Nếu số đã cho chia hết cho 8 thì ta cũng có thể tìm ba chữ số tận cùng một cách gián tiếp theo các bước: Tìm dư của phép chia số đó cho 125, từ đó suy ra các khả năng của ba chữ số tận c[r]
(1)SỐ CHÍNH PHƯƠNG I ĐỊNH NGHĨA: Số chính phương là số bình phương đúng số nguyên II TÍNH CHẤT: Số chính phương có thể có chữ số tận cùng 0, 1, 4, 5, 6, ; không thể có chữ số tận cùng 2, 3, 7, Khi phân tích thừa số nguyên tố, số chính phương chứa các thừa số nguyên tố với số mũ chẵn Số chính phương có thể có hai dạng 4n 4n + Không có số chính phương nào có dạng 4n + 4n + (n N) Số chính phương có thể có hai dạng 3n 3n + Không có số chính phương nào có dạng 3n + (n N) Số chính phương tận cùng thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn Số chính phương tận cùng thì chữ số hàng chục là Số chính phương tận cùng thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn Số chính phương tận cùng thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ Số chính phương chia hết cho thì chia hết cho Số chính phương chia hết cho thì chia hết cho Số chính phương chia hết cho thì chia hết cho 25 Số chính phương chia hết cho thì chia hết cho 16 III MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG A DẠNG1: CHỨNG MINH MỘT SỐ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài 1: Chứng minh với số nguyên x, y thì A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 là số chính phương Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 = (x2 + 5xy + 4y2)( x2 + 5xy + 6y2) + y4 Đặt x2 + 5xy + 5y2 = t ( t Z) thì A = (t - y2)( t + y2) + y4 = t2 –y4 + y4 = t2 = (x2 + 5xy + 5y2)2 (2) V ì x, y, z Z nên x2 Z, 5xy Z Vậy A là số chính phương Z, 5y2 Z ⇒ x2 + 5xy + 5y2 Bài 2: Chứng minh tích số tự nhiên liên tiếp cộng luôn là số chính phương Gọi số tự nhiên, liên tiêp đó là n, n + 1, n+ 2, n + (n N) Ta có n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + = n.(n + 3(n + 1)(n + 2) + = (n2 + 3n)( n2 + 3n + 2) + (*) Đặt n2 + 3n = t (t N) thì (*) = t( t + ) + = t2 + 2t + = ( t + )2 = (n2 + 3n + 1)2 Vì n N nên n2 + 3n + N Vậy n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + là số chính phương Bài 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + + k(k+1)(k+2) Chứng minh 4S + là số chính phương 1 Ta có k(k+1)(k+2) = k(k+1)(k+2).4 = k(k+1)(k+2).[(k+3) – (k-1)] 1 k(k+1)(k+2)(k+3) k(k+1)(k+2)(k-1) 4 1 1 ⇒ S= 1.2.3.4 0.1.2.3 + 2.3.4.5 1.2.3.4 +…+ 4 4 1 k(k+1)(k+2)(k+3) - k(k+1)(k+2)(k-1) = k(k+1)(k+2) = (k+3) 4S + = k(k+1)(k+2)(k+3) + Theo kết bài ⇒ k(k+1)(k+2)(k+3) + là số chính ph ương Bài 4: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889; … Dãy số trên xây dựng cách thêm số 48 vào số đứng trước nó Chứng minh tất các số dãy trên là số chính phương Ta có 44…488…89 = 44…488 + = 44…4 10n + 11…1 + n chữ số n-1 chữ số n chữ số n chữ số n chữ số n chữ số (3) n n 10 −1 10 −1 = 10n + +1 9 102 n − 10n +8 10 n − 8+9 102 n+ 10n +1 = = 9 n 10 +1 = ( ) Ta thấy 2.10n +1=200…01 có tổng các chữ số chia hết cho nên nó chia hết cho ⇒ n n-1 chữ số ( 103 +1 ) Z hay các số có dạng 44…488…89 là số chính phương Bài 5: Chứng minh các số sau đây là số chính phương: A = 11…1 + 44…4 + 2n chữ số n chữ số B = 11…1 + 11…1 + 66…6 + 2n chữ số n+1 chữ số n chữ số C = 44…4 + 22…2 + 88…8 + 2n chữ số n+1 chữ số n chữ số Kết quả: A = ( n 10 +2 ) ; B= ( n 10 +8 ) ; C= Bài 6: Chứng minh các số sau là số chính phương: a A = 22499…9100…09 n-2 chữ số n chữ số b B = 11…155…56 n chữ số n-1 chữ số a A = 224.102n + 99…9.10n+2 + 10n+1 + = 224.102n + ( 10n-2 – ) 10n+2 + 10n+1 + ( n 2 10 +7 ) (4) = 224.102n + 102n – 10n+2 + 10n+1 + = 225.102n – 90.10n + = ( 15.10n – ) ⇒ A là số chính phương b B = 111…1555…5 + = 11…1.10n + 5.11…1 + n chữ số n chữ số = n chữ số 10n −1 10n + 2n n 10 +4 10 + = = 10n −1 ( 10n +2 n chữ số +1= 102 n − 10n +5 10n −5+ 9 ) là số chính phương ( điều phải chứng minh) Bài 7: Chứng minh tổng các bình phương số tự nhiên liên tiếp không thể là số chính phương Gọi số tự nhiên liên tiếp đó là n-2, n-1, n , n+1 , n+2 (n N , n ≥2 ) Ta có ( n-2)2 + (n-1)2 + n2 + ( n+1)2 + ( n+2)2 = 5.( n2+2) Vì n2 không thể tận cùng đó n2+2 không thẻ chia hết cho ⇒ 5.( n2+2) không là số chính phương hay A không là số chính phương Bài 8: Chứng minh số có dạng n6 – n4 + 2n3 + 2n2 đó n N và n>1 không phải là số chính phương n6 – n4 + 2n3 +2n2 = n2.( n4 – n2 + 2n +2 ) = n2.[ n2(n-1)(n+1) + 2(n+1) ] = n2[ (n+1)(n3 – n2 + 2) ] = n2(n+1).[ (n3+1) – (n2-1) ] = n2( n+1 )2.( n2–2n+2) Với n N, n >1 thì n2-2n+2 = (n - 1)2 + > ( n – )2 và n2 – 2n + = n2 – 2(n - 1) < n2 Vậy ( n – 1)2 < n2 – 2n + < n2 ⇒ n2 – 2n + không phải là số chính phương (5) Bài 9: Cho số chính phương bất kì có chữ số hàng chục khác còn chữ số hàng đơn vị là Chứng minh tổng các chữ số hàng chục số chính phương đó là số chính phương Cách 1: Ta biết số chính phương có chữ số hàng đơn vị là thì chữ số hàng chục nó là số lẻ Vì chữ số hàng chục số chính phương đã cho là 1,3,5,7,9 đó tổng chúng + + + + = 25 = 52 là số chính phương Cách 2: Nếu số chính phương M = a2 có chữ số hàng đơn vị là thì chữ số tận cùng a là ⇒ a ⋮ ⇒ a2 ⋮ Theo dấu hiệu chia hết cho thì hai chữ số tận cùng M có thể là 16, 36, 56, 76, 96 ⇒ Ta có: + + + + = 25 = 52 là số chính phương Bài 10: Chứng minh tổng bình phương hai số lẻ không phải là số chính