giống Bài10: Tìm chữ số tận 51995 III HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: a) n3 – n = n(n + 1)(n – 1) n, (n + 1), (n – 1) số nguyên liên tiếp nên có số chia hết cho 2, số chia hết cho 3, mà (2, 3) = 1; 2.3 = Vậy: n(n + 1)(n – 1) 6, ta có điều phải chứng minh b) m3n – mn3 = m3n – nm + nm – mn3 = n( m3 – m ) – m( n3 – n) Vì theo câu a - n 6; m3 - m (m n Z) n3 c) n( n + 1)( 2n + 1) = n( n + 1)[( n – 1) + ( n + 2)] = n( n + 1)( n – 1) + n ( n + 1)( n + 2) 6 3 d) S – p = (a1 a1 ) (a a2 ) (a n a n ) 6 3 Vì (a1 a1 ) 6; (a a ) 6; ; (a n a n ) 6 (Theo câu a) Do đó: S P 6, ta có điều phải chứng minh 1995 1994 f) Đặt 1993 = a1 + a2 + ….+ an = P 3 3 Ta có S = a1 a a3 a n , cần tìm số dư chia S cho Mà S – P ( câu d) S P (mod 6) mà 1993 1( mod 6) 1995 1994 Nên 1993 ( mod 6) Vậy số dư S chia cho Bài 2: Cách1: Rõ ràng b nên ab Đặt n = 4k + r ( r ) Ta có: 2n = 2r 24k = 2r 16k - Nếu r = 2n = 16k tận Do b = nên ab = - Nếu r ta có 2n – 2r = 2r(16k – ) 10 2n 2r ( mod 10 ) ( 2r 8) 2r = b 10a = 2n - b = 2r ( 24k – ) = 2r ( 16k – ) a ( ( 10, 3) = 1) ab Cách 2: Từ giả thiết ta suy b chẵn b Do b 2, 4, 6, Nếu b = ab Nếu b = ta suy n lẻ 2n ( mod 3) 10a + b = 9a + a + 2 ( mod ) Do 9a (mod 3) a + ( mod 3) a ( mod ) ab Trường hợp b = 4, chứng minh tương tự Bài 3: Với số nguyên x, y, z ta có: 400x x(mod 21); 40y -2y(mod 21); Suy ra: 400x + 40y + 4z x – 2y + 4z(mod 21) 4z 4z(mod 21); Theo giả thiết: 100x + 10y + z 21 Nên 400x + 40y + 4z = 4( 100x + 10y + z) (mod 21) Suy x – 2y + 4z (mod 21) x – 2y + 4z 21 Bài 4: Ta có 7n 1 ( mod 3) 2.7n ( mod 3) 2.7n + 0( mod 3) Hay 2.7n + Vậy: 2.7n + bội Bài 5: Ta có 21 ( mod 19) 212n + 22n + 1( mod 19) 17 -2( mod 19) 172n+1 ( - 2) 2n+1( mod 19) 172n+1 - 2n+1( mod 19) 212n + + 172n+1 0( mod 19) Hay: 212n + + 172n+1 19 mà 15 không chia hết cho 19 Vậy: A= 21 2n + + 172n + + 15 không chia hết cho 19 Bài 6: Cách 1: Xét 1994 số sau: 1994, 1994 1994, 1994 1994 1994,…, 1994 1994 1994 1994…1994( 1994 lần số 1994) Trong 1994 số chia cho 1993 phải có hai số có số dư Giả sử hai số a= 1994…1994( i lần số 1994) b = 1994…1994 ( j lần số 1994) Với i j 1994 1994 1994 Khi đó: b – a = ( j i )sô994 104i chia hết cho 1993 Vì 104i 1993 nguyên tố nên: 1994 1994 ( j i ) laàn1994 chia hết cho 1993 Cách 2: Giả sử số A1994 1993 104A +1994 1993 35A + 1993 35A = 1993B + 1992 2B + = 1995B + 1995 – 35A 2B + 35 B 32( mod 35) B ( mod 35) Đặt B = 16 + 35k ta tính số A nhỏ A = 968 ứng với k = số nhỏ thõa mãn toán 9681994 Bài 7: Rõ ràng