Thông tin tài liệu
A PHẦN MỞ ĐẦU Cùng với phát triển đất nước, nghiệp giáo dục không ngừng đổi Các nhà trường ngày trọng đến chất lượng giáo dục toàn diện bên cạnh đầu tư thích đáng cho giáo dục mũi nhọn Với vai trị mơn học cơng cụ, mơn tốn góp phần tạo điều kiện cho em học tốt môn khoa học tự nhiên khác Dạy để học sinh nắm kiến thức cách hệ thống mà phải nâng cao để em có hứng thú, say mê học tập câu hỏi mà thầy ln đặt cho Để đáp ứng yêu cầu nghiệp giáo dục nhu cầu học tập học sinh đặc biệt học sinh khá, giỏi Điều địi hỏi giảng dạy phải biết chắt lọc kiến thức, phải từ dễ đến khó, từ cụ thể đến trừu tượng phát triển thành tổng quát giúp học sinh phát triển tốt tư tốn học Với đối tượng học sinh giỏi, em có tư nhạy bén, có nhu cầu hiểu biết ngày cao, làm để em học sinh phát huy hết khả mình, trách nhiệm giáo viên “phép chia hết” đề tài lí thú, phong phú đa dạng số học THCS thiếu bồi dưỡng học sinh giỏi mơn tốn THCS Trong khn khổ đề tài này, tơi trình bày “một số phương pháp chứng minh chia hết”, cụ thể là: sử dụng dấu hiệu chia hết, sử dụng tính chất chia hết, xét tập hợp số dư phép chia, sử dụng phương pháp phân tích thành nhân tử B NỘI DUNG I/ CƠ SỞ LÝ LUẬN Chúng ta dạy học theo đổi dạy học theo chuẩn kiến thức kỹ , gọi chuẩn – cần phải nắm vững Rèn kỹ giải toán chia hết chuẩn mà học sinh cần phải nắm Hệ thống tập thể dạng tốn chia hết có vai trị quan trọng giúp cho học sinh phát triển khả tư duy, khả vân dụng kiến thức cách linh hoạt vào giải tốn, trình bày lời giải xác logic Đó kỹ cần thiết học sinh ngồi ghế nhà trường Có phù hợp với cải tiến dạy học phát huy hết tính tích cực, tư sáng tạo học sinh trường học II/ CƠ SỞ THỰC TIỂN Trong trình giảng dạy tơi thấy đa phần học sinh chưa có kỹ giải tốn “chia hết” em chưa biết tốn cần áp dụng phương pháp để giải cho kết nhất, nhanh đơn giản Vì để nâng cao kỹ giải tốn “chia hết” em phải nắm dạng toán, phương pháp gỉải, kiến thức cụ thể hoá bài, chương Có thể nói dạng tốn “chia hết” ln dạng tốn khó học sinh khơng học sinh cảm thấy sợ học dạng toán Là giáo viên dạy tốn tơi mong em chinh phục khơng chút ngần ngại gặp dạng toán Nhằm giúp em phát triển tư suy luận óc phán đốn, kỹ trình bày linh hoạt Hệ thống tập tơi đưa từ dễ đến khó, bên cạnh cịn có tập nâng cao dành cho học sinh giỏi lồng vào tiết luyện tập Lượng tập tương đối nhiều nên em tự học, tự chiếm lĩnh tri thức thông qua hệ thống tập áp dụng này, điều giúp em hứng thú học tập nhiều III/ NỘI DUNG VẤN ĐỀ Hệ thống hóa lý thuyết chia hết tập vận dụng tương ứng, từ dạng đến tương đối khó Trong trình giải nhiều dạng tập hình thành khắc sâu cho em kỹ giải dạng toán chia hết.Giáo viên nêu dấu hiệu chia hết phương pháp chứng minh chia hết SGK ,ngoài bổ sung thêm số phương pháp cần thiết để vận dụng vào nhiều dạng tập khác TÓM TẮT LÝ THUYẾT ĐỊNH NGHĨA PHÉP CHIA Cho số nguyên a b b ≠ ta ln tìm hai số nguyên q r cho: a = bq + r Với ≤ r < | b| Trong đó: a số bị chia, b số chia, q thương, r số dư Khi a chia cho b xẩy | b| số dư r ∈ {0; 1; 2; …; | b| -1} Đặc biệt: r = a = bq, ta nói a chia hết cho b hay b chia hết a Ký hiệu: ab hay b\ a Vậy: a b ⇔ Có số nguyên q cho a = bq CÁC TÍNH CHẤT Với ∀ a ≠ ⇒ a a Nếu a b b c ⇒ a c Với ∀ a ≠ ⇒ a Nếu a, b > a b ; b a ⇒ a = b Nếu a b c ⇒ ac b Nếu a b ⇒ (± a) (± b) Với ∀ a ⇒ a (± 1) Nếu a b c b ⇒ a ± c b Nếu a + b c a c ⇒ b c 10 Nếu a b n > ⇒ an bn 11 Nếu ac b (a, b) =1 ⇒ c b 12 Nếu a b, c b m, n am + cn b Nếu a b c d ⇒ ac bd Tích n số nguyên liên tiếp chia hết cho n! MỘT SỐ DẤU HIỆU CHIA HẾT Gọi N = an an −1 a1a0 3.1 Dấu hiệu chia hết cho 2; 5; 4; 25; 8; 125 + N ⇔ a0 M2 ⇔ a0 ∈{0; 2; 4; 6; 8} 13 14 + N ⇔ a0 M5 ⇔ a0 ∈{0; 5} + N (hoặc 25) ⇔ a1a0 M4 (hoặc 25) + N (hoặc 125) ⇔ a2 a1a0 