phương a và b lẻ nên a = 2k+1, b = 2m+1 (Với k, m N) ⇒ a2 + b2 = (2k+1)2 + (2m+1)2 = 4k2 + 4k + + 4m2 + 4m + = 4(k2 + k + m2 + m) + = 4t + (Với t N) Không có số chính phương nào có dạng 4t + (t N) đó a2 + b2 không thể là số chính phương Bài 11: Chứng minh p là tích n số nguyên tố đầu tiên thì p1 và p+1 không thể là các số chính phương Vì p là tích n số nguyên tố đầu tiên nên p ⋮ và p không chia hết cho (1) a Giả sử p+1 là số chính phương Đặt p+1 = m2 (m N) Vì p chẵn nên p+1 lẻ ⇒ m2 lẻ ⇒ m lẻ Đặt m = 2k+1 (k N) Ta có m2 = 4k2 + 4k + ⇒ p+1 = 4k2 + 4k + ⇒ p = 4k2 + 4k = 4k(k+1) ⋮ mâu thuẫn với (1) ⇒ p+1 là số chính phương b p = 2.3.5… là số chia hết cho ⇒ p-1 có dạng 3k+2 (6) Không có số chính phương nào có dạng 3k+2 ⇒ p-1 không là số chính phương Vậy p là tích n số nguyên tố đầu tiên thì p-1 và p+1 không là số chính phương Bài 12: Giả sử N = 1.3.5.7…2007 Chứng minh số nguyên liên tiếp 2N-1, 2N và 2N+1 không có số nào là số chính phương a 2N-1 = 2.1.3.5.7…2007 – Có 2N ⋮ ⇒ 2N-1 không chia hết cho và 2N-1 = 3k+2 (k N) ⇒ 2N-1 không là số chính phương b 2N = 2.1.3.5.7…2007 Vì N lẻ ⇒ N không chia hết cho và 2N ⋮ 2N không chia hết cho 2N chẵn nên 2N không chia cho dư ⇒ 2N không là số chính phương c 2N+1 = 2.1.3.5.7…2007 + 2N+1 lẻ nên 2N+1 không chia hết cho 2N không chia hết cho nên 2N+1 không chia cho dư ⇒ 2N+1 không là số chính phương Bài 13: Cho a = 11…1 ; b = 100…05 2008 chữ số 2007 chữ số Chứng minh √ ab+1 là số tự nhiên 2008 10 −1 Cách 1: Ta có a = 11…1 = ; b = 100…05 = 100…0 + = 102008 + 2008 chữ số ab+1 = ⇒ ( 10 2008 +2 (10 2008 2007 chữ số −1)(10 2008 +5) +1= ) √ ab+1 = √( 102008 + 2 ) = 2008 chữ số 2008 10 +2 10 ¿ + 102008 − 5+9 ¿ ¿ ¿ 2008 = (7) Ta thấy 10 2008 + = 100…02 ⋮ nên 2008 10 +2 N hay √ ab+1 là số tự nhiên 2007 chữ số Cách 2: b = 100…05 = 100…0 – + = 99…9 + = 9a +6 2007 chữ số 2008 chữ số 2008 chữ số ab+1 = a(9a +6) + 12 = 9a2 + 6a + = (3a+1)2 a+1 ¿ √ ab+1 = ¿ = 3a + N √¿ B DẠNG 2: TÌM GIÁ TRỊ CỦA BIẾN ĐỂ BIỂU THỨC LÀ SỐ CHÍNH ⇒ ⇒ PHƯƠNG Bài1: Tìm số tự nhiên n cho các số sau là số chính phương: a n2 + 2n + 12 b n ( n+3 ) c 13n + d n2 + n + 1589 Giải a Vì n2 + 2n + 12 là số chính phương nên đặt n2 + 2n + 12 = k2 (k N) ⇒ (n2 + 2n + 1) + 11 = k2 ⇔ k2 – (n+1)2 = 11 ⇔ (k+n+1)(k-n-1) = 11 Nhận xét thấy k+n+1 > k-n-1 và chúng là số nguyên dương, nên ta có thể viết (k+n+1)(k-n-1) = 11.1 ⇔ k+n+1 = 11 ⇔ k=6 k–n-1=1 n=4 b Đặt n(n+3) = a2 (n N) ⇒ n2 + 3n = a2 ⇔ 4n2 + 12n = 4a2 ⇔ (4n2 + 12n + 9) – = 4a2 ⇔ (2n + 3) ❑2 - 4a2 = ⇔ (2n + + 2a)(2n + – 2a) = Nhận xét thấy 2n + + 2a > 2n + – 2a và chúng là số nguyên dương, nên ta có thể viết (2n + + 2a)(2n + – 2a) = 9.1 ⇔ 2n + + 2a = ⇔ n=1 2n + – 2a = a=2 c Đặt 13n + = y2 ( y N) ⇒ 13(n – 1) = y2 – 16 ⇔ 13(n – 1) = (y + 4)(y – 4) (8) (y + 4)(y – 4) ⋮ 13 mà 13 là số nguyên tố nên y + ⋮ 13 y – ⋮ 13 ⇒ y = 13k ± (Với k N) ⇒ 13(n – 1) = (13k ± ) – 16 = 13k.(13k ± 8) ⇒ n = 13k2 ± 8k + Vậy n = 13k2 ± 8k + (Với k N) thì 13n + là số chính phương 2 d Đặt n + n + 1589 = m (m N) ⇒ (4n2 + 1)2 + 6355 = 4m2 ⇔ (2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355 Nhận xét thấy 2m + 2n +1> 2m – 2n -1 > và chúng là số lẻ, nên ta có thể viết (2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355.1 = 1271.5 = 205.31 = 155.41 Suy n có thể có các giá trị sau: 1588; 316; 43; 28 ⇒ Bài 2: Tìm a để các số sau là số chính phương: a a2 + a + 43 b a2 + 81 c a2 + 31a + 1984 Kết quả: a 2; 42; 13 b 0; 12; 40 c 12; 33; 48; 97; 176; 332; 565; 1728 Bài 3: Tìm số tự nhiên n ≥ cho tổng 1! + 2! + 3! + … + n! là số chính phương Với n = thì 1! = = 12 là số chính phương Với n = thì 1! + 2! = không là số chính phương Với n = thì 1! + 2! + 3! = 1+1.2+1.2.3 = = 32 là số chính phương Với n ≥ ta có 1! + 2! + 3! + 4! = 1+1.2+1.2.3+1.2.3.4 = 33 còn 5!; 6!; …; n! tận cùng đó 1! + 2! + 3! + … + n! có tận cùng chữ số nên nó không phải là số chính phương Vậy có số tự nhiên n thỏa mãn đề bài là n = 1; n = (9) Bài 4: Tìm n N để các số sau là số chính phương: a n + 2004 ( Kết quả: 500; 164) b (23 – n)(n – 3) ( Kết quả: 3; 5; 7; 13; 19; 21; 23) c n2 + 4n + 97 d 2n + 15 Bài 5: Có hay không số tự nhiên n để 2006 + n2 là số chính phương Giả sử 2006 + n2 là số chính phương thì 2006 + n2 = m2 (m N) 2 Từ đó suy m – n = 2006 ⇔ (m + n)(m - n) = 2006 Như số m và n phải có ít số chẵn (1) Mặt khác m + n + m – n = 2m ⇒ số m + n và m – n cùng tính chẵn lẻ (2) Từ (1) và (2) ⇒ m + n và m – n là số chẵn ⇒ (m + n)(m - n) ⋮ Nhưng 2006 không chia hết cho ⇒ Điều giả sử sai Vậy không tồn số tự nhiên n để 2006 + n2 là số chính phương Bài 6: Biết x N và x>2 Tìm x cho x(x-1).x(x-1) = (x-2)xx(x-1) Đẳng thức đã cho viết lại sau: x(x-1) = (x-2)xx(x-1) Do vế trái là số chính phương nên vế phải là số chính phương Một số chính phương có thể tận cùng các chữ số 0; 1; 4; 5; 6; nên x có thể tận cùng các chữ số 1; 2; 5; 6; 7; (1) Do x là chữ số nên x ≤ 9, kết hợp với điều kiện đề bài ta có x N và < x ≤ (2) Từ (1) và (2) ⇒ x có thể nhận các giá trị 5; 6; Bằng phép thử ta thấy có x = thỏa mãn đề bài, đó 762 = 5776 Bài 7: Tìm số tự nhiên n có chữ số biết 2n+1 và 3n+1 là các số chính phương (10) Ta có 10 ≤ n ≤ 99 nên 21 ≤ 2n+1 ≤ 199 Tìm số chính phương lẻ khoảng trên ta 25; 49; 81; 121; 169 tương ứng với số n 12; 24; 40; 60; 84 Số 3n+1 37; 73; 121; 181; 253 Chỉ có 