Một số dạng toán số học trong trung học cơ sở
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.25 MB, 94 trang )
Đề tài: Một số dạng toán Số học trong THCS
1
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
NGUYỄN THỊ OANH
MỘT SỐ DẠNG TOÁN SỐ HỌC
TRONG TRUNG HỌC CƠ SỞ
LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC
Hà Nội - Năm 2012
Đề tài: Một số dạng toán Số học trong THCS
2
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
KHOA TOÁN – CƠ – TIN HỌC
Nguyễn Thị Oanh
MỘT SỐ DẠNG TOÁN SỐ HỌC
TRONG TRUNG HỌC CƠ SỞ
LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC
Chuyên ngành : Phƣơng pháp toán sơ cấp
Mã số : 60 46 40
NGƢỜI HƢỚNG DẪN KHOA HỌC
TS. Phạm Văn Quốc
Hà Nội - Năm 2012
Đề tài: Một số dạng toán Số học trong THCS
3
LỜI NÓI ĐẦU
Số học, ngành lâu đời nhất và đầy hấp dẫn của Toán học đã từng đƣợc một
nhà Toán học nổi tiếng gọi là:" Bà chúa của Toán học". Các bài toán số học đã làm
say mê nhiều ngƣời, từ các nhà toán học lỗi lạc của mọi thời đại đến đông đảo các
bạn yêu Toán. Thế giới các con số, rất quen thuộc với chúng ta trong đời sống
thƣờng hàng ngày, là một thế giới hết sức kì lạ, đầy bí ẩn. Điều lý thú là nhiều mệnh
đề khó nhất của Số học đƣợc phát biểu rất đơn giản; nhiều bài toán khó có thể giải
sáng tạo với những kiến thức rất phổ thông.
Số học đƣợc chia ra làm nhiều mảng rất đa dạng và phong phú nhƣ: Tính
chia hết, lý thuyết đồng dƣ, số nguyên tố - hợp số, phƣơng trình nghiệm nguyên, số
chính phƣơng… Tuy nhiên, trong khuôn khổ luận văn của mình, em chỉ xin phép
trình bày về một số dạng cơ bản phù hợp với kiến thức và trình độ của học sinh
THCS, trong đó đặc biệt chú trọng phần chuyên đề về phƣơng trình nghiệm nguyên.
Để các Thầy cô giáo cũng nhƣ các em học sinh có thể coi đây là một tài liệu
tham khảo hữu ích phục vụ cho việc ôn thi vào các trƣờng chuyên, lớp chọn thì
trong mỗi một phần, đầu tiên em đƣa ra các kiến thức cơ bản, sau đó phân loại bài
tập theo dạng đồng thời đƣa ra các ví dụ tiêu biểu và cuối cùng là đề xuất các bài
tập tƣơng tự.
Vì thời gian có hạn và trình độ còn hạn chế nên khóa luận của em không thể
tránh khỏi những thiếu sót. Kính mong nhận đƣợc sự chỉ bảo của thầy giáo.
Hà Nội, ngày 22 tháng 09 năm 2012
Học viên
Nguyễn Thị Oanh
Đề tài: Một số dạng toán Số học trong THCS
4
MỤC LỤC
LỜI NÓI ĐẦU 3
Chƣơng 1: SỰ CHIA HẾT VÀ CHIA CÕN DƢ 3
1.1 Những kiến thức cần thiết 3
1.2 Các dạng toán thƣờng gặp 5
1.3 Một số bài tập tự luyện 24
Chƣơng 2: SỐ NGUYÊN TỐ - HỢP SỐ 24
2.1 Các định nghĩa 24
2.2 Các định lý 24
2.3 Các dạng toán thƣờng gặp 25
2.4 Một số bài tập tự luyện 31
Chƣơng 3: ƢỚC CHUNG LỚN NHẤT - BỘI CHUNG NHỎ NHẤT 33
3.1 Ƣớc chung lớn nhất 33
3.2 Bội chung nhỏ nhất 34
3.3. Các bài toán về ƣớc chung lớn nhất 35
3.4 Các bài toán về bội chung nhỏ nhất 39
3.5 Một số bài tập tự luyện 40
Chƣơng 4: SỐ CHÍNH PHƢƠNG 42
4.1 Kiến thức cần thiết 42
4.2 Bài tập về số chính phƣơng 45
4.3 Một số bài tập tự luyện 56
Chƣơng 5: PHƢƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 58
5.1 Phƣơng trình vô định bậc nhất hai ẩn 58
5.2 Phƣơng trình bậc hai hai ẩn 66
5.3 Một số phƣơng trình nghiệm nguyên khác và cách giải 85
KẾT LUẬN 93
TÀI LIỆU THAM KHẢO 94
Đề tài: Một số dạng toán Số học trong THCS
5
Chƣơng 1: SỰ CHIA HẾT VÀ CHIA CÕN DƢ
Trong tập hợp các số nguyên với các phép tính cộng, trừ, nhân, chia; phép
chia không phải bao giờ cũng thực hiện được. Đối với những phép chia thực hiện
được thì số bị chia và số chia có quan hệ chia hết. Việc nghiên cứu các quan hệ này
có tác dụng rất lớn trong việc giải quyết các bài tập toán học và rèn luyện tư duy
giải toán. Vì vậy, chuyên đề này là một trong những chuyên đề quan trọng nhất của
Số học.
1.1. NHỮNG KIẾN THỨC CẦN THIẾT
1.1.1 Định nghĩa
Định lý cơ bản
Với hai số nguyên tùy ý a và b (
b0
) thì tồn tại duy nhất cặp số nguyên q; r sao
cho:
a = bq + r
0 r b .
Định nghĩa sự chia hết:
Cho hai số nguyên a và b,
b0
. Nếu tìm đƣợc số nguyên q mà a = bq thì ta nói
rằng a chia hết cho b. Kí hiệu:
a b.
Hoặc có thể nói: b chia hết a. Kí hiệu:
ba
. Khi đó, ta nói: a là bội của b; b là ƣớc
của a.
1.1.2 Các tính chất về sự chia hết
Tính chất 1:
aa
với mọi
a 0.
Tính chất 2:
ab
a c.
bc
Tính chất 3:
0b
với mọi
b 0.
Tính chất 4:
a b a b
a b .
b a a b
Tính chất 5:
a b a b .
Tính chất 6:
am
a b m.
bm
Đề tài: Một số dạng toán Số học trong THCS
6
Tính chất 7: Nếu một trong hai số a, b chia hết cho m mà số kia không chia hết
cho m thì
ab
không chia hết cho m.
Hệ quả: Nếu tổng hai số chia hết cho m và một trong hai số chia hết cho m thì
số còn lại cũng chia hết cho m.
Tính chất 8: Nếu một thừa số của tích chia hết cho m thì tích chia hết cho m.
Tính chất 9:
am
ab mn.
bn
Tính chất 10: Nếu
am
a BCNN m,n .
an
Hệ quả: Nếu
am
và
an
, mà
m,n 1
thì
a mn .
Tính chất 11: Nếu
ab m
, mà
b,m 1
thì
a m.
Tính chất 12: Nếu
ab
thì
ka b
với mọi số nguyên k
Hệ quả:
n
a b a b
với mọi
n *.