M8 (hoặc 125) 3.2 Dấu hiệu chia hết cho + N (hoặc 9) ⇔ ( an + an −1 + + a1 + a0 ) M3 (hoặc 9) 3.3 Một số dấu hiệu khác + N 11 ⇔ ( a0 + a2 + ) − ( a1 + a3 + ) 11 + N 101 ⇔ ( a1a0 + a5a4 + ) − ( a3a2 + a7 a6 + ) 101 + N (hoặc 13) ⇔ ( a2 a1a0 + a8 a7 a6 + ) − ( a5 a4 a3 + a11a10 a9 + ) 11 (hoặc 13) + N 37 ⇔( a2 a1a0 + a5a4 a3 ) 37 + N 19 ( an + 2an −1 + 22 an − + 2n −1 a1 + 2n a0 ) M19 ĐỒNG DƯ THỨC 4.1 Định nghĩa: Cho m số nguyên dương Nếu hai số nguyên a b cho số dư chia cho m ta nói a đồng dư với b theo modun m Ký hiệu: a ≡ b (modun) Vậy: a ≡ b (modun) ⇔ a - b m 4.2 Các tính chất Với ∀ a ⇒ a ≡ a (modun) Nếu a ≡ b (modun) ⇒ b ≡ a (modun) Nếu a ≡ b (modun), b ≡ c (modun) ⇒ a ≡ c (modun) Nếu a ≡ b (modun) c ≡ d (modun) ⇒ a+c ≡ b+d (modun) Nếu a ≡ b (modun) c ≡ d (modun) ⇒ ac ≡ bd (modun) Nếu a ≡ b (modun), d ∈ Uc(a, b) (d, m) =1 a b ≡ (modun) ⇒ d d Nếu a ≡ b (modun), d > d ∈ Uc (a, b, m) a b m ≡ (modun ⇒ ) d d d MỘT SỐ ĐỊNH LÝ 5.1 Định lý Euler Nếu m số nguyên dương ϕ(m) số số nguyên dương nhỏ m nguyên tố với m, (a, m) = Thì aϕ(m) ≡ (modun) Cơng thức tính ϕ(m) Phân tích m thừa số nguyên tố m = p1α1 p2α2 … pkαk với pi ∈ p; αi ∈ N* Thì ϕ(m) = m(1 - 1 )(1 ) … (1 ) p1` p2 pk 5.2 Định lý Fermat Nếu p số nguyên tố a khơng chia hết cho p ap-1 ≡ (modp) 5.3 Định lý Wilson Nếu p số nguyên tố ( p - 1)! + ≡ (modp) CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN CHIA HẾT Phương pháp 1: SỬ DỤNG DẤU HIỆU CHIA HẾT Ví dụ 1: Tìm chữ số a, b cho a56b 45 Giải Ta thấy 45 = 5.9 mà (5 ; 9) = để a56b 45 ⇔ a56b Xét a56b ⇔ b ∈ {0 ; 5} Nếu b = ta có số a56b ⇔ a + + + ⇒ a + 11 ⇒a = Nếu b = ta có số a56b ⇔ a + + + ⇒ a + 16 ⇒a = Vậy: a = b = ta có số 7560 a = b = ta có số 2565 Ví dụ 2: Biết tổng chữ số số không đổi nhân số với Chứng minh số chia hết cho Giải Gọi số cho a Ta có: a 5a chia cho có số dư ⇒ 5a - a ⇒ 4a mà (4 ; 9) = ⇒ a (Đpcm) 111 81 Ví dụ 3: Chứng minh số 111… 81 sè1 Giải Ta thấy: 111111111 111 = 111111111(1072 + 1063 + … + 109 + 1) Có 111… 81 sè1 Mà tổng 1072 + 1063 + … + 109 + có tổng chữ số ⇒ 1072 + 1063 + … + 109 + 111 81 (Đpcm) Vậy: 111… 81 sè1 Ví dụ 4: Tìm chữ số a b cho 19ab chia hết cho Giải Vì 19ab chia hết b=0 b=5 19ab chia hết suy b=0 Mặt khác , 19a chia hết 19a chia hết cho a chia hết cho suy a ∈ {0;2;4;6;8} Ta có 19a chia hết cho 9a chia hết a=2 a=6 Vậy a=2 b=0 a=6 b=0 nên số cần tìm 1920 1960 Ví dụ 5: Chữ số a để aaaaa96 chia hết cho Giải Vì aaaaa96 8 ⇔ a96 8 ⇔ 100a + 96 8 suy 100a 8 Vậy a số chẵn ⇒ a ∈{ 2, 4, 6, 8} (1) Vì aaaaa96 3 ⇔ (a + a + a + a + a + + ) 3 ⇔ 5a + 15 3 Mà 15 3 ⇒ 5a 3 Mà (5, 3) = Suy a ⇒ a ∈{ 3, ,9} (2) Từ (1) (2 ) suy a = KL: Vậy số phải tìm 6666696 Ví dụ 6: Tìm chữ số a để 1aaa1 11 Giải HD: tổng chữ số hàng lẻ + a Tổng chữ số hàng chẵn 2a 1aaa1 11 ⇒ 2a – (a + 2) 11 ⇒ a - 11 ⇒ a - 2=0 ⇒a = Vậy a=2 BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài 1: Tìm chữ số x, y cho a 34 x5 y b x78 17 Bài 2: Cho số N = dcba Chứng minh rằng: a N ⇔ (a + 2b) b N 16 ⇔ (a + 2b + 4c + 8d) 16 với b chẵn c N 29 ⇔ (d + 3c + 9b + 27a) 29 Bài 3: Tìm tất số có chữ số cho số gấp lần tích chữ số số Bài 4: Viết liên tiếp tất số có chữ số từ 19 đến 80 ta số A = 192021…7980 Hỏi số A có chia hết cho 1980 khơng ? Vì sao? Bài 5: Tổng 46 số tự nhiên liên tiếp có chia hết cho 46 khơng? Vì sao? Bài 6: Chứng minh rằng: a) 1020006 + 8M72 b) 10n + 23 M9 c) 24 n+1 + 3M5 d) n − 1M5 Bài 7: Chứng minh abcM 37 bcaM 37 cabM 37 HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ Bài 1: a x =4 y = ta có số 34452 x =0 y = ta có số 34056 b x78 = 17 (122 + 6x) + 2(2-x)17 ⇔ x = Ta có số 2278 Bài 2: a N4 ⇔ba 4 ⇔ 10b + a 4 ⇔ 8b + (2b + a) ⇒ a + 2b b N16 ⇔ 1000d + 100c + 10b + a16 ⇔ (992d + 96c + 8b) + (8d + 4c + 2b + a) 16 ⇒ a + 2b + 4c + 8d 16 với b chẵn c Có 1000(d + 3c + 9b + 27a) - dcba 29 mà (1000, 29) =1 dcba 29 ⇒ (d + 3c + 9b + 27a) 29 Bài 3: Gọi ab số có chữ số Theo ta có: ab = 10a + b = 2ab (1) ab 2 ⇒ b ∈{0; 2; 4; 6; 8} Thay vào (1) a = 3; b = Bài 4: Có 1980 = 22.32.5.11 Vì chữ số tận a 80 ⇒A Tổng số hàng lẻ 1+(2+3+…+7).10+8 = 279 Tổng số hàng chẵn 9+(0+1+…+9).6+0 = 279 Có 279 + 279 = 558 ⇒A 279 - 279 = 11 ⇒A 11 ⇒ AM 1980 Bài 5: Tổng số tự nhiên liên tiếp số lẻ nên không chia hết cho Có 46 số tự nhiên liên tiếp ⇒ có 23 cặp số cặp có tổng số lẻ ⇒ tổng 23 cặp không chia hết cho Vậy tổng 46 số tự nhiên liên tiếp không chia hết cho 46 Bài 7: Chứng minh abcM 37 bcaM 37 cabM 37 Bài làm : + Ta có : abcM 37 ⇒ 100 a + 10 b + c M37(1) + Ta có : ⇒ abc abc bca cab = 100 a + 10 b + c = 100 b + 10 c + a∈ = 100c + 10 a + b …………………………………… + bca + cab = 111( a+ b + c) M37 (vì 111M37 ) (2) + bca = 100 b + 10 c + a = 10 (100a + 10 b + c) - 999a 37 100a +10b +cM ⇒ bcaM 37 (3) Do 999 a M 37 Từ (1);(2);(3) ta suy : 37 cab M Phương pháp 2: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CHIA HẾT * Chú ý: Trong n số nguyên liên tiếp có số chia hết cho n Chứng minh: Gọi n số nguyên liên tiếp: m + 1; m + 2; … m + n với m ∈ Z, n ∈ N* Lấy n số nguyên liên tiếp chia cho n ta tập hợp số dư là: {0; 1; 2; … n - 1} * Nếu tồn số dư 0: giả sử m + i = nqi ; i = 1, n ⇒m + i n * Nếu không tồn số dư ⇒ khơng có số ngun dãy chia hết cho n ⇒ phải có số dư trùng m + i = nq i + r m + j = nq j + r Giả sử: ≤ i; j ≤ n ⇒ i - j = n(qi - qj) n ⇒ i - j n mà i - j< n ⇒ i - j = ⇒ i = j ⇒m + i = m + j Vậy n số có số số chia hết cho n Ví dụ 1: Chứng minh rằng: a Tích số ngun liên tiếp ln chia hết cho b Tích số nguyên liên tiếp chia hết cho Giải a Trong số nguyên liên tiếp có số chẵn ⇒ Số chẵn chia hết cho Vậy tích số nguyên liên tiếp ln chia hết cho b Tích số ngun liên tiếp ln chia hết tích số nguyên liên tiếp chia hết cho Trong số nguyên liên tiếp có số chia hết cho ⇒ Tích số chia hết cho mà (2; 3) = Vậy tích số ngun liên tiếp ln chia hết cho Ví dụ 2: Chứng minh rằng: Tổng lập phương số nguyên liên tiếp chia hết cho Giải Gọi số nguyên liên tiếp là: n - , n , n+1 Ta có: A = (n - 1)3 + n3 + (n + 1)3 = 3n3 - 3n + 18n + 9n2 + = 3(n - 1)n (n+1) + 9(n2 + 1) + 18n Ta thấy (n - 1)n (n + 1) (Chứng minh Ví dụ 1) ⇒ 3(n - 1)n (n + 1) 9(n + 1) 9 mà 18n 9 ⇒A (ĐPCM) Ví dụ 3: Chứng minh rằng: n4 - 4n3 - 4n2 +16n 384 với ∀ n chẵn, n≥ Giải Vì n chẵn, n≥ ta đặt n = 2k, k≥ Ta có n4 - 4n3 - 4n2 + 16n = 16k4 - 32k3 - 16k2 + 32k = 16k(k3 - 2k2 - k + 2) = 16k(k - 2) (k - 1)(k + 1) Với k ≥ nên k - 2, k - 1, k + 1, k số tự nhiên liên tiếp nên số có số chia hết cho số chia hết cho ⇒ (k - 2)(k - 1)(k + 1)k Mà (k - 2) (k - 1)k ; (3,8)=1 ⇒ (k - 2) (k - 1) (k + 1)k 24 ⇒ 16(k - 2) (k - 1) (k + 1)k 16.24 Vậy n4 - 4n3 - 4n2 +16n 384 với ∀ n chẵn, n ≥ Ví dụ 4: Chứng minh với số nguyên n : a A= 3n+2 – n+2 + 3n – n chia hết cho 10 b B = 10 n – 18 n – chia hết cho 27 Giải a A= 3n+2 – n+2 + 3n – n = 3n (32 + 1) – n (22 +1) = 10 3n – 2n = 10 (3n –2n-1) M10 Vậy A chia hết cho 10 b B = 10 n + 18 n – = 10n – – 9n +27n = 99 { − 9n + 27 n n Ví dụ 5: chứng minh a) n5 - n chia hết cho 30 với n ∈ N ; b) n4 -10n2 + chia hết cho 384 với n lẻ n∈ Z Giải a) n5 - n = n(n4 - 1) = n(n - 1)(n + 1)(n2 + 1) = (n - 1).n.(n + 1)(n2 + 1) M6 Vì (n - 1).n.(n+1) tích ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho (*) Mặt khác n5 - n = n(n2 - 1)(n2 + 1) = n(n2 - 1).(n2 - + 5) = n(n - 1).