121 là số chính phương Vậy n = 40 Bài 8: Chứng minh n là số tự nhiên cho n+1 và 2n+1 là các số chính phương thì n là bội số 24 Vì n+1 và 2n+1 là các số chính phương nên đặt n+1 = k2 , 2n+1 = m2 (k, m N) Ta có m là số lẻ ⇒ m = 2a+1 ⇒ m2 = 4a (a+1) + ⇒ n= m −1 = a (a+1) = 2a(a+1) ⇒ n chẵn ⇒ n+1 lẻ ⇒ k lẻ ⇒ Đặt k = 2b+1 (Với b N) ⇒ k2 = 4b(b+1) +1 ⇒ n = 4b(b+1) ⇒ n ⋮ (1) Ta có k2 + m2 = 3n + 2 (mod3) Mặt khác k2 chia cho dư 1, m2 chia cho dư Nên để k2 + m2 (mod3) thì k2 (mod3) m2 (mod3) ⇒ m2 – k2 ⋮ hay (2n+1) – (n+1) ⋮ ⇒ n ⋮ (2) Mà (8; 3) = (3) Từ (1), (2), (3) ⇒ n ⋮ 24 Bài 9: Tìm tất các số tự nhiên n cho số 28 + 211 + 2n là số chính phương Giả sử 28 + 211 + 2n = a2 (a N) thì 2n = a2 – 482 = (a+48)(a-48) 2p.2q = (a+48)(a-48) Với p, q N ; p+q = n và p > q ⇒ ⇒ 2p – 2q = 96 ⇔ 2q (2p-q -1) = 25.3 a+48 = 2p a- 48 = 2q (11) ⇒ q = và p-q = ⇒ p = ⇒ n = 5+7 = 12 Thử lại ta có: 28 + 211 + 2n = 802 C.DẠNG 3: TÌM SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài 1: Cho A là số chính phương gồm chữ số Nếu ta thêm vào chữ số A đơn vị thì ta số chính phương B Hãy tìm các số A và B Gọi A = abcd = k2 Nếu thêm vào chữ số A đơn vị thì ta có số B = (a+1)(b+1)(c+1)(d+1) = m2 với k, m N và 32 < k < m < 100 a, b, c, d N ; ≤ a ≤ ; ≤ b, c, d ≤9 ⇒ Ta có A = abcd = k2 B = abcd + 1111 = m2 ⇒ m2 – k2 = 1111 ⇔ (m-k)(m+k) = 1111 (*) Nhận xét thấy tích (m-k)(m+k) > nên m-k và m+k là số nguyên dương Và m-k < m+k < 200 nên (*) có thể viết (m-k)(m+k) = 11.101 ⇔ Do đó m – k == 11 ⇔ m = 56 A = 2025 m + k = 101 n = 45 B = 3136 Bài 2: Tìm số chính phương gồm chữ số biết số gồm chữ số đầu lớn số gồm chữ số sau đơn vị Đặt abcd = k2 ta có ab – cd = và k N, 32 ≤ k < 100 Suy 101cd = k2 – 100 = (k-10)(k+10) ⇒ k +10 ⋮ 101 k-10 ⋮ 101 Mà (k-10; 101) = ⇒ k +10 ⋮ 101 Vì 32 ≤ k < 100 nên 42 ≤ k+10 < 110 ⇒ k+10 = 101 ⇒ k = 91 ⇒ abcd = 912 = 8281 (12) Bài 3: Tìm số chính phương có chữ số biết chữ số đầu giống nhau, chữ số cuối giống Gọi số chính phương phải tìm là aabb = n2 với a, b N, ≤ a ≤ 9; ≤ b≤9 Ta có n2 = aabb = 11.a0b = 11.(100a+b) = 11.(99a+a+b) (1) Nhận xét thấy aabb ⋮ 11 ⇒ a + b ⋮ 11 Mà ≤ a ≤ ; ≤ b ≤ nên ≤ a+b ≤ 18 ⇒ a+b = 11 Thay a+b = 11 vào (1) n2 = 112(9a+1) đó 9a+1 là số chính phương Bằng phép thử với a = 1; 2; …; ta thấy có a = thỏa mãn ⇒ b = Số cần tìm là 7744 Bài 4: Tìm số có chữ số vừa là số chính phương vừa là lập phương Gọi số chính phương đó là abcd Vì abcd vừa là số chính phương vừa là lập phương nên đặt abcd = x2 = y3 Với x, y N Vì y = x nên y là số chính phương Ta có 1000 ≤ abcd ≤ 9999 ⇒ 10 ≤ y ≤ 21 và y chính phương ⇒ y = 16 ⇒ abcd = 4096 Bài 5: Tìm số chính phương gồm chữ số cho chữ số cuối là số nguyên tố, bậc hai số đó có tổng các chữ số là số chính phương Gọi số phải tìm là abcd với a, b, c, d nguyên và ≤ a ≤ ; ≤ b,c,d ≤ abcd chính phương ⇒ d { 0,1,4,5,6,9} d nguyên tố ⇒ d = Đặt abcd = k2 < 10000 ⇒ 32 ≤ k < 100 k là số có hai chữ số mà k2 có tận cùng ⇒ k tận cùng Tổng các chữ số k là số chính phương ⇒ k = 45 (13) ⇒ abcd = 2025 Vậy số phải tìm là 2025 Bài 6: Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết hiệu các bình phương số đó và viết số hai chữ số số đó theo thứ tự ngược lại là số chính phương Gọi số tự nhiên có hai chữ số phải tìm là ab ( a,b N, ≤ a,b ≤ ) Số viết theo thứ tự ngược lại ba 2 Ta có ab - ba = ( 10a + b ) – ( 10b + a )2 = 99 ( a2 – b2 ) ⋮ 11 ⇒ a2 - b2 ⋮ 11 Hay ( a-b )(a+b ) ⋮ 11 Vì < a - b ≤ , ≤ a+b ≤ 18 nên a+b ⋮ 11 ⇒ a + b = 11 2 Khi đó ab - ba = 32 112 (a - b) Để ab 2- ba 2là số chính phương thì a - b phải là số chính phương đó a-b = a - b = Nếu a-b = kết hợp với a+b = 11 ⇒ a = 6, b = 5, ab = 65 Khi đó 652 – 562 = 1089 = 332 Nếu a - b = kết hợp với a+b = 11 ⇒ a = 7,5 ( loại ) Vậy số phải tìm là 65 Bài 7: Cho số chính phương có chữ số Nếu thêm vào chữ số đó ta số chính phương Tìm số chính phương ban đầu ( Kết quả: 1156 ) Bài 8: Tìm số có chữ số mà bình phương số lập phương tổng các chữ số nó Gọi số phải tìm là ab với a,b N và ≤ a ≤ , ≤ b ≤ Theo giả thiết ta có : ab = ( a + b )3 ⇔ (10a+b)2 = ( a + b )3 ⇒ ab là lập phương và a+b là số chính phương Đặt ab = t3 ( t N ) , a + b = l ( l N ) (14) Vì 10 ≤ ab ≤ 99 ⇒ ab = 27 ab = 64 Nếu ab = 27 ⇒ a + b = là số chính phương ⇒ a + b = 10 không là số chính phương ⇒ loại Nếu ab = 64 Vậy số cần tìm là ab = 27 Bài 9: Tìm số lẻ liên tiếp mà tổng bình phương là số có chữ số giống Gọi số lẻ liên tiếp đó là 2n-1, 2n+1, 2n+3 ( n N) Ta có A= ( 2n-1 )2 + ( 2n+1)2 + ( 2n+3 )2 = 12n2 + 12n + 11 Theo đề bài ta đặt 12n2 + 12n + 11 = aaaa = 1111.a với a lẻ và ≤ a ≤ ⇒ 12n( n + ) = 11(101a – ) ⇒ 101a – ⋮ ⇒ 2a – ⋮ Vì ≤ a ≤ nên ≤ 2a-1 ≤ 17 và 2a-1 lẻ nên 2a – { 3; 9; 15 } ⇒ a { 2; 5; } Vì a lẻ ⇒ a = ⇒ n = 21 số càn tìm là 41; 43; 45 Bài 10: Tìm số có chữ số cho tích số đó với tổng các chữ số nó tổng lập phương các chữ số số đó ab (a + b ) = a3 + b3 ⇔ 10a + b = a2 – ab + b2 = ( a + b )2 – 3ab ⇔ 3a( + b ) = ( a + b ) ( a + b – ) a + b và a + b – nguyên tố cùng đó a + b = 3a a + b – = 3a a +b–1=3+b a+b=3+b ⇒ a=4,b=8 a=3,b=7 Vậy ab = 48 ab = 37 ….