Tính chất 13:
am
ka lb m
bm
với mọi k, l là số nguyên.
1.1.3 Các dấu hiệu chia hết
1) Dấu hiệu chia hết chia hết cho 2 (hoặc 5): Một số chia hết cho 2 (hoặc 5)
khi và chỉ khi chữ số tận cùng của nó chia hết cho 2 (hoặc 5).
2) Dấu hiệu chia hết chia hết cho 4 (hoặc 25):Một số chia hết cho 4 (hoặc 25)
khi và chỉ khi số tạo bởi hai chữ số tận cùng của nó chia hết cho 4 (hoặc 25).
3) Dấu hiệu chia hết chia hết cho 8 (hoặc 125): Một số chia hết cho 8 (hoặc
125) khi và chỉ khi số tạo bởi ba chữ số tận cùng của nó chia hết cho 8 (hoặc
125).
4) Dấu hiệu chia hết chia hết cho 3 (hoặc 9): Một số chia hết cho 3 (hoặc 9)
khi và chỉ khi tổng các chữ số của nó chia hết cho 3 (hoặc 9).
5) Dấu hiệu chia hết chia hết cho 11: Một số chia hết cho 11 khi và chỉ khi
hiệu giữa tổng các chữ số "đứng ở vị trí lẻ" và tổng các chữ số " đứng ở vị trí
chẵn", kể từ trái qua phải chia hết cho 11.
1.1.4 Một số kết quả thƣờng sử dụng
Đề tài: Một số dạng toán Số học trong THCS
7
1) Trong k số nguyên liên tiếp luôn có một số chia hết cho k.
2) Khi chia số nguyên n cho số nguyên m khác 0 có thể nhận m giá trị dƣ từ 0
đến
m 1.
3) Một số tự nhiên và tổng các chữ số của nó có cùng số dƣ khi chia cho 3
(hoặc 9).
4) Một số chính phƣơng khi chia cho 3 (hoặc 4) chỉ có thể có số dƣ là 0 hoặc 1,
khi chia cho 5 (hoặc 8) chỉ có thể có số dƣ là 0; hoặc 1 hoặc 4.
5)
nn
a b a b n *.
2n 1 2n 1
a b a b n *.
nn
n
a b B(a) 1 .b .
n
n
a b B(a) b .
1.1.5 Đồng dƣ thức
Định nghĩa:
Nếu hai số a và b chia cho c (
c0
) có cùng số dƣ ta nói a đồng dƣ với b theo
môđun c. Kí hiệu:
a b modc
.
Vậy:
a b modc a b c.
Một số tính chất:
Với mọi
a,b,c,d
và
*
m
a)
a a modm
.
a b modm
và
b c modm
a c modm
.
b)
a b modm
;
c d modm
a c b d
modm
.
c)
a b modm
;
c d modm
ac bd
modm
.
Nếu d là ƣớc chung dƣơng của a, b, và m thì
a b m
a b modm mod
d d d
.
d)
a c modm ;
c là ƣớc chung của a và b và
c,m 1
thì
ab
modm
cc
.
e)
*
a b modm ;n ac bc modmc .
1.2 CÁC DẠNG TOÁN THƢỜNG GẶP
Nhìn chung, loại bài toán về chia hết là phong phú và đa dạng, đồng thời có
nhiều cách giải khác nhau. Song, chúng ta có thể chia ra một số loại bài toán
thường gặp sau:
1.2.1 DẠNG I Giải các bài tập thông thƣờng về cấu tạo số
Đề tài: Một số dạng toán Số học trong THCS
8
Bài tập thuộc dạng này thường là các bài toán "Tìm số" hoặc “điền các chữ
số” mà các điều kiện ràng buộc có liên quan tới tính chất và dấu hiệu chia hết do
vậy đòi hỏi học sinh phải nắm chắc các tính chất và dấu hiệu chia hết.
Để làm dạng bài này, ta cũng thường sử dụng tính chất sau:
Ta có:
1 2 n
m a .a a
với các
i
a i 1,n
là đôi một nguyên tố cùng nhau.
Khi đó:
1 2 m
A m A a ;A a ; ;A a
.
Ví dụ 1: Hãy thay các chữ số vào các chữ a, b để số là bội số của 180.
Giải
2a44b 180 2a44b
phải chia hết cho 9 và 10.
+ Vì
2a44b
10 b 0.
+ Vì
2a440 9
2 a 4 4 0 10 a 9 a 1 9.
Mà a là chữ số nên
1 a 1 10
nên a +1 = 9
a 8.
Vậy a = 8; b = 0, ta đƣợc số: 28440. Thử lại: 28440 : 180 = 158.
Ví dụ 2: Tôi nghĩ hai số tự nhiên liên tiếp, trong đó có một số chia hết cho 9.
Tổng của hai số đó là một số có những đặc điểm sau:
a) Có 3 chữ số.
b) Là bội số của 5.
c) Tổng chữ số hàng trăm và chữ số hàng đơn vị là bội số của 9.
d) Tổng chữ số hàng trăm và chữ số hàng chục chia hết cho 4.
Bạn hãy đoán xem tôi đã nghĩ ra hai số nào?
Giải
Gọi hai số đã cho là: N và N + 1.
Theo bài ra ta có: N + N +1 =
abc
(a, b, c là các chữ số). (1)
abc 5.
(2)
a + c chia hết cho 9. (3)
a + b chia hết cho 4. (4)
Từ (2)
c = 0 hoặc c = 5.
Từ (1)
abc
lẻ. Do đó c = 5, thay vào (3) ta đƣợc:
a 5 9 a 4.
Thay a = 4 vào (4) ta đƣợc:
4 b 4 b 0;4;8 .
+ Nếu b = 0 thì N + ( N +1) = 405
N 202
, N + 1 = 203 (loại vì không có số
nào chia hết cho 9).
+ Nếu b = 4 thì
N N 1 445 N 222
và N + 1 = 223 (loại).
+ Nếu b = 8 thì 485 = N + (N +1)
N 242
và N + 1 = 243 (Thỏa mãn 243
9
).
Vậy hai số cần tìm là: 242; 243.
Ví dụ 3: Tìm các chữ số trong đẳng thức:
.
Đề tài: Một số dạng toán Số học trong THCS
9
Giải
Đặt
23673xy674592117233400 A.
Vì
10
109 1 108
. Mà 108 = 9.3.
2
2
10
109 1 9 A 9.
Tổng các chữ số của A = 72 +x + y chia hết cho 9
x y 9.
(1)
Mặt khác:
10 2 10 10
109 1 109 1 109 1 110.108 109 1 110 A 110.
A 11
. Sử dụng dấu hiệu chia hết cho 11, ta có:
y x 8 11.
(2)
Từ (1) và (2)
x6
và y = 3.
LỜI BÌNH: Trên đây là các bài toán có thể sử dụng dấu hiệu chia hết. Tuy nhiên,
không phải số nào cũng có dấu hiệu chia hết, do đó để giải quyết những bài toán
như vậy ta có thể dùng cấu tạo số kết hợp cùng các tính chất và lập luận một cách
linh hoạt.
Dưới đây là hai ví dụ minh họa cho những bài toán không thể sử dụng dấu hiệu
chia hết.