ta có a ( mod 16) Mặt khác ta có: 1976197 1(mod 25) 197 1(mod 25) 1974 197 1(mod 25) 1976 197 1974 1(mod 25) 1976 1(mod 25) 1974 1(mod 25) a 0(mod 252) Từ (1) (2) a ( mod 10000) Vậy a có chữ số tận 0000 Bài 8: 1995 = 3.5.7.19 Các bội 19 dãy 1; 2; …; 1994 19; 38; …; 1976 gồm 1976 : 19 = 104 số Tronbg bội 192 361; 722; 1083; 1444; 1805; gồm số Do số thừa số 19 phân tích 1994 thừa số nguyên tố 104 +5= 109 nên 1994 = 3109.5109.7109.19109.T với T 19 T 1995 (1994 )1995 1995k Suy ra: k 109.1995 Vậy k lớn 109.1995 Bài 9: Với (n, 10) = 1, ta chứng minh n101 – n 1000 Thật ta có: n101 – n = n( n100 – 1) Vì (n, 10) = nên n lẻ Ta có: n100 -1 = (n50 + 1)( n50 -1) = (n50 + 1)( n25 +1) (n25 -1) ( n25 +1) (n25 -1) hai số chẵn liên tiếp, nên: n100 -1 (1) Vì (n, 10) = nên (n, ) = Ta chứng minh n không chia hết cho n100 1(mod 125) n100 – 125 (2) Vì (8, 125) = nên từ (1) (2) suy ra: n100 – 1000 n101 – n 1000 Ta có điều phải chứng minh Bài 10: Ta có 51995 = 511 (51984 – 1) + 511 Ta chứng minh 511 (51984 – 1) 108 Ap dụng liên tiếp a2 - b2 = (a – b )( a + b) Ta có: 51984 – = (531 -1)(531 + 1)(562 + 1)(5124 + 1)(5248 + 1)(5496 + 1)(5992 + 1) Mà : 531 – 5k + n N Do đó: 51984 – 28 Vậy: 511( 51984 – 1) 58 28 108 Do tám chữ số tận số 51995 48828125 ( = 511) CHƯƠNG II ƯỚC CHUNG LỚN NHẤT – BỘI CHUNG NHỎ NHẤT I TÓM TẮT LÝ THUYẾT Ước chung lớn 1.1 Định nghĩa: Cho hai số nguyên dương a b Số d ước chung lớn a b ký hiệu ƯCLN( a, b ) hay (a, b) d ước chung a b; d bội ước chung a b Nếu ( a1, a2 , a3, … an ) = ta nói số a1 , a2 , a3 , …, an nguyên tố Nếu (am; ak) = 1; m k ( m; k = 1; 2; 3;…;n) ta nói số a1 , a2 , a3 , …, an đơi ngun tố 1.2 Tính chất a b (a; b) ; c a) c UC(a; b) c c a b ; 1 d d d = (a; b) b) (ca; cb) = c(a;b) c) (a; b) = b\ ac b\ c d) (a; b) = 1, (a; c) = (a; bc) = e) ( a; b; c) = ((a; b); c) 1.3 Tìm ƯCLN thuật tốn Ơclit Cho a > b > Nếu a= b.q (a; b) = b Nếu a = bq + r ( r 0) (a; b) = (b; r) Để tìm (a; b) a khơng chia hết cho b ta dùng thuật toán Ơclit a = bq + r1 (a; b) = (b; r1) b = r1q1 + r2 (b; r1) = ( r1; r2) r1 = r2q2 + r3 (r1; r2) = ( r2; r3) ………………………………………………………………… rn-2 = rn-1qn-1 + rn (rn-2; rn-1) = ( rn-1; rn) rn-1 = rnqn (rn-1; rn) = rn (a; b ) = rn (a; b) số dư cuối khác thuật toán Ơclit Bội chung nhỏ 2.1 Định nghĩa Cho hai số nguyên dương a b Số m khác bội chung nhỏ a b kí hiệu BCNN( a; b) hay[a; b]khi a b ước m; m ước bội chung a b II.2 Tính chất a) [ca; cb] = c[a; b] b) [a; b; c] = [[a; b]; b] c) [a; b].