………………… Hết ………………………… (15) Sè nguyªn tè I KiÕn thøc cÇn nhí: DÞnh nghÜa: * Sè nguyªn tè lµ sè tù nhiªn lín h¬n 1, chØ cã hai íc lµ vµ chÝnh nã * Hîp sè lµ sè tù nhiªn lín h¬n 1, cã nhiÒu h¬n hai íc TÝnh chÊt: * NÕu sè nguyªn tè p chia hÕt cho sè nguyªn tè q th× p = q * NÕu tÝch abc chia hÕt cho sè nguyªn tè p th× Ýt nhÊt mét thõa sè cña tÝch abc chia hÕt cho sè nguyªn tè p * NÕu a vµ b kh«ng chia hÕt cho sè nguyªn tè p th× tÝch ab kh«ng chia hÕt cho sè nguyªn tè p C¸ch nhËn biÕt mét sè nguyªn tè: a) Chia số đó lần lợt cho các số nguyên tố đã biết từ nhỏ đến lớn - Nếu có phép chia hết thì số đó không phải là số nguyên tố - Nếu chia lúc số thơng nhỏ số chia mà các phép chia còn số d thì ssó đó là số nguyên tố b) Một số có ớc số lớn thì số đó không phải là số nguyên tố Ph©n tÝch mét sè thõa sè nguyªn tè: * Ph©n tÝch mét sè tù nhiªn lín h¬n thõa sè nguyªn tè lµ viÕt sè đó dới dạng tích các thừa số nguyên tố - D¹ng ph©n tÝch thõa sè nguyªn tè cña mçi sè nguyªn tè lµ chÝnh số đó - Mọi hợp số phân tích đợc thừa số nguyên tố A a b .c Víi a, b, c lµ nh÷ng sè nguyªn tè , , , N vµ , , , 1 Sè c¸c íc sè vµ tæng c¸c íc sè cña mét sè: Gi¶ sö A a b .c Víi a, b, c lµ nh÷ng sè nguyªn tè , , , N vµ , , , 1 Sè c¸c íc sè cña A lµ: (+1)(+1) (+1) Tæng c¸c íc sè cña A lµ: a +1 b1 c 1 a b c (16) Sè nguyªn tè cïng nhau: * Hai sè nguyªn tè cïng lµ hai sè cã ¦CLN b»ng Hai sè a vµ b nguyªn tè cïng ¦CLN(a, b) = C¸c sè a, b, c nguyªn tè cïng ¦CLN(a, b, c) = Các số a, b, c đôi nguyên tố cùng ƯCLN(a, b) = ¦CLN(b, c) = ¦CLN(c, a) =1 II C¸c vÝ dô: VD1: Ta biÕt r»ng cã 25 sè nguyªn tè nhá h¬n 100 Tæng cña 25 sè nguyªn tè lµ sè ch½n hay sè lÎ HD: Trong 25 sè nguyªn tè nhá h¬n 100 cã chøa mét sè nguyªn tè ch½n nhÊt là 2, còn 24 số nguyên tố còn lại là số lẻ Do đó tổng 25 số nguyên tố là sè ch½n VD2: Tæng cña sè nguyªn tè b»ng 1012 T×m sè nguyªn tè nhá nhÊt ba số nguyên tố đó HD: Vì tổng số nguyên tố 1012, nên số nguyên tố đó tån t¹i Ýt nhÊt mét sè nguyªn tè ch½n Mµ sè nguyªn tè ch½n nhÊt lµ vµ là số nguyên tố nhỏ Vậy số nguyên tố nhỏ số nguyên tố đó lµ VD3: Tæng cña sè nguyªn tè cã thÓ b»ng 2003 hay kh«ng? V× sao? HD: Vì tổng số nguyên tố 2003, nên số nguyên tố đó tồn số nguyên tố chẵn Mà số nguyên tố chẵn là Do đó số nguyên tố cßn l¹i lµ 2001 Do 2001 chia hÕt cho vµ 2001 > Suy 2001 kh«ng ph¶i lµ sè nguyªn tè VD4: T×m sè nguyªn tè p, cho p + vµ p + còng lµ c¸c sè nguyªn tè HD: Gi¶ sö p lµ sè nguyªn tè - Nếu p = thì p + = và p + = không phải là số nguyên tố - NÕu p th× sè nguyªn tè p cã d¹ng: 3k, 3k + 1, 3k + víi k N* +) Nếu p = 3k p = p + = và p + = là các số nguyên tố +) NÕu p = 3k +1 th× p + = 3k + = 3(k + 1) p + vµ p + > Do đó p + lµ hîp sè +) NÕu p = 3k + th× p + = 3k + = 3(k + 2) p + vµ p + > Do đó p + lµ hîp sè VËy víi p = th× p + vµ p + còng lµ c¸c sè nguyªn tè VD5: Cho p vµ p + lµ c¸c sè nguyªn tè (p > 3) Chøng minh r»ng p + lµ hîp sè HD: V× p lµ sè nguyªn tè vµ p > 3, nªn sè nguyªn tè p cã d¹ng: 3k + 1, 3k + víi k N* - NÕu p = 3k + th× p + = 3k + = 3(k + 2) p + vµ p + > Do đó p + là hợp số ( Trái với đề bài p + là số nguyên tố) (17) - NÕu p = 3k + th× p + = 3k + = 3(k + 3) p + vµ p + > Do đó p + lµ hîp sè VËy sè nguyªn tè p cã d¹ng: p = 3k + th× p + lµ hîp sè VD6: Chứng minh số nguyên tố lớn có dạng 4n + 4n – HD: Mỗi số tự nhiên n chia cho có thể có các số d: 0; 1; 2; Do đó số tự nhiên n có thể viết đợc dới dạng: 4k, 4k + 1, 4k + 2, 4k + víi k N* - NÕu n = 4k n 4 n lµ hîp sè - NÕu n = 4k + n 2 n lµ hîp sè Vậy số nguyên tố lớn có dạng 4k + 4k – Hay số nguyên tố lớn có dạng 4n + 4n – với n N* VD7: Tìm ssó nguyên tố, biết số đó tổng hai số nguyên tố và b»ng hiÖu cña hai sè nguyªn tè HD: Gi¶ sö a, b, c, d, e lµ c¸c sè nguyªn tè vµ d > e Theo bµi ra: a = b + c = d - e (*) Tõ (*) a > a lµ sè nguyªn tè lÎ b + c vµ d - e lµ sè lÎ Do b, d lµ c¸c sè nguyªn tè b, d lµ sè lÎ c, e lµ sè ch½n c = e = (do c, e lµ c¸c sè nguyªn tè) a = b + = d - d = b + VËy ta cÇn t×m sè nguyªn tè b cho b + vµ b + còng lµ c¸c sè nguyªn tè VD8: T×m tÊt c¶ c¸c sè nguyªn tè x, y cho: x2 – 6y2 = HD: Ta cã: x y 1 x 6 y ( x 1)( x 1) 6 y Do y 2 ( x 1)( x 1)2 Mµ x - + x + = 2x x - vµ x + cã cïng tÝnh ch½n lÎ x - vµ x + lµ hai sè ch½n liªn tiÕp ( x 1)( x 1)8 y 8 3y 4 y 2 y 2 y 2 x 5 VD9: Cho p vµ p + lµ c¸c sè nguyªn tè (p > 3) Chøng minh r»ng p + 6 HD: V× p lµ sè nguyªn tè vµ p > 3, nªn sè nguyªn tè p cã d¹ng: 3k + 1, 3k + víi k N* - NÕu p = 3k + th× p + = 3k + = 3(k + 1) p + vµ p + > Do đó p + là hợp số ( Trái với đề bài p + là số nguyên tố) - NÕu p = 3k + th× p + = 3k + = 3(k + 1) (1) (18) Do p lµ sè nguyªn tè vµ p > p lÎ k lÎ k + ch½n k + 2 (2) Tõ (1) vµ (2) p + 6 II Bµi tËp vËn dông: Bµi 1: T×m sè nguyªn tè p cho c¸c sè sau còng lµ sè nguyªn tè: a) p + vµ p + 10 b) p + 10 vµ p + 20 c) p + 10 vµ p + 14 d) p + 14 vµ p + 20 e) p + 2vµ p + f) p + vµ p + 14 g) p + vµ p + 10 h) p + vµ p + 10 Bµi 2: T×m sè nguyªn tè p cho c¸c sè sau còng lµ sè nguyªn tè: a) p + 2, p + 8, p + 12, p + 14 b) p + 2, p + 6, p + 8, p + 14 c) p + 6, p + 8, p + 12, p + 14 d) p + 2, p + 6, p + 8, p + 12, p + 14 e) p + 6, p + 12, p + 18, p + 24 f) p + 18, p + 24, p + 26, p + 32 g) p + 4, p + 6, p + 10, p + 12, p+16 Bµi 3: a) Cho p vµ p + lµ c¸c sè nguyªn tè (p > 3) Chøng minh r»ng: p + lµ hîp sè b) Cho p vµ 2p + lµ c¸c sè nguyªn tè (p > 3) Chøng minh r»ng: 4p + lµ hîp sè c) Cho p vµ 10p + lµ c¸c sè nguyªn tè (p > 3) Chøng minh r»ng: 5p + lµ hîp sè d) Cho p vµ p + lµ c¸c sè nguyªn tè (p > 3) Chøng minh r»ng: p + lµ hîp sè e) Cho p vµ 4p + lµ c¸c sè nguyªn tè (p > 