Ví dụ 4: Biết rằng vừa chia hết cho 7; cho 11 và cho 13. Tìm số đó?
Giải
Vì số
a7b8c9
vừa chia hết cho 7, cho 11 và cho 13. Mà 7, 11, 13 là 3 số đôi
một nguyên tố cùng nhau nên
a7b8c9
phải chia hết cho 7.11.13 = 1001 và thƣơng
tìm đƣợc là số có 3 chữ số.
Gọi số có 3 chữ số đó là:
def.
Khi đó ta có:
def.1001 a7b8c9 defdef a7b8c9
d a 8
e 7 c.
f b 9
Vậy số phải tìm là: 879879. Kiểm tra lại ta thấy kết quả là đúng.
Ví dụ 5: Hãy thay các chữ số vào các chữ x, y trong số N = sao cho N
chia hết cho 13.
Giải
Ta có: N =
6 4 2
3.10 x.10 y.10 3
(1) với
0 x,y 9.
N = B(13) + 3
x 3y 2
3 x 3y 2
chia hết cho 13.
Mà
0 x,y 9
2 x 3y 2 38.
Nên
x 3y 2 13;26 .
Ta xét hai trƣờng hợp:
+ Nếu x + 3y + 2 = 13
x1
y 4 .
3
Do y nguyên nên x +1 chia hết cho 3
x 2,5,3
. Tƣơng ứng
y 3;2;1 .
Đề tài: Một số dạng toán Số học trong THCS
10
+ Nếu x + 3y +2 = 26
3y 24 x
x
chia hết cho 3
x 0,3,6,9 .
Tƣơng ứng:
y 9;7;6;5 .
Vậy ta đƣợc các kết quả sau: 3020303; 3050203; 3080103; 3000803; 3030703;
3060603; 3090503.
1.2.2 DẠNG II Bài tập về chứng minh sự chia hết trực tiếp theo định nghĩa và
tính chất
Bài tập loại này chủ yếu là các bài toán dạng A chia hết cho m, trong đó A là
một số cụ thể hoặc một biểu thức chứa chữ còn m là một số cụ thể. Thông thường ta
phân tích m thành các thừa số đôi một nguyên tố cùng nhau. Rồi lần lượt chứng
minh A chia hết cho từng thừa số ấy.
Ví dụ 1: Cho A = . Chứng minh rằng: n là số tự nhiên
không chia hết cho 5 thì A chia hết cho 285.
Giải
Do 285 = 5.57. Trƣớc hết ta chứng minh A chia hết cho 5:
Ta có:
4 2 2 2 2 2
n 1 n 1 n 1 n 1 n 4 5 n 1
=
n 2 n 1 n 1 n 2
+ 5
2
n 1 .
Do n không chia hết cho 5 nên ta thấy n có dạng
5k 1
hoặc
5k 2.
+ Nếu n = 5k +1 thì (n - 1)
5.
+ Nếu n = 5k - 1 thì (n + 1)
5.
+ Nếu n = 5k + 2 thì (n - 2)
5.
+ Nếu n = 5k - 2 thì (n + 2)
5.
Vậy
n 2 n 1 n 1 n 2
chia hết cho 5 với mọi n không chia hết cho 5.
Vậy, ta đƣợc A chia hết cho 5. (1)
Ta cần chứng minh thêm: A
57.
Thật vậy:
2n 6n n n
11 2 121 64 121 64 A 57.
(2)
Từ (1) và (2)
A 285 dpcm .
NHẬN XÉT: Nhận thấy
4
n1
luôn chia hết cho 8 với mọi n lẻ và
2n 6n
11 2
cũng
luôn chia hết cho 185 =
26
11 2
với n lẻ,mà (8, 185) =1, do đó ta có thể tạo ra bài
toán mới như sau:
Cho A = . Chứng minh rằng: A luôn chia hết cho 1480 với
mọi n là số tự nhiên lẻ.
Với cách làm như vậy, ta có thể tự đặt ra những bài toán tương tự như sau:
Chứng minh rằng:
1) A =
n n 3
46 296.13 n n 354
với
n.
Đề tài: Một số dạng toán Số học trong THCS
11
2)
5 n n n
B n n 20 16 3 1 9690
với
n
chẵn.
3)
2n n 2
C 6 19 n 1 1320
với
n
thỏa mãn
n,6 1
.
Ví dụ 2: Biết rằng a, b, c là các số cùng chẵn hoặc cùng lẻ. Chứng minh rằng:
chia hết cho 24.
Giải
Đặt A =
3
3 3 3
a b c a b c 3 b c a c a b .
A
luôn chia hết cho 3. (1)
Mặt khác: vì a, b, c cùng tính chẵn lẻ
a + b; b + c; c + a đều là số chẵn.
a b b c a c 8.
A 8.
(2)
Từ (1) và (2)
A 24
Ví dụ 3: Cho a, b, c, d là 4 số nguyên. Chứng minh rằng:
chia hết cho 12.
Giải
Ta chứng minh rằng: A chia hết cho 3 và 4.
Ta thấy A là tích các thừa số là hiệu đôi một các số trong 4 số a, b, c, d nên:
+ Trong 4 số a, b, c, d phải tồn tại ít nhất 2 số có cùng số dƣ khi chia cho 3 nên
hiệu của chúng chia hết cho 3
A 3.
(1)
+ Trong 4 số a, b, c, d chỉ có thể xảy ra một trong hai khả năng sau:
a) Có 2 số chẵn và 2 số lẻ. Khi đó: hiệu hai số chẵn chia hết cho 2 và hiệu hai
số lẻ cũng chia hết cho 2. Do đó: A chia hết cho 4.
b) Có ít nhất 3 số cùng tính chẵn lẻ. Từ 3 số ấy ta đƣợc hai hiệu chia hết cho
2 hay A chia hết cho 4.
Vậy, A luôn chia hết cho 4. (2)
Từ (1) và (2)
A 12.
Ví dụ 4: Chứng minh rằng: A = 192021…7980 chia hết cho 1980.
Giải
Ta có: 1980 = 9.11.20.
Ta thấy:
A 1920 79.100 80
chia hết cho 20 (1)
Tổng các chữ số của A = 9.62 chia hết cho 9. (2)
Tổng các chữ số đứng ở vị trí lẻ của A là 9.31.
Tổng các chữ số đứng ở vị trí chẵn của A là 9. 31.
Do đó A chia hết cho 11. (3)
Từ (1), (2) và (3)
A chia hết cho 180.
Ví dụ 5: Cho a, b, c thỏa mãn đồng thời là các số chính
phƣơng thì abc chia hết cho 30.
Đề tài: Một số dạng toán Số học trong THCS
12
Giải
Ta lần lƣợt chứng minh: abc chia hết cho 2, 3, và 5.
a) Chứng minh chia hết cho 2
+ Nếu b chẵn thì abc
2
.
+ Nếu b lẻ thì
2
b 8k 1
.
Mà
2
b 4ac
cũng là số chính phƣơng lẻ nên
2
b 4ac 8m 1.
4ac 8 ac 2 abc 2.
(1)
b) Chứng minh chia hết cho 3
+ Nếu
b3
thì
abc 3.