(n2 - ) + 5n(n2 - 1) = (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) + 5n(n - 1) Vì (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) tích số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 5n(n2 - 1) chia hết cho Suy (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) + 5n(n2 - 1) chia hết cho (**) Từ (*) (**) suy đpcm b) Đặt A = n4 -10n2 + = (n4 -n2 ) - (9n2 - 9) = (n2 - 1)(n2 - 9) = (n - 3)(n - 1)(n + 1)(n + 3) Vì n lẻ nên đặt n = 2k + (k ∈ Z) A = (2k - 2).2k.(2k + 2)(2k + 4) = 16(k - 1).k.(k + 1).(k + 2) ⇒ A chia hết cho 16 (1) Và (k - 1).k.(k + 1).(k + 2) tích số nguyên liên tiếp nên A có chứa bội 2, 3, nên A bội 24 hay A chia hết cho 24 (2) Từ (1) (2) suy A chia hết cho 16 24 = 384 BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài 1: Chứng minh rằng: a n(n + 1) (2n + 1) b n5 - 5n3 + 4n 120 Với ∀ n ∈ N Bài 2: Chứng minh rằng: n4 + 6n3 + 11n2 + 6n 24 Với ∀ n ∈ Z Bài 3: Chứng minh rằng: Với ∀ n lẻ a n2 + 4n + b n3 + 3n2 - n - 48 c n12 - n8 - n4 + 512 Bài 4: Chứng minh rằng: a) (5n + 7)(4n + 6)M2 ∀n ∈ N b) (8n + 1)(6n + 5) không chia hết cho ∀n ∈ N Bài 5: Chứng minh rằng: (n + 20052006 )(n + 20062005 ) M2 ∀n ∈ N HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ Bài 1: a n(n + 1)(2n + 1) = n(n + 1) [(n - 1) + (n + 2)] = n(n + 1) (n - 1) + n(n + 1) (n + 2) b n - 5n3 + 4n = (n4 - 5n2 + 4)n = n(n2 - 1) (n2 - 4) = n(n + 1) (n - 1) (n + 2) (n - 2) 120 Bài 2: n4 + 6n3 + 6n + 11n2 = n(n3 + 6n2 + + 11n) = n(n + 1) (n + 2) (n + 3) 24 Bài 3: a n2 + 4n + = (n + 1) (n + 3) b n3 + 3n2 - n - = n2(n + 3) - (n + 3) = (n2 - 1) (n + 3) = (n + 1) (n - 1) (n + 3) = 2k(2k + 4) (2k + 2) (với n = 2k + 1, k ∈ N) = 8k(k + 1) (k +2) 48 12 c n - n8 - n4 + = n8 (n4 - 1) - (n4 - 1) = (n4 - 1) (n8 - 1) = (n4 - 1)2 (n4 + 1) = (n2 - 1)2 (n2 + 1)2 (n4 + 1) = 16k2 (k + 1)2 (n2 + 1)2 (n4 + 1) với n = 2k + Mà n + n4 + số chẵn ⇒ (n2 + 1)2 22 n4 + ⇒ n12 - n8 - n4 + (24.22 22.21) Vậy n12 - n8 - n4 + 512 Phương pháp 3: XÉT TẬP HỢP SỐ DƯ TRONG PHÉP CHIA Ví dụ 1: Chứng minh rằng: Với ∀ n ∈ N Thì A(n) = n(2n + 7) (7n + 1) chia hết cho Giải Ta thấy thừa số n 7n + số chẵn Với ∀ n ∈ N ⇒A(n) Ta chứng minh A(n) Lấy n chia cho ta n = 3k + r (k ∈ N) Với r ∈ {0; 1; 2} Với r = ⇒ n = 3k ⇒ n ⇒A(n) Với r = ⇒ n = 3k + ⇒ 2n + = 6k + ⇒A(n) Với r = ⇒ n = 3k + ⇒ 7n + = 21k + 15 ⇒A(n) ⇒A(n) với ∀ n mà (2, 3) = Vậy A(n) với ∀ n ∈ N Ví dụ 2: Chứng minh rằng: Nếu n khơng chia hết cho A(n) = 32n + 3n + 13 Với ∀ n ∈ N Giải Vì n khơng chia hết cho ⇒ n = 3k + r (k ∈ N); r ∈ {1; 2} ⇒A(n) = 32(3k + r) + 33k+r + = 32r(36k - 1) + 3r (33k - 1) + 32r + 3r + ta thấy 36k - = (33)2k - = (33 - 1)M = 26M 13 33k - = (33 - 1)N = 26N 13 với r = ⇒ 32r + 3r + = 32 + +1 = 13 13 ⇒ 32r + 3r + 13 với r = ⇒ 32r + 3r + = 34 + 32 + = 91 13 ⇒ 32r + 3r + 1 13 Vậy với n khơng chia hết cho A(n) = 32n + 3n + 13 Với ∀ n ∈ N Ví dụ 3: Tìm tất số tự nhiên n để 2n - Giải Lấy n chia cho ta có n = 3k + r (k ∈ N); r ∈ {0; 1; 2} Với r = ⇒ n = 3k ta có 2n - = 23k - = 8k - = (8 - 1)M = 7M với r =1 ⇒ n = 3k + ta có: 10 Chú ý : Với cách ta tạo hệ tương đương khác miễn tạo mối liên hệ A 60 Nhưng cách nên áp dụng với đơn giản,cịn phức tạp khó nhẩm tính Cách : Sử dụng đồng dư : Gọi số A Theo ta có : A ≡ 1(mod 3) ⇔ A – ≡ 0(mod 3) A ≡ 3(mod 4) ⇔ A – ≡ 0(mod 4) ⇔ A – ≡ 0(mod 3.4.5) A ≡ 2(mod 5) ⇔ A – ≡ 0(mod 5) ⇔ A – ≡ 0(mod 60) ⇔ A ≡ (mod 60) Vậy A chia cho 60 dư Nhận xét : Cách làm ngắn gọn với phức tạp gây chút khó khăn việc nhẩm tính Cách : Gọi số tự nhiên A ⇒ A = 60k + r ( 0≤ r < 60 ) Ta cần tìm k + Vì A chia cho dư nên 60k + r chia cho dư } Mặt khác A chia cho dư nên r chia cho dư Do r∈{ 7;27;47} Vì A chia cho dư nên r chia cho dư 1.Do r∈{ 7} Mà 0≤ r < 60 : { r ∈ 2;7;12;17;22;27;32;37;42;47;52;57 Suy : A = 60k + Vậy A chia cho 60 dư Nhận xét : Cách làm sử dụng chung cho toán dạng cách làm dài so với hai cách làm bên Bài 67: Tìm dư phép chia 20042004 cho 11 Bài làm : Ta có : 2004 ≡ (mod 11) ⇒ 20042004 ≡ 22004 (mod 11) Mà 210 ≡ (mod 11) nên 22004 = 24 (210)200 ≡ 24 (mod 11) ≡ 5(mod 11) Vậy dư phép chia 20042004 cho 11 Bài 68: Tìm số dư phép chia 1515 cho 49 15 Bài làm : Ta có : p = ;(p – )p = = 42 ;1542 ≡ (mod 49) Ta tìm dư phép chia 1515 cho 42 Ta có : 1515 ≡ (mod 7); 1515 ≡ 315 (mod 6) mà 315 = 3.314 = 3(2k+1) ⇒ 1515 ≡ (mod 6) Gọi r0 dư phép chia 1515 cho 42 : r0 = 7t + với t ∈ Vậy 1515 { 0;1;2;3;4;5} Với t = r = 15 ≡ (mod 6) ≡ 15(mod 42 ) ≡ 1515(mod 49 ) Ta có : 1515 = (153)5 ≡ (- 6)5(mod 42 ) ≡ 15(mod 49 ) Do : 1515 = 1542k+15 15 Bài 69 : Tìm dư phép chia 109345 cho 14 Bài làm : 28 ≡ (mod 6) Ta có : 109 ≡ 11(mod 14 ) ⇒ 14 = 109345 ≡ 11345 (mod 14 ) 1 ⇒ ϕ (14) = 14 1− ÷ 1− ÷ = Theo định lí Euler : 11 ϕ (14) ≡ 1(mod 14 ) ⇔ 116 ≡ 1(mod 14 ) Suy 11345 = 116 x 57+3 ≡ 113(mod 14 ) ≡ 1(mod 14 ) Vậy dư phép chia 109345 cho 14 Bài 70 : Tìm dư phép chia 111111 cho 30 Bài làm : Ta có : 30 = ⇒ϕ 1− ÷ − ÷ − ÷ = (30) = 30 ⇒ 118 ≡1(mod30) Ta có : 1111 ≡ 311 (mod 8) ; 311 = (32)5 ≡ 3(mod 8) Vậy 111111 = 118k + ≡ 113 ≡ 11(mod 30) ⇒ 1111 = 8k + Do số dư phép chia 111111 cho 30 11 Bài 71: Tìm số tự nhiên n có bốn chữ số cho chia n cho 131 dư 112 , chia n cho 132 dư 98 Bài làm : Cách : Ta có : 131x + 112 = 132y + 98 ⇒ 131x = 131y + y – 14 ⇒ y – 14 M131 ⇒ y = 131k + 14 ( k ∈ N) ⇒ n = 132 (131k + 14) +98 = 132 131k + 1946 Do n có bốn chữ số nên k = ,n = 1946 Cách : Từ 131x = 131y + y – 14 suy : 131( x – y ) = y – 14 Nếu x > y y – 14 ≥ 131 ⇒ y ≥ 145 ⇒ n có nhiều bốn chữ sơ (loại ) Vậy x = y ,do y = 14 , n = 1946 Cách : Ta có : n = 131x + 112 nên 132n = 131 132x + 14784 (1) Mặt khác n = 132y + 98 nên 131n = 131 132y + 12838 (2) Từ (1) ,(2) suy 132n – 131n = 131 132(x – y ) + 1946 ⇒ n = 131 132 ( x – y ) + 1946 Vì n có bốn chữ số nên n = 1946 Vậy n = 1946 sơ cần tìm Bài tập đề nghị : Bài 72 : Tìm số dư phép chia 322003 cho 11 Bài 73 : Chứng minh : a 18901930 +19451975 + M 7; b 1990 32 1945 + 29 1980 −195 M Bài 74 : Tìm số dư phép chia 324n+1 cho 55 Bài 75 : Tìm dư phép chia : a 21000 cho 25 b 22003 cho 49 Bài 76: Tìm dư phép chia 575 + 7100 cho 132 Bài 77 : Tìm số dư phép chia sau : 29 a 108n + 57n cho b 3743n – 23n + cho 41 Bài 78 : Tìm số dư phép chia sau : a 29459 – cho b 109345 cho 14 c 270 + 370 cho 13 d 6595 cho 11 e 340 cho 83 f 35150 cho 425 Bài 79 : Tìm tất số tự nhiên n mà chia cho 11 có dư chia cho có dư Bài 80 : Tìm dư phép chia 22003 cho 35 Bài 81 : Tìm số tự nhiên n có bốn chữ số cho chia n cho 131 dư 112 , chia n cho 132 dư 98 Hệ thống tập dạng chứng minh chia hết Bài : Cho n số nguyên dương,chứng minh tốn sau nhiều cách (nếu có thể) : 7n +3n – chia hết cho ; 4n + 15n – chia hết cho 9; 16n - 15n – chia hết cho 225; 22 2n + chia hết cho ; n+1 + chia hết cho11; 122n+1 + 11n+2 chia hết cho 133 42n+1 + 3n+2 chia hết cho 13 5n (5n + 1) – 6n(3n + 2n) chia hết cho 91 Bài làm : 7n +3n – chia hết cho ;(1) Cách : 7n +3n – = (7n – ) + 3n = (7n – + 7n – + …+1) - 6n + 9n = (7n – + 7n – + …+1 – n ) + 9n = [ (7n – - ) + (7n – - 1) + …+ – ) ] + 9n = [ (7n – + n – + …+1) + (7n – + n – + …+1)+…+6) + 9n = 36 A + 9n = ( 4A + n ) M9 n ⇒ +3n – chia hết cho Cách : Chứng minh quy nạp Với n = ta có 71 + – = M9 ⇒ (1) với n = Giả sử (1) với n = k tức 7k + k – = M9 Cần chứng minh (1) với n = k+ tức cần chứng minh 7k+1 + (k +1) – = M9 Thật : Theo giả thiết quy nạp ta có : 7k + k – = M9 ⇔ 7k + k – = 9m (với m ∈ Z) 30 ⇒ 7k = 9m – 3k + 7k+1 + (k +1) – = 7k + (k +1) – = (9m – 3k + 1) + (k +1) – 1= 63m – 18k + = (7m – 2k +1) M9 ⇒ (1) với n = k+1 Vậy (1) với n nguyên dương 4n + 15n – chia hết cho ;(2) Cách : 4n + 15n – 10 = (4n - 1) + 15n – = (4 – )(4n-1 + 4n-2 + …+ ) +15n - = (4n-1 + 4n-2 + …+ ) – 3n + 18n – = 3(4n-1 + 4n-2 + …+ – n) +18n – = 3[(4n-1 – ) + (4n-2 – )+…+(1 – )]+18n – =3[3(4n-2 +4n-3 +…+ 1)+3(4n-3 + 4n-4 + …+ 1)+…+3]+18n–9 =9 A + 18n – = (A + 2n – 1) M9 n Vậy + 15n – chia hết cho ;(2) Cách : Chứng minh quy nạp Với n = ta có : 41 + 15.1 – 10 = M9 ⇒ (2) với n =1 Giả sử (2) với n = k tức 4k + 15.k –10 = M9.Cần chứng minh (2) với n = k + tức cần chứng minh 4k+1 + 15.