(a; b) = a.b a Chú ý: Phân số b tối giản (a; b ) = III BÀI TẬP Bài 1: a) Cho a = 5a +3b; B = 13 a + 8b ( a; b Z* ) Chứng minh: (A; B) = (a; b) b) Tổng quát cho A = ma + nb; B = pa + qb thõa mãn [mq + np ] = Chứng minh (A; B) = ( a; b) Bài 2: a) Tìm ( 2k – 1; 9k + 4) ( k Z) b) Tìm ( 6k + 5; 8k + 3) ( k N) Bài : Từ chữ số 1; 2; 3; 4; 5; thành lập số có chữ số ( chữ số viết lần) Tìm ƯCLN số n(n 1) Bài 4: Cho A = 2n + 1; B = (n Z*) Tìm (A; B) Bài 5: a) Chứng minh số nguyên liên tiếp chọn số nguyên tố với số lại b) Chứng minh từ 16 số nguyên liên tiếp chọn số nguyên tố với số lại Bài 6: Cho A = 2n + 3n ; B = 2n + + n + 1; C = 2n + + 3n + (n Z*) Tìm (A; B) (A; C) Bài 7: a) Tìm[n; n+1; n + 2] b) Chứng minh [1; 2; 4; …; 2n] = [ n + 1; n + 2; …; 2n] Bài 8: Chứng minh dãy số Fermat Fn = 22n + (n N) dãy số nguyên tố Bài 9: Cho a = 123456789 b = 987654321 a) Tìm (a; b) b) Tìm số dư chia [a; b] cho11 Bài 10: Cho 20 số tự nhiên khác 0: a1 < a2 < ….< a20 Chứng minh [a1; a2; ….; a20] 20a1 III HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: a) Đặt D = (A; B); d = (a; b) d = (a; b) d\ a d\b d\ 5a + b d\13a + 8b d\ D (1) D = ( A; B) D\ 5a + 3b D\13a + 8b D\8(5a + 3b ) – 3(13a + 8b) Hay D\a D\b D\d (2) Từ (1) và(2) ta có: D = d Vậy (A; B) = (a: b) b) Đặt D = (A; B); d = (a; b) d = (a; b) d\a d\b d\ma + nb d\pa + qb d\D (1) D = ( A; B) D\ma + nb D\pa + qb D\q(ma + nb ) – n(pa + qb) Và D\p(ma + nb ) – m(pa + qb) Hay D\ (mq – np)a Và D\ (np – mq)b Mà mq np 1 D\a D\b D\d Từ (1) (2) ta có (A; B) = (a; b) Bài 2: a) Đặt d= ( 2k – 1; 9k + 4) d\2k -1 d\9k + d\9(2k -1) d\2( 9k +4) d\2(9k + 4) – 9(2k – 1) hay d\17 (2) d = d = 17 ( ví dụ d = k = 1; d = 17 k = 9) b) Đặt d = ( 6k + 5; 8k + 3) d\6k +5 d\8k + d\4(6k +5) d\3( 8k +3) d\4(6k + 5) – 3(8k +3) hay d\11 d = d = 11 (ví dụ d = k = 2; d = 11 k = 1) Bài 3: Các số đôi khác thành lập từ chữ số 1; 2; 3; 4; 5; có tổng chữ số 21 Các chữ số lập chia hết cho không chia hết cho Mặt khác ƯCLN cần tìm ước 123465 – 123456 = Do ƯCLN cần tìm n(n 1) 2n 1; Bài 4: Đặt d = n(n 1) d\2n +1 d\ d\2n + d\2n( n +1 ) d\2n(n + 1) – (2n +1 ) d\n Mà d\2n +1 nên d\2n +1 – 2n d\1 d = Vậy (A; B) = Bài 5: a) Nếu hai số không mà không đơn vị khơng thể có ước chung q Như hai số ntrong năm số tự nhiên liên tiếp có ước chung 2; 3; chúng nguyên tố Trong số tự nhiên liên tiếp phải có số lẻ có số khơng chia hết cho Số nguyên tố với số lại b) Xét 16 số nguyên liên tiếp a + 1; a +2; …; a + 16 (1) Gọi d = ( a +r; a + s) ( < r < 16; r; s N) Ta có d 15 Ta có số