+ Nếu b =
3k 1
thì
2
b 3q 1
. Khi đó:
+ nếu ac = 3m + 1 thì
2
b 4ac
chia 3 dƣ 2 không thể là số chính phƣơng.
+ nếu ac = 3m + 2 thì
2
b 4ac
chia 3 dƣ 2 không thể là số chính phƣơng.
ac = 3m hay
abc 3.
(2)
c) Chứng minh chia hết cho 5
+ Nếu b =
5k 1
hoặc
b 5k 2
thì
2
b 5q 1.
Giả sử ac không chia hết cho 5
ac chia cho 5 sẽ dƣ
1
hoặc dƣ
2.
Khi đó: hoặc
2
b 4ac
hoặc
2
b 4ac
có dạng
5p 2
không phải là số chính
phƣơng.
Vậy
ac 5 abc 5.
(3)
Từ (1) (2) và (3) ta có: abc chia hết cho 30.
Bài toán tƣơng tự: Dùng tính chất về số chính phương ta có thể làm bài toán
tương tự như sau:
Nếu x, y, z là các số nguyên thỏa mãn: thì xyz
NHẬN XÉT: Trên đây là những bài toán yêu cầu chứng minh chia hết cho một số
cụ thể nên ta có thể chia thành những bài toán nhỏ bằng cách chứng minh chia hết
cho các bộ số đôi một nguyên tố cùng nhau và có tích bằng số chia ban đầu. Song,
những bài toán yêu cầu chứng minh chia hết cho một số tổng quát lại không thể làm
như vậy. Do đó, ta cần vận dụng các tính chất về sự chia hết của một tổng hoặc một
hiệu hay một lũy thừa để dẫn đến điều phải chứng minh.
Sau đây là một vài ví dụ cho những bài toán như vậy:
Ví dụ 6: Chứng minh rằng: Nếu chia hết cho m với mọi n > 0
(a, b, c, d ) thì chia hết cho m.
Giải
Cho n lần lƣợt các giá trị 1, 2, 3 ta nhận đƣợc:
ab c d m.
(1)
2
ab 2c d m.
(2)
Đề tài: Một số dạng toán Số học trong THCS
13
3
ab 3c d m.
(3)
Từ (1) và (2)
ab b 1 c
chia hết cho m. (4)
Từ (2) và (3)
2
ab b 1 c
chia hết cho m. (5)
Từ (4) và (5)
2
ab b 1
chia hết cho m. (6)
Mặt khác, từ (4)
2
2 2 2
a b b 1 c
chia hết cho m. (7)
Từ (6) và (7) suy ra:
2
c
chia hết cho m.
Ví dụ 7: Giả sử a, b, c, d là những số nguyên tố cùng nhau với m = ad - bc.
Chứng minh rằng: Nếu ax + by chia hết cho m thì cx + dy cũng chia
hết cho m.
Giải
Đặt U = ax + by, V = cx + dy. Khi đó: dU - bV = mx chia hết cho m.
Mà dU chia hết cho m
bV chia hết cho m, nhƣng vì
m,b 1 V m
(đpcm).
Ví dụ 8: Giả sử m, n, k là các số nguyên dƣơng thỏa mãn và
Chứng minh rằng: .
Giải
Từ giả thiết
n m nk mk
m n m n .
Và
k n km nm
n k n k .
nn
nk nm k m k m
m k m k m k
(đpcm).
1.2.3 DẠNG III Dùng phƣơng pháp qui nạp và nguyên tắc Đirichle
để chứng minh sự chia hết
Để nhận biết khi nào bài toán nên dùng phương pháp quy nạp và khi nào có
thể dùng nguyên tắc Dirichle ta có thể dự đoán dựa vào yêu cầu của bài toán. Đặc
điểm nhận dạng những bài toán chứng minh chia hết dùng phương pháp quy nạp là
khi cần chỉ ra bài toán đúng với mọi giá trị của n (hay m); còn những bài toán dùng
nguyên tắc Dirichle thường là những bài toán về chứng minh sự tồn tại.
Ví dụ 1: Chứng minh rằng: .
Giải
Ta chứng minh bằng phƣơng pháp quy nạp:
+ Với n = 1, ta có:
1
A 5 2 1 8 8
(bài toán đúng).
+ Giả sử bài toán đúng với n = k. Tức là:
k k 1
k
A 5 2.3 1 8
*
k.
+ Ta cần chứng minh bài toán đúng với n = k + 1. Tức là:
k 1 k
k1
A 5 2.3 1 8
.
Đề tài: Một số dạng toán Số học trong THCS
14
Thật vậy:
k 1 k k k 1 k k 1
k 1 k
A 5 2.3 1 5.5 6.3 1 A 4 5 3 .
Mà
k k 1
53
là số chẵn nên
k k 1 k k 1
5 3 2 4. 5 3 8
. Mặt khác:
k
A8
.
k1
A8
. Vậy theo nguyên lí quy nạp bài toán đƣợc chứng minh.
CHÚ Ý: Ví dụ trên minh họa cho một lớp những bài toán có thể dùng phương pháp
quy nạp để chứng minh mà dạng tổng quát của chúng như sau:
Chứng minh rằng:
n n 1
n n 1 1 0
a x a x a x a bn
chia hết cho m với mọi
*
n
Ví dụ 2: Đặt A = m.(m + 1).(m + 2)…(m + n - 1).
B = 1.2.3…n.
Chứng minh rằng: A chia hết cho B với m, n nguyên dƣơng.
Giải
Ta chứng minh quy nạp theo n:
+ Rõ ràng, tích của hai số tự nhiên liên tiếp bao giờ cũng chia hết cho 1.2 (đúng).
+ Giả sử tích của k số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 1.2…k ta phải chứng minh
rằng tích của k + 1 số tự nhiên liên tiếp cho 1.2.3…(k +1). Hay:
m m 1 m k 1 m k
P
1.2.3 k 1 .k. k 1
nguyên với m là số nguyên dƣơng tùy ý
Thật vậy, ta có:
P =
m(m 1) (m k 1) (m 1).m.(m 1) (m k 1)
1.2 k 1.2 k.(k 1)
=
11
Q P.
1
(m 1).m.(m 2) (m k 2) (m 2)(m 1) (m k 2)
P
1.2.3 k 1.2 k(k 1)
=
22
Q P .
……………………………………………………………………
m 2 m 1 m 1
2.3 k(k 1) 1.2.3 k.(k 1)
P Q P .
1.2 k 1.2.3 k
Theo giả thiết quy nạp thì
1 2 n 1
Q ,Q , ,Q
là những số nguyên .
Mà
m1
P k 1
m2
P
nguyên
m3
P
nguyên
…
2
P
nguyên
1
P
nguyên
P
nguyên (đpcm).
Ví dụ 3: Chứng minh rằng luôn tồn tại số tự nhiên có n chữ số chia hết
cho mà khi viết chỉ dùng các chữ số 1 và 2.
Giải
Khi n = 2, ta có
2
12 2
(bài toán đúng).
Giả sử bài toán thỏa mãn với n = k,
k2
. Khi đó tồn tại số A có k chữ số, các chữ
số trong A là 1 và 2, và A
k
2
. Đặt
k
A 2 .B.
Ta xét hai trƣờng hợp:
Đề tài: Một số dạng toán Số học trong THCS
15
+ Nếu B chẵn ta xét số
2A
. Số này có k +1 chữ số, chỉ gồm các chữ số 1 và 2.