3) Chøng minh r»ng: 2p + lµ hîp sè f) Cho p vµ 5p + lµ c¸c sè nguyªn tè (p > 3) Chøng minh r»ng: 10p + lµ hîp sè g) Cho p vµ 8p + lµ c¸c sè nguyªn tè (p > 3) Chøng minh r»ng: 8p - lµ hîp sè h) Cho p vµ 8p - lµ c¸c sè nguyªn tè (p > 3) Chøng minh r»ng: 8p + lµ hîp sè i) Cho p vµ 8p2 - lµ c¸c sè nguyªn tè (p > 3) Chøng minh r»ng: 8p2 + lµ hîp sè j) Cho p vµ 8p2 + lµ c¸c sè nguyªn tè (p > 3) Chøng minh r»ng: 8p2 - lµ hîp sè Bµi 4: Chøng minh r»ng: a) NÕu p vµ q lµ hai sè nguyªn tè lín h¬n th× p2 – q2 24 b) NÕu a, a + k, a + 2k (a, k N*) lµ c¸c sè nguyªn tè lín h¬n th× k Bµi 5: a) Mét sè nguyªn tè chia cho 42 cã sè d r lµ hîp sè T×m sè d r b) Mét sè nguyªn tè chia cho 30 cã sè d r T×m sè d r biÕt r»ng r kh«ng lµ sè nguyªn tè (19) Bài 6: Hai số nguyên tố gọi là sinh đôi chúng là hai số nguyên tố lẻ liên tiÕp Chøng minh r»ng mét sè tù nhiªn lín h¬n n»m gi÷a hai sè nguyªn tè sinh đôi thì chia hết cho Bài 7: Cho số nguyên tố lớn 3, đó số sau lớn số trớc là d đơn vÞ Chøng minh r»ng d chia hÕt cho Bài 8: Tìm số nguyên tố có ba chữ số, biết viết số đó theo thứ tự ngợc lại thì ta đợc số là lập phơng số tự nhiên Bài 9: Tìm số tự nhiên có chữ số, chữ số hàng nghìn chữ số hàng đơn vị, chữ số hàng trăm chữ số hàng chục và số đó viết đợc dới dạng tích cña sè nguyªn tè liªn tiÕp Bài 10: Tìm số nguyên tố lẻ liên tiếp là các số nguyên tố Bµi 11: T×m sè nguyªn tè liªn tiÕp p, q, r cho p2 + q2 + r2 còng lµ sè nguyªn tè Bµi 12: T×m tÊt c¶ c¸c bé ba sè nguyªn tè a, b, c cho a.b.c < a.b + b.c + c.a Bµi 13: T×m sè nguyªn tè p, q, r cho pq + qp = r Bµi 14: T×m c¸c sè nguyªn tè x, y, z tho¶ m·n xy + = z Bµi 15: T×m sè nguyªn tè abcd cho ab , ac lµ c¸c sè nguyªn tè vµ b cd b c Bài 16: Cho c¸c sè p = bc + a, q = ab + c, r = ca + b (a, b, c N*) lµ c¸c sè nguyªn tè Chøng minh r»ng sè p, q, r cã Ýt nhÊt hai sè b»ng Bµi 17: T×m tÊt c¶ c¸c sè nguyªn tè x, y cho: a) x2 – 12y2 = b) 3x2 + = 19y2 c) 5x2 – 11y2 = d) 7x2 – 3y2 = e) 13x2 – y2 = f) x2 = 8y + Bµi 18: T×m sè nguyªn tè cho tÝch cña chóng gÊp lÇn tæng cña chóng Bài 19: Chứng minh điều kiện cần và đủ để p và 8p2 + là các số nguyªn tè lµ p = Bµi 20: Chøng minh r»ng: NÕu a2 – b2 lµ mét sè nguyªn tè th× a2 – b2 = a + b Bài 21: Chứng minh số nguyên tố lớn có dạng 6n + hoÆc 6n – Bµi 22: Chøng minh r»ng tæng b×nh ph¬ng cña sè nguyªn tè lín h¬n kh«ng thÓ lµ mét sè nguyªn tè Bµi 23: Cho sè tù nhiªn n 2 Gäi p1, p2, , pn lµ nh÷ng sè nguyªn tè cho pn n + §Æt A = p1.p2 pn Chøng minh r»ng d·y sè c¸c sè tù nhiªn liªn tiÕp: A + 2, A + 3, , A + (n + 1) Kh«ng chøa mét sè nguyªn tè nµo Bµi 24: Chøng minh r»ng: NÕu p lµ sè nguyªn tè th× 2.3.4 (p – 3)(p – 2) - p Bµi 25: Chøng minh r»ng: NÕu p lµ sè nguyªn tè th× 2.3.4 (p – 2)(p – 1) + p (20) Chuyên đề tìm chữ số tận cùng I Tìm chữ số tận cùng Tính chất 1: a) Các số có chữ số tận cùng là 0, 1, 5, nâng lên lũy thừa bậc bất kì thì chữ số tận cùng không thay đổi b) Các số có chữ số tận cùng là 4, nâng lên lũy thừa bậc lẻ thì chữ số tận cùng không thay đổi c) Các số có chữ số tận cùng là 3, 7, nâng lên lũy thừa bậc 4n (n thuộc N) thì chữ số tận cùng là d) Các số có chữ số tận cùng là 2, 4, nâng lên lũy thừa bậc 4n (n thuộc N) thì chữ số tận cùng là e) Tích số tự nhiên có chữ số tận cùng là với bất kì số tự nhiên lẻ nào cho ta số có chữ số tận cùng là Tính chất 2: Một số tự nhiên bất kì, nâng lên lũy thừa bậc 4n + (n thuộc N) thì chữ số tận cùng không thay đổi Tính chất 3: a) Số có chữ số tận cùng là nâng lên lũy thừa bậc 4n + có chữ số tận cùng là ; số có chữ số tận cùng là nâng lên lũy thừa bậc 4n + có chữ số tận cùng là b) Số có chữ số tận cùng là nâng lên lũy thừa bậc 4n + có chữ số tận cùng là ; số có chữ số tận cùng là nâng lên lũy thừa bậc 4n + có chữ số tận cùng là c) Các số có chữ số tận cùng là 0, 1, 4, 5, 6, 9, nâng lên lũy thừa bậc 4n + không thay đổi chữ số tận cùng (21) a) 799 Bài 1: Tìm chữ số tận cùng các số: 1414 567 b) 14 c) Giải: a) Trước hết, ta tìm số dư phép chia 99 cho 4: 9 − = (9 − 1)(98 + 97 + … + + 1) chia hết cho 99 = 4k + (k N) 799 = 74k + = 74k.7 Do 74k có chữ số tận cùng là 799 có chữ số tận cùng là b) Dễ thấy 1414 = 4k (k N) 141414 = 144k có chữ số tận cùng là c) Ta có 567 − 567 = 4k + (k N) 4567 = 44k + = 44k.4 44k có chữ số tận cùng là nên 4567 có chữ số tận cùng là Bài 2: Tìm chữ số tận cùng các số: a) 71993 b) 21000 c) 31993 d) 4161 34 99 81945 21930 e) g) h) 19 i) 102 102 Bài 3: Chứng minh rằng: a) − 10 b) 175 + 244 − 1321 10 c) 4343 − 1717 10 Bài 4: Tìm các số tự nhiên n để n10 + 10 Bài 5: Có tồn hay không số tự nhiên n để n2 + n + chia hết cho 5? Bài 6: Tìm chữ số tận cùng C = 1.3.5.7… 99 Chữ số tận cùng tổng các lũy thừa xác định cách tính tổng các chữ số tận cùng lũy thừa tổng Bài 2: Tìm chữ số tận cùng tổng S = 21 + 35 + 49 + … + 20048009 Giải: Trước hết ta có nhận xét: Mọi lũy thừa S có số mũ chia cho thì dư (các lũy thừa có dạng n4(n − 2) + 1, n {2, 3, …, 2004}) Theo tính chất 2, lũy thừa S và các số tương ứng có chữ số tận cùng giống nhau, chữ số tận cùng tổng: (2 + + … + 9) + 199.(1 + + … + 9) + + + + = 200(1 + + … + 9) + = 9009 Vậy chữ số tận cùng tổng S là Bài 3: Tìm chữ số tận cùng tổng T = 23 + 37 + 411 + … + 20048011 Giải: Trước hết ta có nhận xét: Mọi lũy thừa T có số mũ chia cho thì dư (các lũy thừa có dạng n4(n − 2) + 3, n thuộc {2, 3, …, 2004}) Theo tính chất thì 23 có chữ số tận cùng là ; 37 có chữ số tận cùng là ; 411 có chữ số tận cùng là ; … Như vậy, tổng T có chữ số tận cùng chữ số tận cùng tổng: (8 + + + + + + + 9) + 199.