khơng có ước chung 2; 3; 5; 7; 11; 13 với số khác dãy Ở (1) có số lẻ liên tiếp Số bội 5, số bội 3, số bội 2, số bội 2, số bội 11 13 Dễ thấy, hai số liên tiếp bội số lẻ p phải có số chẵn số lẻ - Nếu bội 3; 5; 7; 11; 13 gồm số lẻ số số lẻ dãy (1), số cịn lại số nguyên tố với tất 15 số lại - Nếu bội 3; 5; 7; 11; 13 gồm số lẻ phải có số bội 3, số bội 5, số số bội 7; 11; 13 1, số lẻ khác nhau, đó: - Các số lẻ bội số lẻ thứ 1; 4; số lẻ bội số thứ 3; số lẻ bội 13 số phải tìm trừ trường hợp số số lẻ thứ mà số chẵn thứ bội 13 số lẻ bội 11 số lẻ phải tìm - Các số lẻ bội số lẻ thứ 2; 5; số lẻ bội số lẻ thứ 1; xét tương tự Vậy tóan chứng minh hồn tồn Chú ý: Mệnh đề với dãy có 16 số Mệnh đề không với dãy nhiều hơn, chẳng hạn 17 số từ 1184 đến 1220 khơng có số ngun tố với số lại Bài 6: Đặt d = (A; B) d\A d\B d\B – 2A d\3A – B Hay d\3n d\2n d\ (3n, 2n) Mà (3; 2) = (3n, 2n) = Ta co d\1 d =1 (A; B) = Đặt d' = (A; C) d'\A d'\C d'\9A – C d'\C – 4A Hay d'\5.2n d'\5 3n d'\ (5.2n, 5.3n) = 5(2n; 3n) = d' = d' = - Khi n lẻ n +2 lẻ Do đó( 2n + 3n) ( + 3) (2n +2 + 3n +2) (2 +3) A 5; C nên (A; C) = - Khi n chẵn 2n + 3n nên (A; C) = Bài 7: a) Đặt A = [n; n +1], B = [A; n +2] Ta có B = [n; n+1; n + ] Mà (n; n +1) = nên [n; n + ] = n(n + 1) Mặt khác ( n + 1; n + 2) = nên d= (n(n +1); n +2) n chẵn n lẻ = (n; n +2) = (n; 2) = 1nếu Do đó: n( n 1)( n 2) n(n 1)( n 2) (nếu n chẵn) d n(n 1)(n 2)(nếu n lẻ) [n; n +1; n + 2] = 10 b) Vì k số nguyên liên tiếp có số chia hết cho k Do số 1; 2; …; n ước số số n + 1; n +2;…; 2n Do đó: [1; 2; …n; n +1; n +2;…; 2n] = [n; n +1; n +2;…; 2n] Bài 8: Xét m > n, n 0, m = n +k, k > Gọi d = (Fn; Fm) = (Fn; Fn + k ) đặt a = Ta có: Fn + k -2 = a 2 n k - a +1 Vậy Fn + k - Fn dlàước Fn Fnk Từ dlàước d\2 d lẻ nên d = Vậy dãy số Fermat dãy số số nguyên đôi nguyên tố Bài 9: a) Ta nhận thấy ( + + + …+ 9) nên a b chia hết cho 1010 10 Mặt khác: a + b = 1111 111 110 = 10b + a = 999 999 999 = 1010 – 9b + 9a = 1010 - 10 Trừ (1) (2) vế với vế, ta được: b – 8a = (1) (2) (*) Do đó: Nếu đặt d = ( a; b) từ (*) ta suy d Mà a b chia hết cho 9, suy d = ab ab b) Ta có: [a; b] = (a; b) a Nhưng = 13 + 17342 = + 11k1; b = +11k2 Vậy [a; b ] = (3 + 11k1 )( +11k2 ) = + 11m Vậy số dư Bài 10: Gọi m = [a1; a2; ….; a20] Nên m = a1b1 = a2b2 = a3b3 =…= a20b20 Mà: a1 < a2 < ….