Ngoài ra,
2A
=
k
2.10 A
=
k 1 k k k 1 k
2 .5 2 .B 2 5 q .
Trong đó: B = 2q với q nguyên dƣơng. Ta thấy
2A
chia hết cho
k1
2.
+ Nếu B lẻ ta xét số
1A
, số này có k + 1 chữ số chỉ gồm các chữ số 1 và 2.
Ngoài ra,
1A
k
10 A
=
k k k
2 .5 2 .B
=
kk
2 5 B .
Do
k
5
và B là số lẻ nên
k
5 B 2q
. Vậy
k k 1
1A 2 .2q 2 .q
chia hết cho
k1
2.
Nhƣ vậy bài toán vẫn đúng khi n = k +1. Vậy bài toán đúng
n 2.
NHẬN XÉT: Trong ví dụ 3, mặc dù đề bài có xuất hiện cụm từ “tồn tại” nhưng bản
chất của bài toán là chứng minh mệnh đề luôn đúng với mọi giá trị của n vì vậy dễ
gây băn khoăn cho người giải toán trong việc dự đoán dùng phương pháp quy nạp
hay nguyên tắc Dirichle. Do vậy, để quyết định lựa chọn phương pháp nào cho bài
toán ta cần đọc và phân tích thật kĩ đề bài chứ không phải chỉ nhận biết qua những
dấu hiệu bên ngoài.
Ví dụ 4: Cho m, n là hai số nguyên dƣơng nguyên tố cùng nhau. Chứng minh có
thể tìm đƣợc số tự nhiên sao cho chia hết cho m.
Giải
Xét m +1 số sau:
1 2 m 1
n ,n , ,n .
(1)
Khi chia m +1 số này cho m ta nhận đƣợc m +1 số dƣ tƣơng ứng, mà khi chia một
số cho m thì chỉ có thể có m khả năng xảy đối với số dƣ. Do vậy, trong m + 1 số ở
dãy (1) có ít nhất 2 số có cùng số dƣ khi chia cho m.
Ta giả sử đó là
i
n
và
j
n
(1 < i < j
m1
).
Ta có:
ji
nn
chia hết cho m hay
i j i
n n 1
chia hết cho m.
Vì
i
n,m 1 n ,m 1
.
Nên ta có:
ji
n1
chia hết cho m (
k j i
nguyên dƣơng) (đpcm).
NHẬN XÉT: Với bài toán tổng quát trên ta có thể cho m, n, k nhận các giá trị cụ
thể để tạo ra những bài toán mới. Chẳng hạn cho m = 2012 (năm hiện tại); n = 13
(hoặc bất kì một số nguyên tố nào đó), ta được bài toán:
Chứng minh rằng luôn tồn tại số tự nhiên k khác 0 sao cho: .
Ngoài ra, ta nhận thấy “mấu chốt” của VD4 là ở chỗ sử dụng nguyên tắc
Dirichle thông qua tính chất:“ Khi ta chia m + 1 số nguyên bất kì cho m thì luôn
tồn tại ít nhất hai số đồng dư. Do vậy hiệu hai số đó sẽ chia hết cho m”. Vận dụng
tính chất trên, ta có thể tự đặt ra một số những bài toán về chia hết áp dụng nguyên
tắc Dirichle:
Đề tài: Một số dạng toán Số học trong THCS
16
1) Chứng minh rằng: Luôn tồn tại số có dạng:
chia hết cho 2011.
2) Có tồn tại hay không một số nguyên dƣơng là bội của 1987 và có 4 chữ số
tận cùng là 1988.
1.2.4 DẠNG IV Các bài tập về tìm giá trị của tham số sao cho biểu thức này
chia hết cho biểu thức kia
Ví dụ 1: Tìm số tự nhiên n sao cho:
a) n + 2 chia hết cho n – 1.
b) 2n + 7 chia hết cho n + 1.
c) 2n + 1 chia hết cho 6 – n.
Giải
a)
n 2 n 1
n 2 n 1 n 1
n 1 n 1
3 n 1 .
n 1 1; 3
n 4;0;2 .
b) và c) Tƣơng tự.
NHẬN XÉT: Để giải các bài toán dạng như trên, chúng ta thường dựa vào tính
chất sau: Nếu A chia hết cho B thì
mA nB
chia hết cho B (
m,n
) để tạo ra
được số cụ thể chia hết cho biểu thức chứa chữ.
Ví dụ 2: Tìm n nguyên dƣơng để 1.2.3…(n - 1) chia hết cho n.
Giải
Ta thấy
n2
(bài toán có nghĩa). Ta xét hai trƣờng hợp:
+ TH1: Nếu n nguyên tố thì tất cả các thừa số của tích 1.2.3…(n - 1) đều nguyên tố
cùng nhau với n do đó: 1.2….(n -1) không chia hết cho n.
+ TH2: Nếu n là hợp số khi đó: n = p.q (1 <p, q < n)
a) Nếu
pq
khi p, q là hai thừa số khác nhau của tích 1.2…(n – 1) nên ta
có: 1.2…(n - 1) chia hết cho p.q.
b) Nếu p = q
2
np
, khi n > 4 ta có p > 2 và
2
p 2p
2p < n do đó p và
2p là hai thừa số khác nhau của tích 1.2.3…(n - 1) nên 1.2.3…(n – 1) chia hết cho n.
Khi n = 4 ta có: 1.2.3 không chia hết cho 4.
Vậy các số phải tìm là các hợp số lớn hơn 4.
Ví dụ 3: Tìm để cho chia hết cho 5.
Giải
Nhận xét:
4k
a1
chia hết cho 5 khi
a,5 1.
Đề tài: Một số dạng toán Số học trong THCS
17
Mặt khác: Mọi số tự nhiên n, ta đều có: n = 4q + r;
r 0,1,2,3 .
Nên
r 4q r 4q r 4q r r r
n
S 2 2 1 3 3 1 4 4 1 1 2 3 4 .
Theo nhận xét trên ta suy ra:
n
S
chia hết cho 5
r r r
1 2 3 4
chia hết cho 5.
Thay r = 0, 1, 2, 3 thì chỉ có r = 0 là cho ta:
r r r
1 2 3 4
không chia hết cho 5.
Vậy
n
S
chia hết cho 5
n 4q r
(
qN
và r = 1, 2, 3).
NHẬN XÉT: Ví dụ trên được giải dựa vào khẳng định:
4k
a1
chia hết cho 5 với
mọi
a,5 1
. Do đó, cũng với khẳng định này ta có thể sáng tạo ra những bài toán
tương tự như sau: Tìm
n
để:
1) chia hết cho 5.
2) chia hết cho 5.
3) chia hết cho 5.
Dựa vào khẳng định trên ta cũng có thể tự tìm ra một số khẳng định tương tự,
chẳng hạn:
+ Xét phép chia cho 3, ta có:
2k
a 1 3
với mọi (a,3) = 1.
+ Xét phép chia cho 7, ta có:
6k
a 1 7
với mọi
a 7
.
Từ đó, đặt ra nhiều bài toán mới:
Tìm n N để:
1) chia hết cho 3.
2) chia hết cho 3.