(1 + + + + + + + + 9) + + + + = 200(1 + + + + + + + + 9) + + + = 9019 Vậy: chữ số tận cùng tổng T là Bài 4: Tồn hay không số tự nhiên n cho n + n + chia hết cho 19952000 Giải: 19952000 tận cùng chữ số nên chia hết cho Vì vậy, ta đặt vấn đề là liệu n2 + n + có chia hết cho không? Ta có n + n = n(n + 1), là tích hai số tự nhiên liên tiếp nên chữ số tận cùng n + n có thể là 0; 2; (22) n2 + n + có thể tận cùng là 1; 3; n2 + n + không chia hết cho Vậy: không tồn số tự nhiên n cho n2 + n + chia hết cho 19952000 Sử dụng tính chất “Một số chính phương có thể tận cùng các chữ số ; ; ; ; ; 9”, ta có thể giải Bài sau: Bài 5: Chứng minh các tổng sau không thể là số chính phương: a) M = 19k + 5k + 1995k + 1996k (với k chẵn) b) N = 20042004k + 2003 Sử dụng tính chất “một số nguyên tố lớn có thể tận cùng các chữ số ; ; ; 9” Bài 6: Cho p là số nguyên tố lớn Chứng minh rằng: p 8n +3.p4n − chia hết cho Bài 7: Tìm số dư các phép chia: a) 21 + 35 + 49 + … + 20038005 cho b) 23 + 37 + 411 + … + 20038007 cho Bài 8: Tìm chữ số tận cùng X, Y: X = 22 + 36 + 410 + … + 20048010 Y = 28 + 312 + 416 + … + 20048016 Bài 9: Chứng minh chữ số tận cùng hai tổng sau giống nhau: U = 21 + 35 + 49 + … + 20058013 V = 23 + 37 + 411 + … + 20058015 Bài 10: Chứng minh không tồn các số tự nhiên x, y, z thỏa mãn: 19x + 5y + 1980z = 1975430 + 2004 II Tìm hai chữ số tận cùng Nhận xét: Nếu x N và x = 100k + y, đó k; y N thì hai chữ số tận cùng x chính là hai chữ số tận cùng y Hiển nhiên là y ≤ x Như vậy, để đơn giản việc tìm hai chữ số tận cùng số tự nhiên x thì thay vào đó ta tìm hai chữ số tận cùng số tự nhiên y (nhỏ hơn) Rõ ràng số y càng nhỏ thì việc tìm các chữ số tận cùng y càng đơn giản Từ nhận xét trên, ta đề xuất phương pháp tìm hai chữ số tận cùng số tự nhiên x = am sau: Trường hợp 1: Nếu a chẵn thì x = a m 2m Gọi n là số tự nhiên cho a n − 25 Viết m = pn + q (p ; q N), đó q là số nhỏ để aq ta có: x = am = aq(apn − 1) + aq Vì an − 25 apn − 25 Mặt khác, (4, 25) = nên aq(apn − 1) 100 (23) Vậy hai chữ số tận cùng a m chính là hai chữ số tận cùng a q Tiếp theo, ta tìm hai chữ số tận cùng aq Trường hợp 2: Nếu a lẻ , gọi n là số tự nhiên cho an − 100 Viết m = un + v (u ; v N, ≤ v < n) ta có: x = a m = av(aun − 1) + av Vì an − 100 aun − 100 Vậy hai chữ số tận cùng a m chính là hai chữ số tận cùng a v Tiếp theo, ta tìm hai chữ số tận cùng av Trong hai trường hợp trên, chìa khóa để giải Bài là chúng ta phải tìm số tự nhiên n Nếu n càng nhỏ thì q và v càng nhỏ nên dễ dàng tìm hai chữ số tận cùng aq và av Bài 11: Tìm hai chữ số tận cùng các số: a) a2003 b) 799 Giải: a) Do 22003 là số chẵn, theo trường hợp 1, ta tìm số tự nhiên n nhỏ cho 2n − 25 Ta có 210 = 1024 210 + = 1025 25 220 − = (210 + 1)(210 − 1) 25 23(220 − 1) 100 Mặt khác: 22003 = 23(22000 − 1) + 23 = 23((220)100 − 1) + 23 = 100k + (k N) Vậy hai chữ số tận cùng 22003 là 08 b) Do 799 là số lẻ, theo trường hợp 2, ta tìm số tự nhiên n bé cho n − 100 Ta có 74 = 2401 => 74 − 100 Mặt khác: 99 − => 99 = 4k + (k N) Vậy 799 = 74k + = 7(74k − 1) + = 100q + (q N) tận cùng hai chữ số 07 Bài 12: Tìm số dư phép chia 3517 cho 25 Giải: Trước hết ta tìm hai chữ số tận cùng 517 Do số này lẻ nên theo trường hợp 2, ta phải tìm số tự nhiên n nhỏ cho 3n − 100 Ta có 310 = 95 = 59049 310 + 50 320 − = (310 + 1) (310 − 1) 100 Mặt khác: 516 − 5(516 − 1) 20 517 = 5(516 − 1) + = 20k + 3517 = 320k + = 35(320k − 1) + 35 = 35(320k − 1) + 243, có hai chữ số tận cùng là 43 Vậy số dư phép chia 3517 cho 25 là 18 Trong trường hợp số đã cho chia hết cho thì ta có thể tìm theo cách gián tiếp Trước tiên, ta tìm số dư phép chia số đó cho 25, từ đó suy các khả hai chữ số tận cùng Cuối cùng, dựa vào giả thiết chia hết cho để chọn giá trị đúng Các thí dụ trên cho thấy rằng, a = a = thì n = 20 ; a = thì n = (24) Một câu hỏi đặt là: Nếu a bất kì thì n nhỏ là bao nhiêu ? Ta có tính chất sau đây: Tính chất 4: Nếu a N và (a, 5) = thì a20 − 25 Bài 13: Tìm hai chữ số tận cùng các tổng: a) S1 = 12002 + 22002 + 32002 + + 20042002 b) S2 = 12003 + 22003 + 32003 + + 20042003 Giải: a) Dễ thấy, a chẵn thì a2 chia hết cho ; a lẻ thì a 100 − chia hết cho ; a chia hết cho thì a2 chia hết cho 25 Mặt khác, từ tính chất ta suy với a N và (a, 5) = ta có a 100 − 25 Vậy với a N ta có a2(a100 − 1) 100 Do đó S1 = 12002 + 22(22000 − 1) + + 20042(20042000 − 1) + 22 + 32 + + 20042 Vì hai chữ số tận cùng tổng S chính là hai chữ số tận cùng tổng 12 + 22 + 32 + + 20042 áp dụng công thức: 12 + 22 + 32 + + n2 = n(n + 1)(2n + 1)/6 12 + 22 + + 20042 = 2005 4009 334 = 2684707030, tận cùng là 30 Vậy hai chữ số tận cùng tổng S1 là 30 b) Hoàn toàn tương tự câu a, S2 = 12003 + 23(22000 − 1) + + 20043(20042000 − 1) + 23 + 33 + 20043 Vì thế, hai chữ số tận cùng tổng S2 chính là hai chữ số tận cùng + 23 + 33 + + 20043 Áp dụng n(n 1) 13 23 33 n (1 n)2 công thức: 13 + 23 + + 20043 = (2005 1002)2 = 4036121180100, tận cùng là 00 Vậy hai chữ số tận cùng tổng S2 là 00 Tính chất 5: Số tự nhiên A không phải là số chính phương nếu: + A có chữ số tận cùng là 2, 3, 7, ; + A có chữ số tận cùng là mà chữ số hàng chục là chữ số chẵn ; + A có chữ số hàng đơn vị khác mà chữ số hàng chục là lẻ ; + A có chữ số hàng đơn vị là mà chữ số hàng chục khác ; + A có hai chữ số tận cùng là lẻ Bài 14: Cho n N và n − không chia hết cho CMR: n + không thể là số chính phương Giải: Do n − không chia hết cho nên n = 4k + r (r {0, 2, 3}) Ta có 74 − = 2400 100 Ta viết 7n + = 74k + r + = 7r(74k − 1) + 7r + Vậy hai chữ số tận cùng 7n + chính là hai chữ số tận cùng r + (r = 0, 2, 3) nên có thể là 03, 51, 45 Theo tính chất thì rõ ràng n + không thể là số chính phương n không chia hết cho III Tìm ba chữ số tận cùng (25) Nhận xét: Tương tự trường hợp tìm hai chữ số tận cùng, việc tìm ba chữ số tận cùng số tự nhiên x chính là việc tìm số dư phép chia x cho 1000 Nếu x = 1000k + y, đó k ; y N thì ba chữ số tận cùng x chính là ba chữ số tận cùng y (y ≤ x) Do 1000 = x 125 mà (8, 125) = nên ta đề xuất phương pháp tìm ba chữ số tận cùng số tự nhiên x = am sau: Trường hợp 1: Nếu a chẵn thì x = am chia hết cho 2m Gọi n là số tự nhiên cho an − chia hết cho 125 Viết m = pn + q (p ; q N), đó q là số nhỏ để a q chia hết cho ta có: x = am = aq(apn − 1) + aq Vì an − chia hết cho 125 => apn − chia hết cho 125 Mặt khác, (8, 125) = nên aq(apn − 1) chia hết cho 1000 Vậy ba chữ số tận cùng am chính là ba chữ số tận cùng aq Tiếp theo, ta tìm ba chữ số tận cùng aq Trường hợp 2: Nếu a lẻ , gọi n là số tự nhiên cho a n − chia hết cho 1000 Viết m = un + v (u ; v N, ≤ v < n) ta có: x = am = av(aun − 1) + av Vì an − chia hết cho 1000 => aun − chia hết cho 1000 Vậy ba chữ số tận cùng am chính là ba chữ số tận cùng av Tiếp theo, ta tìm ba chữ số tận cùng a v Tính chất sau suy từ tính chất Tính chất 6: Nếu a N và (a, 5) = thì a100 − chia hết cho 125 Chứng minh: Do a20 − 25 nên a20, a40, a60, a80 chia cho 25 có cùng số dư là a20 + a40 + a60 + a80 + Vậy a100 − = (a20 − 1)( a80 + a60 + a40 + a20 + 1) 125 Bài 15: Tìm ba chữ số tận cùng 123101 Giải: Theo tính chất 6, (123, 5) = 123100 − 125 (1) Mặt khác: 123100 − = (12325 − 1)(12325 + 1)(12350 + 1) 123100 − (2) Vì (8, 125) = 1, từ (1) và (2) suy ra: 123100 − 1000 123101 = 123(123100 − 1) + 123 = 1000k + 123 (k N) Vậy 123101 có ba chữ số tận cùng là 123 Bài 12: Tìm ba chữ số tận cùng 3399 98 Giải: Theo tính chất 6, (9, 5) = => 9100 − chi hết cho 125 (1) Tương tự bài 11, ta có 9100 − chia hết cho (2) (26) Vì (8, 125) = 1, từ (1) và (2) suy ra: 100 − chia hết cho 1000 3399 98 = 9199 = 9100p + 99 = 999(9100p − 1) + 999 = 1000q + 999 (p, q N) Vậy ba chữ số tận cùng 3399 98 chính là ba chữ số tận cùng 999 Lại vì 9100 − chia hết cho 1000 ba chữ số tận cùng 9100 là 001 mà 999 = 9100: ba chữ số tận cùng 999 là 889 (dễ kiểm tra chữ số tận cùng 999 là 9, sau đó dựa vào phép nhân ???9 9 001 để xác định ??9 889 ) Vậy ba chữ số tận cùng 3399 98 là 889 Nếu số đã cho chia hết cho thì ta có thể tìm ba chữ số tận cùng cách gián các bước: Tìm dư phép chia số đó cho 125, từ đó suy các khả ba chữ số tận cùng, cuối cùng kiểm tra điều kiện chia hết cho để chọn giá trị đúng Bài 16: Tìm ba chữ số tận cùng 2004200 Giải: (2004, 5) = (tính chất 6) 2004100 chia cho 125 dư 2004200 = (2004100)2 chia cho 125 dư 2004200 có thể tận cùng là 126, 251, 376, 501, 626, 751, 876 Do 2004200 nên có thể tận cùng là 376 Bài tập vận dụng: Bài 17: Chứng minh 1n + 2n + 3n + 4n chia hết cho và n không chia hết cho Bài 18: Chứng minh 920002003, 720002003 có chữ số tận cùng giống Bài 19: Tìm hai chữ số tận cùng của: a) 3999 b) 111213 Bài 20: Tìm hai chữ số tận cùng của: S = 23 + 223 + + 240023 Bài 21: Tìm ba chữ số tận cùng của: S = 12004 + 22004 + + 20032004 Bài 22: Cho (a, 10) = Chứng minh ba chữ số tận cùng a 101 ba chữ số tận cùng a Bài 23: Cho A là số chẵn không chia hết cho 10 Hãy tìm ba chữ số tận cùng A200 Bài 24: Tìm ba chữ số tận cùng số: 199319941995 2000 Bài 25: Tìm sáu chữ số tận cùng 521 (27) D·y sè cã qui luËt I > Ph¬ng ph¸p dù ®o¸n vµ quy n¹p : Trong mét sè trêng hîp gÆp bµi to¸n tÝnh tæng h÷u h¹n Sn = a1 + a2 + an (1) Bằng cách nào đó ta biết đợc kết (dự đoán , bài toán chứng minh đã cho biết kết quả) Thì ta nên sử dụng phơng pháp này và hầu nh nào chứng minh đợc VÝ dô : TÝnh tæng Sn =1+3+5 + + (2n -1 ) Thö trùc tiÕp ta thÊy : S1 = S2 = + =22 S3 = 1+ 3+ = = 32 Ta dù ®o¸n Sn = n2 Với n = 1;2;3 ta thấy kết đúng gi¶ sö víi n= k ( k 1) ta cã Sk = k (2) ta cÇn ph¶i chøng minh Sk + = ( k +1 ) ( 3) ThËt vËy céng vÕ cña ( 2) víi 2k +1 ta cã 1+3+5 + + (2k – 1) + ( 2k +1) = k2 + (2k +1) v× k2 + ( 2k +1) = ( k +1) nªn ta cã (3) tøc lµ Sk+1 = ( k +1) theo nguyên lý quy nạp bài toán đợc chứng minh vËy Sn = 1+3=5 + + ( 2n -1) = n2 T¬ng tù ta cã thÓ chøng minh c¸c kÕt qu¶ sau ®©y b»ng ph¬ng ph¸p quy n¹p to¸n häc (28) 1, + 2+3 + + n = n(n+1) 2, 12 + 2 + + n = n(n+1)(2 n+1) 3, 13+23 + + n3 = 4, 15 + 25 + + n5 = [ n(n+1) 2 ] n2 (n + 1) ( 2n2 + 2n – ) 12 II > Ph¬ng ph¸p khö liªn tiÕp : Gi¶ sö ta cÇn tÝnh tæng (1) mµ ta cã thÓ biÓu diÔn a i , i = 1,2,3 ,n , qua hiÖu hai sè h¹ng liªn tiÕp cña d·y sè kh¸c , chÝnh x¸c h¬n , gi¶ sö : a1 = b1 - b2 a2 = b2 - b3 an = bn – bn+ đó ta có : Sn = ( b1 – b2 ) + ( b2 – b3 ) + + ( bn – bn + ) = b1 – bn + VÝ dô : tÝnh tæng : S= 1 1 + + + + 10 11 11 12 12 13 99 100 1 = − 10 11 10 11 Ta cã : , 1 = − 11 12 11 12 1 = − 99 100 99 100 Do đó : S= 1 1 1 1 − + − + .+ − = − = 10 11 11 12 99 100 10 100 100 D¹ng tæng qu¸t Sn = 1 + + .+ 2 n (n+1) = 1- (n> 1) n = n+1 n+ VÝ dô : tÝnh tæng Sn = 1 1 + + + + 3 n(n+1)(n+2) , (29) Ta cã Sn = Sn = Sn = 1 1 1 1 − + − + + − 2 2 3 n (n+1) (n+ 1)(n+ 2) ( ) ( ) ( 1 1 − (2 − 21.3 + 2.13 − 31 + + n(n+1) (n+1)(n+2) ) n(n+3) 1 (2 − (n+1)(n+2) )= (n+1)(n+2) VÝ dô : tÝnh tæng Sn = 1! +2.2 ! + 3.3 ! + + n n! ( n! = 1.2.3 n ) Ta cã : 1! = 2! -1! 2.2! = ! -2! 3.3! = 4! -3! n.n! = (n + 1) –n! VËy Sn = 2! - 1! +3! – ! + 4! - 3! + + ( n+1) ! – n! = ( n+1) ! - 1! = ( n+ 1) ! - VÝ dô : tÝnh tæng Sn = ¿2 ¿ ¿2 ¿ ¿ ¿ ¿ Ta cã : Do đó i +1 ¿ ¿ ¿ 2i +1 1 = 2− [i (i +1) ] i ¿ Sn = ( 1- i = ; ; 3; ; n n+1 ¿2 (¿¿) 1 − n2 ¿ 1 ¿+ − + + ¿ 2 ( ) ) (30) = 1- n+1 ¿ ¿ n+1 ¿2 ¿ ¿ ¿ III > Ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh víi Èn lµ tæng cÇn tÝnh: VÝ dô : TÝnh tæng S = 1+2+22 + + 2100 ( 4) ta viÕt l¹i S nh sau : S = 1+2 (1+2+22 + + 299 ) S = 1+2 ( +2+22+ + 299 + 100 - 2100 ) => S= 1+2 ( S -2 100 ) ( 5) Tõ (5) suy S = 1+ 2S -2101 S = 2101-1 VÝ dô : tÝnh tæng Sn = 1+ p + p + p3 + + pn ( p 1) Ta viÕt l¹i Sn díi d¹ng sau : Sn = 1+p ( 1+p+p2 + + pn-1 ) Sn = + p ( 1+p +p2 + + p n-1 + p n –p n ) Sn = 1+p ( Sn –pn ) Sn = +p.Sn –p n+1 Sn ( p -1 ) = pn+1 -1 n+1 Sn = P − p −1 VÝ dô : TÝnh tæng Sn = 1+ 2p +3p + + ( n+1 ) pn , ( p 1) Ta cã : p.Sn = p + 2p + 3p3 + + ( n+ 1) p n +1 = 2p –p +3p –p2 + 4p3–p3 + + (n+1) pn - pn + (n+1)pn –pn + ( n+1) pn+1 = ( 2p + 3p2 +4p3 + +(n+1) pn ) – ( p +p + p + pn ) + ( n+1) pn+1 = ( 1+ 2p+ 3p2+4p3+ + ( n+1) pn ) – ( + p+ p2 + + p n) + ( n +1 ) pn+1 (31) n+1 p.Sn=Sn- P − +(n+1)Pn +1 ( theo VD ) P−1 n+1 p −1 P −1 L¹i cã (p-1)Sn = (n+1)pn+1 - P −1 ¿2 ¿ (n+1) P n+1 pn+1 −1 − ¿ p −1 Sn = IV > Phơng pháp tính qua các tổng đã biết n ∑ ai=a 1+ a2+ a3 + .+a n C¸c kÝ hiÖu : i=1 C¸c tÝnh chÊt : n 1, n ∑ (ai +b i)=∑ +∑ b i i=1 i=1 n 2, n i=1 n ∑ a =a ∑ i=1 i=1 VÝ dô : TÝnh tæng : Sn= 1.2 + 2.3 + 3.4 + + n( n+1) n n n 2 n ∑ i(i+1)=∑ (i +i)=∑ i +∑ i Ta cã : Sn = i=1 i=1 i=1 i=1 V× : n n(n+1) (Theo I ) n n(n+1)(2 n+1) ∑i = i=1 ∑ i=1+2+3+ +n= i=1 cho nªn : Sn = n(n+1) + n( n+ 1)(2 n+1) = n(n+1)(n+2) VÝ dô 10 : TÝnh tæng : Sn =1.2+2.5+3.8+ .+n(3n-1) n n i=1 i=1 ∑ i(3 i− 1)=∑ (3 i2 − i) ta cã : Sn = n n i=1 i == = ∑ i2 − ∑ i Theo (I) ta cã : (32) Sn = n (n+1)(2 n+ 1) − n(n+1) =n2 (n+1) VÝ dô 11 TÝnh tæng Sn = 13+ +23 +53 + + (2n +1 )3 ta cã : Sn = [( 13 +2 +33 +43 + +(2n+1)3 ] –[23+43 +63 + +(2n)3] = [13+23 +33 +43 + + (2n +1 )3] -8 (13 +23 +33 +43 + + n3 ) Sn = n+2 ¿2 ¿ n+1 ¿2 ¿ n2 ¿ n+1¿ ¿ ¿ ¿ ( theo (I) – ) =( n+1) 2(2n+1) – 2n2 (n+1)2 = (n +1 )2 (2n2 +4n +1) V/ Vận dụng trực tiếp công thức tính tổng các số hạng dãy số cách ( Häc sinh líp ) C¬ së lý thuyÕt : + để đếm số hạng dãy số mà số hạng liên tiếp dãy cách cùng số đơn vị , ta dùng công thức: Sè sè h¹ng = ( sè cuèi – sè ®Çu : ( kho¶ng c¸ch ) + + §Ó tÝnh tæng c¸c sè h¹ng cña mét d·y sè mµ sè h¹ng liªn tiÕp c¸ch cùng số đơn vị , ta dùng công thức: Tæng = ( sè ®Çu – sè cuèi ) ( sè sè h¹ng ) :2 VÝ dô 12 : TÝnh tæng A = 19 +20 +21 + + 132 Sè sè h¹ng cña A lµ : ( 132 – 19 ) : +1 = 114 ( sè h¹ng )m A = 114 ( 132 +19 ) : = 8607 VÝ dô 13 : TÝnh tæng B = +5 +9 + .+ 2005 +2009 sè sè h¹ng cña B lµ ( 2009 – ) : + = 503 B = ( 2009 +1 ) 503 :2 = 505515 VI / Vân dụng số công thức chứng minh đợc vào làm toán VÝ dô 14 : Chøng minh r»ng : k ( k+1) (k+20 -9k-1)k(k+1) = 3k ( k +1 ) (33) Từ đó tính tổng S = 2+2.3 + 3.4 + + n (n + 1) Chøng minh : c¸ch : VT = k(k+1)(k+2) –(k-1) k(k+1) = k( k+1) [ (k +2)−(k −1) ] = k (k+1) = 3k(k+1) C¸ch : Ta cã k ( k +1) = k(k+1) (k +2)−(k −1) = k (k +1)(k + 2) − k (k +1)(k −1) 3 * 3k ( k-1) = k (k+1)(k+2) – (k-1) k(k+1) => 1.2.3 0.1.2 1.2 = 2.3.4 1.2.3 3 n(n 1)( n 2) (n 1)n(n 1) n(n 1) 3 2.3 1.2.0 (n 2)n(n 1) (n 1)n(n 2) 3 S= VÝ dô 15 : Chøng minh r»ng : k (k+1) (k+2) (k+3) – (k-1) k(k+1) (k+2) =4k (k+1) (k+2) từ đó tính tổng S = 1.2 + 2.3 +3.4.5 + + n(n+1) (n+2) Chøng minh : VT = k( k+1) (k+2) [ (k +3)−(k −1) ] = k( k+1) ( k +2 ) Rót : k(k+1) (k+2) = k (k +1)(k + 2)(k +3) − (k − 1)k ( k +1)( k +2) 4 ¸p dông : 1.2.3 = − 4 2.3.4 = − 4 n(n+1) (n+2) = n(n+1)(n+2)(n+3) − (n −1)n (n+1)(n+2) Cộng vế với vế ta đợc S = n(n+1)(n+2)(n+3) 4 (34) * Bài tập đề nghị : TÝnh c¸c tæng sau 1, B = 2+ +10 + 14 + + 202 2, a, A = 1+2 +22 +23 + + 26.2 + b, S = + 52 + 53 + + 99 + 5100 c, C = + 10 + 13 + + 76 3, D = 49 +64 + 81+ + 169 4, S = 1.4 + + 3.6 + 4.7 + + n( n +3 ) , 5, S = 1 1 + + + .+ 2 3 99 100 6, S = 4 + + + 5.7 7.9 59 61 7, A = 5 5 + + + + 11 16 16 21 21 26 61 66 8, M = 1 1 + + + + 2005 3 3 9, Sn = 1 + + + n(n+1)( n+2) 10, Sn = 2 + + + 3 98 99 100 11, Sn = 1 + + .+ n(n+1)(n+2)(n+3) n = 1,2,3 , 12, M = + 99 + 999 + + 99 .9 50 ch÷ sè 13, Cho: S1 = 1+2 S3 = 6+7+8+9 S2 = 3+4+5 S4 = 10 +11 +12 +13 + 14 TÝnh S100 =? Trong quá trình bồi dỡng học sinh giỏi , tôi đã kết hợp các dạng toán có liên quan đến dạng tính tổng để rèn luyện cho các em , chẳng hạn dạng toán t×m x : 14, a, (x+1) + (x+2) + (x+3) + + ( x+100 ) = 5070 b, + + + + + x = 820 c, + 1 1989 + + + .+ =1 10 x(x +1) 1991 Hay c¸c bµi to¸n chøng minh sù chia hÕt liªn quan (35) 15, Chøng minh : a, A = 4+ 22 +23 +24 + + 220 lµ luü thõa cña b, B =2 + 22 + + + 60 ⋮ ; 7; 15 c, C = + 33 +35 + + 31991 ⋮ 13 ; 41 d, D = 119 + 118 +117 + + 11 +1 ⋮ (36)