(k+1) – 10 = M9 Thật : Theo giả thiết quy nạp ta có : 4k + 15.k –10 = M9 ⇔ 4k + 15.k –10 = 9m (m ∈ Z) ⇒ 4k = 9m +10 – 15k 4k+1+15.(k+1) –10 = 4.4k +15(k+ 1)–10= 4(9m +10 – 15k)+15.(k+1) – 10 = 36m – 45 k +45 = (4m - 5k +5) M9 ⇒ (2) với n = k + Vậy (2) với n nguyên dương Cách : Sử dụng đồng dư Với n = ta có : 41 + 15.1 – 10 = M9 ⇒ (2) với n =1 Ta có : 4n = (3+1)n = 3n +n 3n- + n(n +1) 3n-2 +…+ n.3 + ≡ 3n+1(mod ) ( 3k M32 với k ≥ 2) ⇒ 4n + 15.n – 10 ≡ 15n – 10 + 3n+1 ≡ 18n – (mod ) ≡ 0(mod ) ⇒ 4n + 15.n – 10 chia hết cho Chú ý : Các ý lại tiến hành tương tự ý Bài : Cho Cn = + 32 + 33 +…+ 3100 Chứng minh Cn chia hết cho 120 Bài làm : Cn = (3 +32+33+34) + …+ (397+398+399+3100) = 3(1+3+32 +33)+…+397(1+3+32 +33) = 120(3+ 35+…+397) M120 Vậy Cn chia hết cho 120 Bài 3: Cho a , b số tự nhiên không chia hết cho Chứng minh pa4m + qb4m ,chia hết cho p + q chia hết cho 5(với p,q,m ∈ N) Bài làm : Ta có : pa4m + qb4m = p (a4m – ) + q (b4m – )+p+q (1) 4m Mà a – = (a4)m – Ma4 – (1*) a4 – = (a2 – )(a2 + )= (a2 – )((a2 – )+5) = (a2 – 1)(a2 – 4)+5(a2 – 1) = (a – )(a – )(a+1)(a+2) + 5(a – 1) 31 Vì (a – ) ; (a – ) ;a; (a+1) ; (a+2) số ngun liên tiếp nên có số chia hết cho 5.Mà a không chia hết cho ⇒ số (a –2); (a – ); (a+1) ; (a+2) phải chia hết cho Vậy a4 – M5 (2*) Từ (1*) ,(2*) suy a4m – b4m – chia hết cho Do từ (1) suy : pa4m + qb4m M5 ⇔ p + q M5 *Nhận xét : * Bài tốn áp dụng định lí Fermat để giải sau : Ta có ( a ,5) = (b , 5) = nên a4 ≡ (mod 5) b4 ≡ (mod 5) Suy pa4m + qb4m ≡ p +q (mod 5) ⇒ pa4m + qb4m ≡ 0(mod 5) ⇔ p +q ≡ 0(mod 5) Vậy pa4m + qb4m M5 ⇔ p + q M5 * Bài toán tổng quát : Cho p số nguyên tố ;a1 , a2,…,an số nguyên không chia hết cho p p1 , p2,…,pn k1 , k2,…,kn lầ số tự nhiên Chứng minh : p1a1( p −1)k1 + p 2a (2 p −1)k + + p na (n p −1)k n chia hết cho p p1 + p2 + …+ pn chia hết cho p Bài : Cho f(x) đa thức với hệ số nguyên : f(x) = anxn + an-1xn-1 +…+ a1x + a0 (ai ∈ Z; i = 0,1,…,n);a,b hai số nguyên khác Chứng minh : f(a) – f(b) Ma- b Áp dụng : Chứng minh khơng có đa thức P(x) với hệ số nguyên có giá trị P(7) = P (15) = Bài làm : Ta có : f(a) = an an + an-1 an-1 +…+ a1a + a0 f(b) = an bn + an-1 bn-1 +…+ a1b + a0 suy : f(a) – f(b) = an (an – bn) + an-1( an-1 –bn-1)+…+ a1 (a – b ) Vì ak – bk Ma – b với k ∈ Z nên f(a) – f(b) Ma – b (đpcm) Áp dụng : giả sử có đa thức P(x) với hai hệ số nguyên cho P (7) = P(15) = P(15) – P(7) M15 – =8 ⇒ M8( vơ lí ) Vậy khơng có đa thức với hệ số ngun có giá trị P(7) = 5; P (15) = Bài : n5 7n n a Chứng minh + + số nguyên với n ∈ Z 15 n n n3 a Chứng minh với n chẵn + + số nguyên 12 24 Bài làm : 7n 8n n n =n=n- − ; 15 15 5 7n n − n n − n n n Do : + + = + +n 15 5 Ta dễ dàng chứng minh n – n M10 n3 – n M6 a Ta có : 32 2(5.10n +1 n5− n n3− n Do + + n số nguyên (đpcm ) 3 b Giả sử n = 2m (m ∈ Z ) ta có : n n n3 m m m3 2m3+3m + m m(m +1)(2m +1) + + = + + = = 12 24 6 n n n3 Dễ dàng chứng minh m(m+1)(2m+1)M6 nên + + số nguyên 12 24 Bài : Cho A = (10n + 10n-1 +…+10+1)(10n+1 + 5) + 1.Chứng minh A số phương khơng lập phương số lập phương số tự nhiên Bài làm : Ta có : 10n+1 – = (10 – )(10n + 10n – +…+ 10 + ) Suy : (10n + 10n – +…+ 10 + ) = (10n+1 – ) 1 9 Do : A = (10n+1 – ) (10n+1+5)+1= (102n+2+ 4.10n+1 – +9) n+1 = (102n+2+ 4.10n+1 +4) = 10 + ÷ ÷ n+1 Vì 10 +2 M3 nên A số phương n+1 +2 10 Ta có : số chẵn nên A chia hết cho 10n+1+ 2(5.10n +1 A= = chia hết cho khơng chia