3) chia hết cho 7.
4) chia hết cho 7.
5) chia hết cho 7.
Ví dụ 4: Với giá trị nào của n để chia hết cho 323
(n nguyên dƣơng).
Giải
Do 323 = 17.19. Ta xét hai trƣờng hợp:
+ Với n chẵn đặt n = 2k ta có:
n
S
chia hết cho 17 và chia hết cho 19
n
S 323
.
+ Với n lẻ thì n = 2k +1, ta có:
nn
20 3
chia hết cho 17.
Nhƣng,
n
16 1
=
2k 1 2k 1 2k
16 1 16 16 16 1 16 16 1 15
không chia hết
cho 17.
Vậy, n chẵn.
Ví dụ 5: Tìm số tự nhiên nhỏ nhất chia hết cho 63 thỏa mãn tổng các chữ số của
nó chia hết cho 63.
Giải
Đề tài: Một số dạng toán Số học trong THCS
18
Ta thấy: 63 = 7.9.
Mọi số tự nhiên có tổng các chữ số bằng 63 đều chia hết cho 9. Do vậy bài toán quy
về tìm số tự nhiên nhỏ nhất có tổng các chữ số bằng 63 mà chia hết cho 7.
Gọi số phải tìm là n. Số phải tìm phải thỏa mãn các điều kiện sau:
a) Nó có ít chữ số nhất.
b) Tổng các chữ số bằng 63.
c) Nó chia hết cho 7.
d) Chữ số ở hàng cao nhất là nhỏ nhất có thể có.
Ta xét các trƣờng hợp sau: (vì 63 = 9.7 nên số n có ít nhất 7 chữ số)
+ Nếu n có 7 chữ số thì n = 9999999 không chia hết cho 7.
+ Nếu n có 8 chữ số thì vì để tìm số n nhỏ nhất ta xét chữ số hàng cao nhất của n lần
lƣợt bằng 1, 2….
- Với chữ số hàng cao nhất của n bằng 1 thì trong 7 chữ số còn lại phải có 6 chữ số
bằng 9 và một chữ số bằng 8.
Để ý: 18999999 < 19899999 < 19989999 < …<1999998 ta có:
18999999 không chia hết cho 7 và 19899999 chia hết cho 7.
Vậy số cần tìm là: 19899999.
NHẬN XÉT: Vì trong các dấu hiệu chia hết chỉ có dấu hiệu chia hết cho 3 hoặc
cho 9 liên quan đến tổng các chữ số. Vì vậy, ta có thể đề xuất những bài toán dạng:
“Tìm số tự nhiên nhỏ nhất chia hết cho a thoả mãn tổng các chữ số của nó bằng a
với
a = 3k ((3,k) = 1) hoặc a = 9k (trong đó (9, k)= 1)”.
Ví dụ: Cho a = 12 ta được số 48.
Cho a = 15 ta được số 195.
Cho a = 30 ta được số 3990.
Cho a = 45 ta được số 499995.
……
Ví dụ 6: Hãy tìm số n nguyên dƣơng để chia hết cho 5.
Giải
Đặt
2 2 2
n n 1 2n 1
S 1 2 3 n
6
là một số nguyên.
n n 1 2n 1 6q q .
+ Mặt khác nếu n = 5k hoặc n = 5k +2 hoặc n = 5k + 4 thì đều có:
n n 1 2n 1
đều chia hết cho 5
6q 5 q 5 q 5q'.
Khi đó: S =
n n 1 2n 1
5q'
6
hay S chia hết cho 5.
+ Còn nếu n = 5k +1 hay n = 5k +3 thì tổng đã cho đều có dạng:
1
5k 1 5k 2 10k 3
S
6
không chia hết cho 5.
Đề tài: Một số dạng toán Số học trong THCS
19
2
5k 3 5k 4 10k 7
S
6
không chia hết cho 5.
Vậy giá trị cần tìm là: n =
1
5k
, n =
2
5k 2
, n = 5
3
k4
với
1
k N*
,
23
k ,k
N.
1.2.5 DẠNG V Chứng minh sự không chia hết và tìm số dƣ của phép chia
Trước tiên ta đề cập đến dạng bài tìm số dư của một phép chia. Ở dạng bài
tập này ta thường gặp kiểu bài cho biết số dư của một số A khi chia lần lượt cho m
và n với m, n nguyên tố cùng nhau và yêu cầu tìm số dư trong phép chia A cho m.n.
Khi đó, có hai trường hợp xảy ra:
+ Trường hợp 1: Nếu A chia m và A chia n cùng dư r thì A chia m.n cũng dư r;
+ Trường hợp 2: Nếu A chia m và A chia n nhận hai giá trị dư khác nhau, khi đó ta
cần đưa A về dạng tổng quát trong từng phép chia và dùng tính chất chia hết của
một tổng hoặc hiệu để tìm ra dạng tổng quát của A khi chia A cho m.n.
Ví dụ 1:
a) M chia 9 dƣ 1 và M chia 13 dƣ 1. Hỏi M chia 117 dƣ bao nhiêu?
b) M chia 17 dƣ 2 và M chia 20 dƣ 5. Hỏi M chia 340 dƣ bao nhiêu?
Giải
a) Vì M chia 9 dƣ 1
M 1 9.
Vì M chia 13 dƣ 1
M 1 13
.
M 1 117
(vì 9 và 13 là hai số nguyên tố cùng nhau).
Vậy M chia 117 cũng dƣ 1.
b) Cách 1: Vì M chia 17 dƣ 2
M 15 17.
Vì M chia 20 dƣ 5
M 15 20
.
M 15 340
(vì 17 và 20 là hai số nguyên tố cùng nhau).
Vậy M chia 340 dƣ 325.
Cách 2: Vì M chia 17 dƣ 2
M 17k 2
k
.
Vì M chia 20 dƣ 5
M 20q 5
(
q
).
17k 2 20q 5 17k 17q 3q 3
3q 3 17 3 q 1 17 q 1 17
.
q có dạng: q = 17m +16 thay vào ta đƣợc: M =
20(17m 16) 5 340m 325
.
Vậy M chia 340 dƣ 325.
NHẬN XÉT: Ta thấy cách làm ở câu a có ưu điểm là nhanh gọn bằng cách chuyển
phép chia có dư về phép chia hết tuy nhiên có mặt hạn chế là chỉ áp dụng được khi
hai phép chia có cùng số dư.
Sang câu b, cách 1 vẫn dựa trên cách làm ở câu a nhưng đòi hỏi sự linh
hoạt khi chuyển về phép chia hết, mà điều quan trọng là sau khi chuyển về phép
Đề tài: Một số dạng toán Số học trong THCS
20
chia hết thì cả hai phép chia phải có cùng số bị chia; còn cách 2 là ta tìm dạng tổng
quát dựa vào tính chất chia hết.Ưu điểm ở cách 1 câu b so với cách 2 là lời giải
ngắn gọn hơn nhưng đòi hỏi quá trình mò mẫm mà không phải lúc nào cũng thực
hiện được ngay; còn ưu điểm của cách 2 là tuy lời giải “có vẻ” dài hơn nhưng luôn
thực hiện được.