< a20 Nên: b1 > b2 > b3 > … > b20 Vậy giá trị nhỏ b1= 20 Do đó: m = a1b1 20a1 Tóm lại: [a1; a2; ….; a20] 20a1 CHƯƠNG III SỐ NGUYÊN TỐ – HỢP SỐ I TÓM TẮT LÝ THUYẾT I.1 SỐ NGUYÊN TỐ – HỢP SỐ 11 Định nghĩa: •Số nguyên tố số tự nhiên lớn có hai ước •Hợp số số tự nhiên lớn có nhiều hai ước Định lý: Ước nhỏ lớn số tự nhiên lớn số nguyên tố Từ suy rằng: Mọi số tự nhiên lớn có ước nguyên tố I.2 TẬP HỢP CÁC SỐ NGYÊN TỐ •Định lý 1: Tập hợp số nguyên tố vơ hạn •Định lý 2: Ước ngun tố nhỏ hợp số n số không vượt n Hệ quả: Nếu số tự nhiên n > khơng có ước ngun tố từ đến n n số nguyên tố I.3 PHÂN TÍCH THÀNH THỪA SỐ NGUYÊN TỐ Định lý Mọi số tự nhiên lớn phân tích thừa số nguyên tố cách (không kể thứ tự thừa số) Dạng phân tích tiêu chuẩn số tự nhiên lớn Gọi p1; p2; p3;…; pk thừa số nguyên tố khác ước a; m 1; m2; m3;…; mk số thừa số p1; p2; p3;…; pk;, ta có: m1 m2 m3 mk a = p1 , p , p3 , , p k Số a viết gọi dạng phân tích tiêu chuẩn Chú ý: Số ước chung a (m1 + 1)( m2 + 1)…( mk + 1) Nếu a = n! số mũ mi pi n n n k pi mi = p i p i II BÀI TẬP Bài 1: Tìm số nguyên tố p để: a) p + 10; p + 14 số nguyên tố b) p + 2; p + số nguyên tố c) p + 2; p + 6; p + 8; p + 14 số nguyên tố Bài 2: Tìm tất số tự nhiên k để: k + 1; k + 3; k + 7; k + 9; k + 13; k + 15 số nguyên tố Bài 3: a) Tìm số nguyên tố p cho 2p + lập phương số tự nhiên b) Tìm số nguyên tố p cho 13p + lập phương số tự nhiên 1 x y p (p số nguyên tố Bài 4: Tìm cặp số tự nhiên (x; y) cho: 12 5125 25 Bài 5: Chứng minh số : N = hợp số Bài 6: Tìm tất số nguyên tố p cho số vừa tổng vừa hiệu hai số nguyên tố Bài 7: Tìm tất ba số nguyên tố liên tiếp cho tổng bình phương ba số số nguyên tố Bài 8: Chứng minh định lý Fécma nhỏ Nếu p số nguyên tố (a; p) =1 a p -1 p với a Z+ 9p Bài 9: a) Giả sử p số nguyên tố lẻ đặt m = Chứng minh m hợp số lẻ không chia hết cho 3m – 1(mod m) b) Cho số nguyên tố p, số dương a, n (n 2) thoả a 1 (mod pn ) Tìm số dư chia a cho pn -1 Bài 10: Cho A = n! +1, B = n +1 ( n Z+) Chứng minh A B B số nguyên tố III HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP Bài 1: a) Rõ ràng p = số nguyên tố nhỏ thõa mãn tóan Nếu p > p có dạng 3k + 3k + ( p số nguyên tố) Khi p = 3k + p + 14 = 3k + 15 3; p + 14 > nên p + 14 số nguyên tố Khi p = 3k +2 p + 10 = 3k + 12 3; p + 10 > nên p + 10 số nguyên tố b) p = p + = hợp số P = 3; 5; ba cần tìm p 3 p = 3k + p = 3k – Nếu p = 3k + p + hợp số Nếu p = 3k - p + hợp số Vậy p = số nguyên tố cần tìm c) p = 5; 7; 11; 13; 19 năm cần tìm p 5 p = 5k 1; 5k Với cách lý luận tương tự cấu a, vập p = số nguyên tố cần tìm Bài 2: (Giải tương tự 1) k = Bài 3: a) Giả sử 2p + = z3 ( z N) z lẻ Đặt z = 2n + (z N) Như vậy: 2p + = ( 2n +1)3 = 8n3 + 12n2 + 6n + p = n(4n2 + 6n + 3) Vì p nguyên tố nên suy n = 1, thay vào ta thấy p = 13 số nguyên tố thoã mãn đề 13 Giả sử 13p + = m3 ( m N) mà p suy m 13p = (m- 1)( m2 + m + 1) 13 p số nguyên tố, m – > 1; m2 + m + > Nên m – =13 m – = p * m – = 13 m = 14 m3 = 2744; p = 211 ta có 143 = 13.211 +1; 211 số nguyên tố ( đúng) * m -1 = p m2 + m + = 13 m2 + m + 12 = (m +4)(m – ) = Vì m +4 > nên m – = m = Suy p = ta có 33 = 13.2 +1; số nguyên tố (đúng) Vậy p = p =211 Bài 4: Do x; y N nên đẳng thức cho tương đương với (x – p)(y – p) = p Do p nguyên tố x, y > p nên có khả năng: a) x – p = 1; y – p = p2 x = p +1 y = p2+ b) x – p = p2; y – p = x = p2 + p y = p +1 c) x – p = p ; y – p = p x = 2p y = 2p Bài 5: Đặt a = 525, đó: b) a5 N = a = a4 + a3 + a2+ a +1 = (a4 + 9a2 + + 6a3 + 6a + 2a2) – (5a3+ 10a2 +1) = (a2 + 3a + 1)2 – 5a(a2 + 2a +1) = (a2 + 3a + 1)2 – 5.525 ( a + )2 = (a2 + 3a + 1)2 –[513( a +1 )]2 = [a2 + 3a + + 513(a +1)][ a2 + 3a + – 513(a +1)] N tích hai số nguyên lớn Vậy N hợp số Bài 6: Rõ ràng p > nên p lẻ Vì p vừa tổng, vừa hiệu hai số nguyên tố nên số phải chẵn, số phải lẻ Số chẵn Như vậy: p = r + = s – (r, s số nguyên tố) Nhưng: r = p -2; p s = p + số lẻ liên tiếp nên có số chia hết cho Suy có số * Nếu r = p – = p = s = p +2 = Thõa mãn đề P = ba số nguyên tố cần tìm * Nếu p = r = p – = Không nguyên tố (loại) * Nếu s = p +2 = p = Không nguyên tố (loại) Bài 7: Gọi ba số nguyên tố liên tiếp cần tìm p; s; r p < s < r 14 - Nếu p, s, r không chia hết cho p2, s2, r2 chia cho có số dư (p2+ s2+ r2) Mà p2+ s2+ r2 > nên p2+ s2+ r2 không số nguyên tố Do có ba số p, s r chia hết cho * p = s = 5; r = ta co p2+ s2+ r2 = 83 số nguyên tố * r = p = 2; s = ta có p2+ s2+ r2 = 38 không số nguyên tố * s = r =2 không ton p Tóm lại: Ba số ngun cần tìm 3; 5; Bài 8: Vì khơng chia hết cho p nên số 2a; 3a;…; (p -1 )a không chia hết cho p giả sử số a; 2a; 3a;…; (p – 1)a chia cho p số dư r1; r2;…; rp – r1; r2;…; rp – đơi khác Thật có r1 = rj (1 i < j p – 1) Thì ia ja(mod p) a( i –j) (mod p) (*) a p; i –j p nên (*) khơng xảy Do đó: r1 r2.… rp – = (p – 1)! 2a 3a …(p -1)a r1 r2.… rp – 1( mod p) (p -1)!ap -1 (p -1)!(mod p) Vì: ((p -1)!; p) = ap -1 (mod p) Bài 9: 3p a) Ta có : m = p ab , dễ thấy a, b nguyên dương lớn m hợp số Mà m = 9p -1 + 9p – + …+ suy m lẻ chia cho dư Theo định ký fecma nhỏ: 9p - p (p; 8) = 9p Nên: 9p - 8p hay m -1 = p Vì m – chẵn nên có: m -1 2p 9p - 32p – = m Do đó: 3m – b) Xét trường hợp: 1) p = 2, ta có: a2 1(mod 2n) a lẻ Đặt a = 2x + (x N) 2(x +1)x 2n x(x + 1) 2n -2 Dễ dàng suy a 1(mod 2n -1) 2) p ta cóap a 1(mod p) (Định lý Fecma nhỏ) d= ( a-1, ap -1 + ap- 2+ …+ a +1) p 15 d = p d\p (a -1)( ap -1 + ap- 2+ …+ a+ 1) pn Mà: ap -1 + ap- 2+ …+ a+ p ( mod p2) a -1 pn -1 a 1( mod pn -1) Bài 10: Giả sử B số nguyên tố Do B có ước nguyên tố q, p < B p n p\n! Mặt khác A B Nên p\A Đo p\A - n! hay p\1 Vô lý Mà n nguyên dương nên B 0, B 1 Vậy B số nguyên tố Bài toán 4: Chứng minh 51 số khác có hai chữ số, ta chọn số cho số khơng có hai số có chữ số giống thứ tự Bài giải Ta chọn chữ số hàng chục cho có nhóm, khơng 6, số rơi vào hàng chục đó; có nhm, khơng hơn, số rơi vào hàng chục tiếp theo;…; cuối có số rơi vào hàng chục lại Các số cuối thuộc nhóm khác khác chữ số hàng đơn vị Ta chọn nhóm số cho chữ số hàng đơn vị khác nhau; chọn số nhóm cuối, lấy số nhóm kế trước … ta số thõa mãn yêu cầu toán Bài toán 5: Chứng minh tồn số tự nhiên x < 17 cho 25x - 17 Bài giải Xét dãy số gồm 17 số hạng sau: 25, 252, 253, 254,…, 2517 (*) Chia số hạng dãy (*) cho 17 Vì (25; 17) = nên (25n, 17) = n N n 1 Do số dư phép chia theo thứ tự 1, 2, 3, 4, …, 16 Có 17 phép chia 16 số dư có nên có số hạng dãy (*) chia cho 17 có số dư Gọi số 25i 25j với i, j N i j 17 25j– 25i 17 25i(25j – i – 1) 17 Vì (25i ; 17) = nên: (25j – i – 1) 17 Vì i j 17 j – i < 17 Vậy x N x < 17 để 25x – 17 Bài toán 6: Chứng minh tồn số có dạng 199419941994….1994 gồm k số 1994, với k N 1< k 1993, chia hết cho 1993 Bài giải Xem dãy số a1 = 1994 16 a2 = 19941994 …………………………………… 1994199419 94 1994 1994 soâ994 a1994 = Ta chia số hạng dãy cho 1993 Có 1994 phép chia mà tập hợp số dư có tối đa 1993 gia trị.Do có số hạng dãy chia cho 1993 có số dư Gọi số aj: = 199419941994…1994( có i chữ số 1994) aj = 199419941994…1994 ( có j chữ số 1994) Với i, j N i j 1994 aj – 1993 1994199419 94 1994 0000 0000 ( j i ) số1994 4ichữ số0 4i 1994199419 94 1994 10 ( j i ) soá1994 1993 1993 Vì (10; 1993) = nên (10k, 1993) = k Z 1994199419 94 1994 1993 ksoá1994 Do ta có: k N 1< k 1993 Bài tốn 7: Có tồn hay khơng, số có dạng: 199319931993…19930000…0000 chia hết cho 1994 Bài giải Xem dãy số b1 = 1993 b2 = 19931993 …………………………………… 1993199319 93 1993 1994 soâ993 b1994 = Ta chia tất số hạng dãy cho 1994 Khơng có số hạng dãy chia hết cho 1994 Có 1994 phép chia mà tập hợp số dư có tối đa 1993 trị số, có hai số hạng dãy chia cho 1994 có số dư Gọi số bi bj: bi = 199319931993…1993( có i chữ số 1993) bj = 199319931993…1993 ( có j chữ số 1993) Với i, j N i < j 1993 bj – bi 1994 1993199319 93 1994 0000 0000 ( j i ) số1993 4ichữ số0 1994 Vậy ton số có dạng 19931993…19930000…0000 Chia hết cho 1994 17 Bài toán 8: Chứng minh tồn n N cho 3n tận 000001 Bài giải Ta chứng minh tồn n N 3n – 106 Ta xét dãy số gồm 1000000 số hạng sau: 10 3, , , …., (*) Chia số hạng dãy (*) cho 106 Số dư phép chia có 1, 2, 3, 4,…,999999 Có triệu phép chia, có hai số hạng dãy (*) có số dư phép chia cho 106 Gọi hai số 3i 3j Với i, j N i < j 106 3j – 3i 106 3i(3j – i - 1) 106 Nhưng (3; 10) = (3i – 106) = Do đó: 3j – i – 106 Vậy tồn n N 3n tận bỡi 0000001 BỘ ĐỀ ĐÁP ÁN HSG MƠN TỐN FILE WORD Zalo 0946095198 160 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 6=100k; 60 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG CÁC HUYỆN CỦA VĨNH PHÚC=100k 250 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 7=150k; 60 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG CÁC HUYỆN CỦA VĨNH PHÚC=100k 220 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 8=120k; 50 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG CÁC HUYỆN CỦA VĨNH PHÚC=100k 250 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN HUYỆN=150k; 200 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN CẤP TỈNH=100k 70 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN (2019-2020)=100k; 80 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN CÁC HUYỆN CỦA TỈNH VĨNH PHÚC=100k (Các đề thi HSG cấp huyện trở lên) 18 ... Zalo 09 460 95198 160 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 6= 100k; 60 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG CÁC HUYỆN CỦA VĨNH PHÚC=100k 250 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 7=150k; 60 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG CÁC HUYỆN CỦA VĨNH PHÚC=100k 220 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 8=120k;... 8=120k; 50 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG CÁC HUYỆN CỦA VĨNH PHÚC=100k 250 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN HUYỆN=150k; 200 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN CẤP TỈNH=100k 70 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN (2019-2020)=100k; 80 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN CÁC HUYỆN... cho 1 06 Gọi hai số 3i 3j Với i, j N i < j 1 06 3j – 3i 1 06 3i(3j – i - 1) 1 06 Nhưng (3; 10) = (3i – 1 06) = Do đó: 3j – i – 1 06 Vậy tồn n N 3n tận bỡi 0000001 BỘ ĐỀ ĐÁP ÁN HSG MƠN
Ngày đăng: 30/06/2021, 13:40
Xem thêm: Tài liệu bồi dưỡng HSG môn TOÁN lớp 6