hết cho ÷ ÷ 5.10n + số lẻ Vậy A không số lập phương số tự nhiên Bài :Cho an = 22n+1 + 2n+1 +1 bn = 22n+1 - 2n+1 +1.chứng minh với số tự nhiên có hai số an ,bn chia hết cho Bài làm : Ta có : an bn = (22n+1 + 2n+1 +1)( 22n+1 - 2n+1 +1) = (22n+1 + 1)2 – (2n+1)2 = 42n+1 + 22n+1 +1 – 22n+2 = 42n+1 +1 Vì 2n +1 số lẻ nên 42n+1 +1 M4 + =5 Vậy an bn M5 (1) an – bn = 22n+1 + 2n+1 +1 – (22n+1 - 2n+1 +1) = 2n+2 không chia hết cho (2) Từ (1),(2) suy hai số an bn có số chia hết cho với n số tự nhiên Nhận xét : Để chứng minh hai biểu thức chia hết cho số ta xét tích xét hiệu hai biểu thức 33 Bài : Chứng minh với số tự nhiên n ≥ k số tự nhiên lẻ ta có M2n+2 k2 n -1 Bài làm : chứng minh quy nạp : • Với n = ta có k2 – = (k – )(k +1) M8 ( k – , k + chữ số chẵn liên tiếp nên tích chúng chia hết cho ) • Giả sử với n = m ta có ∈ : k2 k2 m - M2m+2 ⇒ k 2m - = 2m+2 q ( q ∈ Z) ⇒ m = 2m+2 q +1 • Với n = m + ta có : k2 Vậy k2 n m+1 -1= ( k2 m )2 – = ( 2m+2 q +1)2 – = 22m+4 q2 + 2m+3 q = 2m+3 (2m+1 q2 + q) M2m+3 - M2n+2 với n ≥ Bài 10 : Chứng minh số lập 3n chữ số giống chia hết cho 3n với n số nguyên dương Bài làm : Ta cần chứng minh : ≡ aa { a M3n 3n (1) • Với n = ta có • aaa = 111a M3 Vậy (1) với n =1 { aM3k Giả sử (1) với n = k ,tức ta có : aa 3k • Ta chứng minh (1) với n = k+1 ,tức phải chứng minh: aa { a 3k +1 M3 k+1 Thật : Ta có : 3k+1 = 3k = 3k +3k + 3k Do : k k 2.3 aa { a = aa { a aa { a aa a { = aa { a 10 + aa { a 10 + aa { a 3k +1 3k 3k k 3k 3k 3k 3k k 2.3 = aa 3k +1 { a (10 +10 +1)M 3k (vì theo giả thiết quy nạp aa { aM3k 3k 102.3k k +103 +1M 3k +1 Vậy (1) với n = k+1 (1) với n ≥ n Bài 11: Cho a1 ,a2, ,an ∈ Z ∑ a i M6.Chứng minh i =1 n ∑ i =1 M6 Bài làm : Ta cần chứng minh : n3 ≡ n(mod 6) Thật : n3 – n = (n – )n(n+1) M6(vì n – ,n,n+1 ba số tự nhiên liên tiếp nên 34 có số chia hết cho có số chia hết tích ba số chia hết cho ) Thay n = a ta a ≡ a(mod 6) ⇒ n ∑ a i M6 Theo ta có : i =1 Từ (1) (2) suy n ∑ i =1 n n ≡ ⇒ ∑ a i ∑ a i (mod 6) (1) i =1 i =1 (2) chia hết cho (điều phải chứng minh ) 26 Bài 12 : Chứng minh : 26 13 ; k ∈ Z ∑ k.(−1)k ∑ k.10 M 3k k =1 k =1 Bài làm : Ta có : 103 = 1000 ≡ - (mod 13) 1001 = 13 77 Suy : 103k ≡ (- 1)3k (mod 13) ⇒ k 103k ≡ k.(- 1)3k (mod 13) 26 Do : ∑ k.10 k =1 26 Mà : Vậy 3k ∑ k.(−1) k =1 k ≡ 26 ∑ k.(−1) k k =1 (mod 13) ≡ - +2 – +4 - … - 25 +26 ≡ (-1+2) +(-3+4)+…+(-25+26) = 13 26 26 k 3k 13 (đpcm) ∑ k.(−1) ≡ 0(mod 13) hay ∑ k.10 M k =1 k =1 92003 Bài 13 : Tìm ba chữ số tận Bài làm : *Trước hết ta tìm hai chữ số tận 92003 Ta có : 92003 = 93 92000 =93.(320)200 ≡ 29(mod 100) Suy : 92003 = 2100k + 29 = 229 (2100)k ≡ 912.376 (mod 1000) Vậy ba chữ số tận ≡ 912( mod 1000) 92003 912 Bài 14 : Một số có 6n chữ số chia hết cho Chứng minh chuyển chữ số tận lên đầu số số chia hết cho Bài làm : Gọi số ban đầu N= 10A + a ,với a chữ số tận số A số có 6n – chữ số Sau chuyển a lên đầu ta số M = a 106n – +A Ta chứng minh N – 3M chia hết cho Thật : Ta có : N – 3M = 7A – a(3 106n – – ) Áp dụng định lí Fermat ta có : 106 ≡ 1(mod ) ⇒ 106n ≡ 1(mod ) ⇒ 3.106n ≡ 3(mod ) ⇒ 3.106n ≡ 10 (mod ) ⇒ 3.106n – ≡ (mod ) 35 ⇒ 3.106n – – ≡ (mod ) hay a(3 106n – – ) chia hết cho (1) Mà 7A chia hết cho (2) Từ (1),(2) suy N – 3M chia hết cho Theo ta có N chia hết suy 3M chia hết cho Mà ƯCLN (3,7) = suy M chia hết cho 7.