Ví dụ 2: Khi chia một số A cho 7 ta đƣợc số dƣ là 6, còn khi chia nó cho 13 ta
đƣợc số dƣ là 3, hỏi khi chia A cho 91 thì số dƣ là bao nhiêu?
Giải
Cách 1: Vì A chia cho 7 dƣ 6 nên A = 7k + 6
k A 36 7k 42 7
.
Vì A chia cho 13 dƣ 3 nên A = 13q + 3
q A 36 13q 39 13
A 36 91
(vì 7 và 13 nguyên tố cùng nhau). Vậy A chia cho 91 dƣ 55.
Cách 2: Vì A chia cho 7 dƣ 6 nên A = 7k + 6.
Vì A chia cho 13 dƣ 3 nên A = 13q + 3
k,q .
7k 6 13q 3 q 3 7 2q k
q 3 7.
Đặt: q + 3 = 7m (m
). Do đó: q = 7m - 3.
Vậy
A 13q 3 13 7m 3 3
= 91m - 36 =
91 m 1 55.
Kết luận: A chia cho 91 dƣ 55.
NHẬN XÉT: Với cách làm như trên ta có thể thêm điều kiện về các phép chia hoặc
thêm diều kiện ràng buộc để tìm số A cụ thể.
Ví dụ:
1) Tìm số tự nhiên n lớn nhất có 3 chữ số sao cho n chia 8 dƣ 7, n chia 31 dƣ
28.
2) Tìm số tự nhiên là số có 4 chữ số, chia hết cho 5, chia hết cho 7, chia
cho 11 dƣ 2 và chia cho 13 dƣ 4.
Ví dụ 3: Biết rằng chia cho 73 dƣ 2.
chia cho 73 dƣ 69.
Hỏi a chia cho 73 dƣ bao nhiêu?
Giải
Gọi số dƣ khi chia A cho 73 là r (
0 r 73
).
Ta có: a = 73q + r
q
.
Theo giả thiết ta có:
100
a 73p 2
và
101
a 73q 69
(
p,k
).
Từ đó ta có:
a 73p 2 73k 69 2a 73 k pa 69.
2r 73 k pa 2q 69.
Chứng tỏ 2r chia cho 73 dƣ 69, mà
0 2r 146
suy ra 2r chỉ có thể bằng 69 hoặc
142, nhƣng 2r chẵn suy ra 2r = 142, hay r = 71.
Đề tài: Một số dạng toán Số học trong THCS
21
Vậy số dƣ khi chia A cho 73 là 71.
Đối với dạng bài tập chứng minh sự không chia hết thì phương pháp phản
chứng là một phương pháp rất có tác dụng. Ta xem xét ví dụ sau:
Ví dụ 4: Chứng minh rằng không chia hết cho 121 với mọi m
nguyên.
Giải
Đặt
2
A m 3m 5
. Ta có:
A m 4 m 7 33.
(*)
Giả sử A chia hết cho 121
A chia hết cho 11, mà 33 chia hết cho 11, nên từ (*)
suy ra:
m 4 m 7 11
m - 4 hoặc m + 7 chia hết cho 11.
Mà (m - 4) - (m + 7) chia hết cho 11 nên nếu trong hai số m - 4 và m + 7 có 1 số
chia hết cho 11 thì số kia cũng chia hết cho 11.
Vậy ta có:
m 4 m 7
chia hết cho
2
11
.
A m 4 m 7 33
không chia hết cho 121.
NHẬN XÉT: Giữ nguyên yêu cầu đề bài là chứng minh biểu thức không chia hết
cho 121. Ta có thể thay đổi biểu thức A sao cho A bằng tổng (hoặc hiệu) của tích
hai nhân tử có hiệu chia hết cho 11 và một số chia hết cho 11 nhưng không chia hết
cho 121.
Ví dụ: Chứng minh rằng:
1) A = (m – 3)(m + 8) + 22 = không chia hết cho 121.
2) B = (m + 5)(m – 17) + 77 = không chia hết cho 121.
Tương tự như vậy ta cũng có thể tạo ra những bài toán mới bằng cách thay 121
bằng các số có dạng với a là số nguyên tố.
Ví dụ: Chứng minh rằng:
1) C = (m + 2)(m + 15) + 52 = không chia hết cho 169.
2) D = (m – 12)(m + 22) - 51 = không chia hết cho 289.
Ví dụ 5: Giả sử x, y thỏa mãn . Chứng minh rằng tổng x + y
không chia hết cho 4.
Giải
Nhận thấy x, y là các số lẻ. Mặt khác: x + y + xy + 1 =
1992
x y 1991 1.
1992
x 1 y 1 x y 1991 1.
Vì x, y lẻ
x 1 y 1
chia hết cho 4.
1992
x y 1991 1
chia hết cho 4.
Mà
1992
1991 1
chia 4 dƣ 2 nên x + y không chia hết cho 4.
Đề tài: Một số dạng toán Số học trong THCS
22
CHÚ Ý: Lời giải của ví dụ 5 cũng có thể trình bày bằng phương pháp phản chứng.
Ví dụ 6: Chứng minh rằng với mỗi số n nguyên dƣơng thì
không chia hết cho n + 2.
Giải
Đặt
1993 1993 1993
S 1 2 n
.
1993
1993 1993 1993
2S 2 n 2 n 1 3
Theo đẳng thức:
2k 1 2k 1
a b a b Q.
Ta có:
1 2 n 1
2S 2 n 2 Q Q Q .
Giả sử
S n 2 2S n 2 2 n 2
(mâu thuẫn vì 2 < n + 2).
* Tổng quát:
2k 1 2k 1 2k 1
S 1 2 n
không chia hết cho n + 2 với n nguyên
dƣơng.
1.2.6 DẠNG VI Các bài tập sử dụng tính chất đồng dƣ
Ta thấy đồng dư là kí hiệu được dùng khi hai phép chia của hai số bị chia
khác nhau cho cùng một số có cùng số dư, giúp lời giải được trình bày một cách
khoa học, ngắn gọn. Ngoài ra, các tính chất về đồng dư giúp ích rất nhiều trong
những bài toán về chứng minh sự chia hết, đặc biệt là những bài toán có sự xuất
hiện của lũy thừa hoặc những bài toán về tìm chữ số tận cùng của các lũy thừa với
số mũ lớn.
Ví dụ 1: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ,ta có: .
Giải
Ta có:
n
71
(mod 3)
n
2.7 1 3
(mod 3)
n
2.7 1 3
với mọi
n
.
NHẬN XÉT: Ví dụ trên cũng có thể được chứng minh theo phương pháp quy nạp.
Tuy nhiên, với cách sử dụng đồng dư sẽ cho ta lời giải ngắn gọn và dễ hiểu hơn.
Ví dụ 2: Tìm tất cả các số nguyên dƣơng n có tính chất sau: tập hợp { n, n + 1, n
+ 2, n + 3, n + 4, n + 5} có thể chia thành hai tập hợp con sao cho tích các phần
tử của tập con này bằng tích các phần tử của tập con kia.
Giải
Giả sử chia tập hợp đã cho đƣợc thành hai tập hợp con mà tích các số thuộc tập hợp
này bằng tích các số thuộc tập kia.
Khi đó:
2
n n 1 n 2 n 3 n 4 n 5 m
(*)với
m
.
Ta xét hai trƣờng hợp:
+ TH1: Nếu trong tập hợp A =
n, n 1, n 2, n 3, n 4, n 5
có một số chia
hết cho 7 thì số đó là duy nhất. Khi đó ta chia tập hợp A thành hai tập hợp con thì
Đề tài: Một số dạng toán Số học trong THCS
23
một tập hợp sẽ chia hết cho 7 và một tâp hợp không chia hết cho 7. Do đó, tích các
phần tử của tập con này không thể bằng tích các phần tử của tập con kia.
+ TH2: Không có số nào trong tập hợp A =
n, n 1, n 2, n 3, n 4, n 5
chia
hết cho 7 thì VT(*)
1.2.3.4.5.6 mod7
VT(*)
6
(mod 7)
2
m6
(mod 7)
(Vô lý).
điều giả sử trên là sai. Vậy không tồn tại số n nào thỏa mãn điều kiện đầu bài.
NHẬN XÉT: Bài toán trên có thể mở rộng cho 10 số tự nhiên liên tiếp.
Ví dụ 3: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, ta có số:
A = luôn chia hết cho 22.
Giải
Dễ thấy A là số chẵn nên
A2
. (*)
Ta cần chứng minh:
A 11
.
Ta có:
4
2 16 1
(mod 5)
4n
21
(mod 5)
4n 1
22
(mod 5)
4n 1
2 5k 2
4n 1
2 5k 2 k
3 3 9.243 9 mod11
. (1)
4 4n 1 4n 1
3 81 1 mod10 3 3 mod10 3 10k 3
4n 1
3 10k 3 k
2 2 8.1024 8
(mod 11). (2)
Từ (1) và (2), suy ra:
4n 1 4n 1
23
A 3 2 5 9 8 5 mod11
.
4n 1 4n 1
23
A 3 2 5 22 mod11
.
Vậy
A 11
. (**)
Từ (*) và (**)
A 22
(đpcm) (vì (2, 11) =1).
Ví dụ 4: Tìm bốn chữ số tận cùng của:
a = .
Giải
Rõ ràng ta có:
a 0 mod16
hay a
16
. (1)
Mặt khác, ta có:
1976 1 mod25
và
1974 1 mod25
.
1976
1974 1976 1974
1973 1975 1973
1976
1976 1 mod25
1974 1 mod25 1976 1974 0 mod25
.
1974 1 mod25 1976 1974 0 mod25
1976 1 mod25
Vậy
2
a 0 mod25
hay
a 625
. (2)
Từ (1) và (2)
a 10000
. Vậy bốn chữ số tận cùng của a là bốn chữ số 0.
Đề tài: Một số dạng toán Số học trong THCS
24
NHẬN XÉT: Từ ví dụ trên, ta thấy để tìm bốn chữ số tận cùng thì cần xét phép
đồng dư với mođun 10000. Do đó, để tìm một, hai, ba …chữ số tận cùng ta cần xét
lầ lượt các phép đồng dư với mođun 10, 100, 1000…
Ví dụ 5: Tìm ba chữ số tận cùng của: A = .
Giải
Đặt B =
2000
.
.
.
1997
1996
. Đặt
B
C 1995
*
C 5 mod10 C 10m 5 m
.
Đặt
C 10m 5 10m 5
D 1994 1994 1994 .1994
.
Ta có:
55
1994 ( 6) 24 mod100
10m 2
1994 24 mod100
10m
1994 76 mod100
10m 5
D 1994 .1994 76.24 mod100
D 24 mod100
.
Hay D = 20n + 4
*
k
. Khi đó:
D 20n 4
A 1993 1993
.
Ta lại có:
4 8 16
1993 401 mod1000 1993 801 mod1000 1993 601 mod1000
20 20n 20n 4
1993 1 mod1000 1993 1 mod1000 1993 401 mod1000 .
Vậy ba chữ số tận cùng của A là 401.
1.3 MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 1: Chứng minh rằng với n là số nguyên dƣơng bất kì thì số
n
1992 1
không thể
chia hết cho
n
1000 1.
Bài 2: Có hay không số n nguyên dƣơng để
n
10 1993
chia hết cho
1993
10 1 .
Bài 3: Tìm số dƣ khi chia
70 50
57
cho 12.
Bài 4: Số
5
a
chia cho 7 dƣ 5. Hãy tìm số dƣ trong phép chia a cho 7.
Bài 5: a) Tìm 5 chữ số tận cùng của
1989
5.
b) Tìm hai chữ số tận cùng
999
2.
Bài 6: Chứng minh rằng đa thức
5 4 3 2
P x x 3x 6x 3x 9x 6
không thể có
nghiệm nguyên.
Bài 7: Cho
1 1 1 1
A
2 3 4 15
không phải là số nguyên.
Đề tài: Một số dạng toán Số học trong THCS
25
Bài 8: Chứng minh rằng với mọi số nguyên không âm n, trong hai số sau
2n 1 n 1
n
a 2 2 1
và
2n 1 n 1
n
b 2 2 1
luôn có đúng một số chia hết cho 5.
Bài 9: Kí hiệu K(a) là số các chữ số của số tự nhiên a.
Chứng minh rằng:
1992 1993
K 5 K 2
chia hết cho 2.
Bài 10: Cho dãy số
1
a 13
,
2
a 15
,…,
2
n
a 3 n n 7
. Chứng minh rằng: trong
5 số hạng liên tiếp của dãy có đúng một số chia hết cho 5.
Bài 11: Cho a, b, c là các số tự nhiên đôi một có số dƣ khác nhau trong phép chia
cho 5. Chứng minh rằng trong 3 số: M = 3a + b + c; N = 3b +a + c; P = 2a + 2b + c
luôn có đúng một số chia hết cho 5.
Bài 12: Giả sử a, b, m, n là những số nguyên dƣơng trong đó a và b nguyên tố cùng
nhau và a > 1. Chứng minh rằng:
m m n n
a b a b
thì m chia hết cho n.
Bài 13: Có 333…3 (có 100 chữ số 3)
Hãy tìm số nguyên dƣơng k bé nhất để sao cho trong hệ thập phân số k. 333…3 (có
100 chữ số 3) là một số chỉ có toàn chữ số 1.
Bài 14: Với giá trị nào của n (
n2
), thì mệnh đề sau đây là đúng:
" Nếu
3 3 3
1 2 n
a a a
chia hết cho 9; (
1
a
với
i 1,n
) thì ít nhất một trong
các
i
a
chia hết cho 3".
Bài 15: Chứng minh rằng nếu x, y, z là các số nguyên thỏa mãn: (100x + 10y +
z)
21
thì
x 2y 4z 21
.
Bài 16: Chứng minh rằng với mọi
n
thì
2n 1 2n 1
A 21 17 15
không chia hết
cho 19.
Bài 17: Chứng minh rằng nếu (n, 10) = 1 thì
101
n
và n sẽ có ba chữ số tận cùng
giống nhau.
Bài 18: Cho m và n là những số tự nhiên với n > m
1
. Trong cách viết thập phân
ba chữ số cuối cùng của
m
1978
theo thứ tự bằng ba chữ số cuối cùng của
n
1978
.
Tìm các số m, n sao cho tổng m + n có giá trị nhỏ nhất.