(đpcm) 3.Bài tập tự luyện Bài 15 :Chứng minh : 11 a 2n + chia hết cho n 11 b chia hết cho 81 81 Bài 16 Chứng minh : a 9 99 − 999M 10 b.12013+22013+…+20132013 M11 Bài 17: Chứng minh tích k số nguyên liên tiếp chia hết cho k! Bài 18 : Cho a,b không chia hết cho Chứng minh a4 - b4 chia hết cho Bài 19 : Chứng minh với số nguyên m,n ∈ Z ta có : a.n2(n2 – ) M12 c.n2(n4 – ) M60 b mn(m4 – n4) M30 d 2n(16 – n4) M30 Bài 20 : Chứng minh biểu thức sau số nguyên với n nguyên : 13n5 82n3 32n n n a A = − + − + 630 21 30 63 35 13n5 82n3 32n n n b.B = − + − + ; 630 21 30 63 35 Bài 21 :Chứng minh biểu thức A = (23n+1+2n)(n5 - n) chia hết cho 30 với n ∈ N Bài 22: Cho f(x ) = xn + an – xn – +…+a1x+a0 ; ∈ Z; i = 0,1,…,n – Giả sử m ≠ ±1 nghiệm f(x) Chứng minh f(1) M(1 – m ) f(-1 ) M(1 + m ) Bài 23 : Chứng minh Bài 24 : Chứng minh : a 77 77 − 77M 10 1 x + ∈ Z x n + n ∈ Z với số tự nhiên n x x b 69 220 119 102 220119 +11969 + 69220 M Bài 25 : Tìm ba chữ số tận 32 2003 Bài 26: Chứng minh với số tự nhiên n ta có : 45 a.135 x4 yM 22 6n+ M 19 b 22 Bài 27 : Cho p,k,n số nguyên dương 36 2n+1 + 3M c 2 4n+1 + 7M 11 Chứng minh np+4k – np M10 Bài 28 : Cho số nguyên x ,y,z thỏa mãn x + y + z chia hết cho Chứng minh M= (x+ y) (y + z)(z+ x) – xyz chia hết cho Bài 29 : Cho số nguyên phân biệt a,b,c,d.Chứng minh : (a - b)(a - c)(a - d)(b - c)(b - d)(c - d) M12 Bài 30 : Chứng minh : a n4 + 6n3 +112 + 6n M24 với ∀n ∈ Z b n4 - 4n3 - 4n2 + 16n M384 với n chẵn n> Bài 31 : Chứng minh biểu thức A = (23n+1 + 2n)(n5 - n) chia hết cho 30 với số tự nhiên n 37 DẠNG : CÁC BÀI TỐN VỀ TÌM SỐ TỰ NHIÊN N THỎA MÃN ĐIỀU KIỆN CHIA HẾT Phương pháp : - Giả sử tìm n ∈ N cho A(n) MB(n) - Biến đổi điều kiện A(n) MB(n) ⇔ k MB(n) (với k số tự nhiên khơng phụ thuộc n) ,từ tìm n - Thử lại giá trị tìm n để có A(n) MB(n) Hệ thống tập Bài 32: a Tìm số nguyên dương n cho n2 + chia hết cho n + b Tìm số nguyên n để 3n – chia hết cho n – Bài làm : a Giả sử : n2 + Mn + ,khi n2 + = (n2 – )+ Mn + Vì n2 – = (n – ) (n + ) Mn + nên suy Mn + Mà Ư(2) = { 1;2} suy n + = n + = Suy n = n = Vì n nguyên dương nên n = Thử lại : với n = ta có n2 + = 12 + = M1 + (đúng) Vậy với n = n2 + chia hết cho n + b Giả sử 3n – Mn – 3n – = 3(n – ) + Mn – ⇔ Mn – ⇔ n–4= { } ±1; ±2; ±4 ⇔ n ∈ 5;3;6;2;8;0 Bài 31 : a Tìm số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện (n + 5)(n + 6) M6n b Tìm tất số tự nhiên n cho (n – )! chia hết cho n Bài làm : a Ta có : P = (n + 5) (n + 6) = n2 + 11n + 30 = 12n + (n2 – n +30) ⇒ P M6n ⇔ n2 – n +30 M6n Vì n2 – n Mn nên 30 Mn 30 M6 nên n2 – n M3 Vậy n ước dương 30 n chia hết cho dư dư Suy : { } n∈ 1;3;6;10;15;30 Trong giá trị có { } n∈ 1;3;10;30 thỏa mãn điều kiện toán b Ta có : (n – )! = 1.2.3…(n – ) • Nếu n số ngun tố (n – )! Mn • Nếu n hợp số có dạng n = a.b (với a ≠ b và1< a < n; 1< b p2 – ≥ 2p 2p2 = p(2p) ước (p2 – 1)! Suy p2 = n ước (n – )! + Nếu p = n = không ước 3! Vậy (n – ) ! M n n hợp số khác Bài 33 : a Tìm số tự nhiên n biết tích chữ số n n2 – 10n – 22 b Tìm số tự nhiên n biết tổng chữ số n : S(n) = n2 – 2003 n + c Tìm số tự nhiên n cho n + S(n) + S(S(n)) = 60 ,với S(n) tổng chữ số n Bài làm : a Để làm trước hết ta chứng minh nhận xét nhỏ : số có n chữ số chũng khơng nhỏ tích chữ số Thật : a0 a1 an −1 =10n−1a0 +10n −2 a1 + + an −1 ≥10n −1a0 > 9n −1a0 Ta có ≥ a0.a1 an −1 Như theo ta có : ≤ n2 – 10n – 22 ≤ n ⇒ n(n −10) ≥ 22 n −10n − 22 ≥ ⇒ ⇒ 12 ≤ n < 13 ⇒ n = 12 n2 −11n − 20 ≤ n(n −11) ≤ 22 Thử lại : với n = 12 1.2 = 122 – 10.12 – 22 (đúng ) Vậy n = 12 số tự nhiên cần tìm n(n −10) ≥ 22 n −10n − 22 ≥ ⇒ ⇒ 12 ≤ n < 13 ⇒ n = 12 n2 −11n − 20 ≤ n(n −11) ≤ 22 b Tìm n để S(n) = n2 – 2003 n + với S(n) tổng chữ số n Ta ln có : < S(n) ≤ n Cách : + Nếu ≤ n ≤ 2002 (n – )(n – 2002 )= n2 – 2003n +2002 ≤ Suy n2 – 2003 n + < Vơ lí + Nếu n = 2003 S(n) = 20032 – 2003 2003 + = = 2+0+0+3 (thỏa mãn ) + Nếu n > 2003 n – 2003 ≥ , S(n) = n2 – 2003 n + = n ( n – 2003) + > n ,vơ lí Vậy với n = 2003 S(n) = n2 – 2003 n + Cách : Ta có : < S(n) ≤ n nên : 39 n − 2003n +5>0 n − 2003n + 2002>0 ⇔ 2 n − 2003n +5≤ n n − 2004n0 ⇒ ⇒ 2002 < n < 2004 ⇒ n = 2003 n(n − 2004)
Ngày đăng: 30/12/2021, 06:45
Xem thêm:
