TÀI LIỆU BD HSG TOÁN 6

Điều kiện để một số tự nhiên chia hết cho 11 là là tổng các chữ số ở hàng lẻ trừ tổng các chữ số ở hàng chẵn chia hết cho 11.. Bài 5: a Chứng minh rằng trong 5 số nguyên liên tiếp bao gi

CHƯƠNG I

PHÉP CHIA HẾT – PHÉP CHIA CÓ DƯ – ĐỒNG DƯ THỨC

1 Phép chia hết

1.1 Định nghĩa: Cho hai số nguyên bất kỳ a và b (b 0) tồn tại một và chỉ một cặp số nguyên q và r sao cho: a = b.q + r với 0 r <

- Nếu r = 0 thì a chia hết cho b ( hay a là bội của b, hay b chia hết a hay b là ước của a (b \a)

- Nếu r 0 thì phép chia a cho b là phép chia có dư

1.2 Một số tính chất

Với a, b, c, d Z

- Nếu a 0 thì ,

- Nếu và thì a c

- Nếu và thì a = b

- Nếu thì

- Nếu , thì

Hệ quả: , và (b, c) = 1 thì

- Nếu và (b, c) = 1 thì

1.3 Một số định lý thường dùng:

- Nếu và thì a b c

- Nếu và b c thì a b c

- Nếu a c và b d thì ab cd

Hệ quả Nếu a b thì an bn (n

- Nếu a c hoặc b c thì ab c

1.4 Dấu hiệu chia hết

Gọi số A=

Số dư A : 2k (hoặc 5k) = số dư : 2k (hoặc 5k) (Với k N, k 1)

Số dư A : 9 (hoặc 3) = số dư (an + an-1 + …+ a1) : 9 ( hoặc 3)

Số dư A : 11 = số dư [(a1 + a3 …) – (a2 + a4 +…)]: 11

Điều kiện để một số chia hết cho 4 (hoặc 25) là số gồm hai chữ số cuối cùng chia hết cho 4 (hoặc 25)

Điều kiện để một số chia hết cho 8 (hoặc 125) là số gồm ba chữ số cuối cùng chia hết cho

8 (hoặc 125)

Điều kiện để một số tự nhiên chia hết cho 11 là là tổng các chữ số ở hàng lẻ trừ tổng các chữ số ở hàng chẵn chia hết cho 11

2 Đồng dư thức.

2.1 Định nghĩa: Nếu hai số nguyên a và b chia cho c (c 0) có cùng số dư, ta nói a đồng

dư với b theo modun c kí hiệu a≡b (mod c)

Vậy a≡b (modun c) a – b c

2.2 Một số tính chất

Với mọi a, b, c, d, m Z+ (Z+ là tập hợp các số nguyên dương)

a) a≡a (mod m)

a≡b (mod m) b≡a(mod m)

a≡b (mod m) và b≡c (mod m) a≡c (mod m)

b) a≡b (mod m); c≡d (mod m) ⇒ a + c ≡b + d (mod m)

a≡b (mod m) ; c≡d (mod m) ⇒ a - c ≡ b - d (mod m)

c) a≡b (mod m) ; c ≡d (mod m) ⇒ ac ≡bd (mod m)

Nếu d là ước chung dương của a, b và m thì:

a≡b (mod m) ⇒ ≡ (mod )

d) a≡b (mod m); c là ước số chung của a và b và (c, m) =1

⇒ ≡ (mod m)

e) a≡b (mod m); c > 0 ⇒ ac ≡bc (mod mc)

Chú ý.

 Với mọi a, b Z (a b), n N ta có an – bn a – b

 Trong n số tự nhiên liên tiếp (n 1) có một và chỉ một số chia hết chon

 Trong n + 1 số nguyên bất kỳ (n 1) chia cho n thì phải có hai số khi chia cho n có cùng

số dư (Vận dụng nguyên tắc Đirichlet)

 Tìm k chữ số tận cùng của số A là tìm số dư khi chia khi chia A cho 10k

Bài 1: Chứng minh rằng

a) n3 - n 6 (n Z)

b) m3n – nm3 6

c) n(n + 1)(2n + 1) 6

d) S 6 P 6

Với S = ; P = a1 + a2 + …+ an, trong đó ai Z, i=

e) Số được viết dưới dạng tổng của các số mà mỗi số là một số tự nhiên Ta lũy thừa bậc ba từng số hạng rồi cộng chúng lai, đem tổng này chia cho 6 Hãy tìm số dư của phép chia này

Bài 2: Cho n > 3 (n N), chứng minh rằng: 2n = 10a + b (0 < b < 9) thì ab 6

Bài 3: Chứng minh rằng nếu x, y, z là các số nguyên thõa mãn:

(100x + 10y + z) 21 thì (x – 2y + 4z) 21

Bài 4: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, ta có : 2.7n + 1 là bội của 3

Bài 5: Chứng minh rằng với n N A= 21 2n + 1 + 172n + 1 + 15 không chia hết cho 19

Bài 6: Có tồn tại hay không một số nguyên dương là bội của 1993 và có 4 chữ số tận cùng

là 1994

Bài 7: Tìm bốn chữ số cuối cùng của số a = (19761976 – 19741974)(19761975+19741973)

Bài 8: Tìm số tự nhiên k lớn nhất thõa mãn điều kiện: (1994 ! )1995 1995k

số tận cùng giống nhau

III HƯỚNG DẪN GIẢI.

Bài 1:

a) n3 – n = n(n + 1)(n – 1)

n, (n + 1), (n – 1) là 3 số nguyên liên tiếp nên có một số chia hết cho 2, một số chia hết cho

3, mà (2, 3) = 1; 2.3 = 6

Vậy: n(n + 1)(n – 1) 6, ta có điều phải chứng minh

b) m3n – mn3 = m3n – nm + nm – mn3 = n( m3 – m ) – m( n3 – n) 6 Vì theo câu a thì n3

- n 6; m3 - m 6 (m n Z)

c) n( n + 1)( 2n + 1) = n( n + 1)[( n – 1) + ( n + 2)] = n( n + 1)( n – 1) + n ( n + 1)( n + 2) 6

Do đó: S 6 P 6, ta có điều phải chứng minh

f) Đặt = a1 + a2 + ….+ an = P

Ta có S = , cần tìm số dư khi chia S cho 6 Mà S – P 6 ( câu d)

S ≡ P (mod 6) mà 1993 ≡1( mod 6)

Nên ≡ 1 ( mod 6) Vậy số dư S chia cho 6 là 1

Bài 2:

Cách1: Rõ ràng b 2 nên ab 2

Đặt n = 4k + r ( r 0 3 ) Ta có: 2n = 2r 24k = 2r 16k

- Nếu r = 0 thì 2n = 16k tận cùng bằng

Do đó b = 6 nên ab = 6

- Nếu 1 r 3 ta có 2n – 2r = 2r(16k – 1 ) 10

⇒ 2n ≡ 2r ( mod 10 ) ( do 2r 8)

⇒ 2r = b ⇒ 10a = 2n - b = 2r ( 24k – 1 ) = 2r ( 16k – 1 ) 3

⇒ a 3 ( do ( 10, 3) = 1)

⇒ ab 6.

Cách 2: Từ giả thiết ta suy ra b chẵn và b 0 Do đó b chỉ có thể là 2, 4, 6, 8

Nếu b = 6 thì ab 6

Nếu b = 2 ta suy ra n lẻ ⇒ 2n ≡ 2 ( mod 3)

⇒ 10a + b = 9a + a + 2 2 ( mod )

Do 9a ≡ 0 (mod 3) ⇒ a + 2 ≡ 2 ( mod 3) ⇒ a ≡ 0 ( mod 3 )

⇒ ab 6

Trường hợp b = 4, 8 chứng minh tương tự

Bài 3: Với mọi số nguyên x, y, z ta có:

400x ≡ x(mod 21); 40y ≡ -2y(mod 21); 4z ≡ 4z(mod 21);

Suy ra: 400x + 40y + 4z ≡ x – 2y + 4z(mod 21)

Theo giả thiết: 100x + 10y + z 21

Nên 400x + 40y + 4z = 4( 100x + 10y + z) ≡ 0 (mod 21)

Suy ra x – 2y + 4z ≡ 0 (mod 21) x – 2y + 4z 21

Bài 4: Ta có 7n ≡1 ( mod 3) ⇒ 2.7n ≡ 3( mod 3)

⇒ 2.7n + 1 ≡ 0( mod 3) Hay 2.7n + 1 3

Vậy: 2.7n + 1 là bội của 3

Bài 5: Ta có 21 ≡ 2 ( mod 19) ⇒ 212n + 1 ≡ 22n + 1( mod 19)

17 ≡ -2( mod 19) ⇒ 172n+1 ≡ ( - 2) 2n+1( mod 19)

⇒172n+1 ≡ - 2 2n+1( mod 19)

⇒212n + 1 + 172n+1 ≡ 0( mod 19)

Hay: 212n + 1 + 172n+1 19 mà 15 không chia hết cho 19

Vậy: A= 21 2n + 1 + 172n + 1 + 15 không chia hết cho 19

Bài 6: Cách 1: Xét 1994 số sau:

1994, 1994 1994, 1994 1994 1994,…, 1994 1994 1994 1994…1994( 1994 lần số 1994)

Trong 1994 số trên khi chia cho 1993 phải có hai số có cùng số dư

Giả sử hai số đó là a= 1994…1994( i lần số 1994)

b = 1994…1994 ( j lần số 1994) Với 1 i j 1994

Khi đó: b – a = 104i chia hết cho 1993

Vì 104i và 1993 nguyên tố cùng nhau nên:

chia hết cho 1993

Cách 2: Giả sử số 1993 ⇒ 104A +1994 1993

35A + 1  1993 35A = 1993B + 1992 2B + 3 = 1995B + 1995 – 35A

2B + 3 35 B ≡ 32( mod 35) B ≡ ( mod 35)

Đặt B = 16 + 35k ta tính được số A nhỏ nhất là A = 968 ứng với k = 0 và số nhỏ nhất thõa mãn bài toán là 9681994

Bài 7: Rõ ràng ta có a ≡ 0 ( mod 16)

Mặt khác ta có:







−

≡

≡

) 25 (mod 1 1974

) 25 (mod 1 1976

⇒ 













−

≡

≡

≡

≡

) 25 (mod 1 1974

) 25 (mod 1 1976

) 25 (mod 1 1974

) 25 (mod 1 1976

197 3

197 5

197 4

197 6

⇒ a ≡ 0(mod 252)

Từ (1) và (2) ⇒ a ≡ 0 ( mod 10000)

Vậy a có 4 chữ số tận cùng là 0000

Bài 8: 1995 = 3.5.7.19

Các bội của 19 trong dãy 1; 2; …; 1994 là 19; 38; …; 1976 gồm 1976 : 19 = 104 số Tronbg đó các bội của 192 là 361; 722; 1083; 1444; 1805; gồm 5 số

Do đó số thừa số 19 khi phân tích 1994 ra thừa số nguyên tố là 104 +5= 109 nên

1994 = 3109.5109.7109.19109.T với T  19 ⇒T 1995

(1994 )1995 1995k

Suy ra: k 109.1995

Vậy k lớn nhất là 109.1995

Bài 9: Với (n, 10) = 1, ta chứng minh n101 – n 1000

Thật vậy ta có: n101 – n = n( n100 – 1)

Vì (n, 10) = 1 nên n lẻ

Ta có: n100 -1 = (n50 + 1)( n50 -1) = (n50 + 1)( n25 +1) (n25 -1)

( n25 +1) và (n25 -1) là hai số chẵn liên tiếp, nên:

Vì (n, 10) = 1 nên (n, 5 ) = 1

Ta chứng minh được nếu n không chia hết cho 5 thì n100 ≡ 1(mod 125)

Vì (8, 125) = 1 nên từ (1) và (2) suy ra: n100 – 1 1000

n101 – n 1000 Ta có điều phải chứng minh

Bài 10: Ta có 51995 = 511 (51984 – 1) + 511

Ta sẽ chứng minh 511 (51984 – 1) 108

Ap dụng liên tiếp a2 - b2 = (a – b )( a + b)

Ta có: 51984 – 1 = (531 -1)(531 + 1)(562 + 1)(5124 + 1)(5248 + 1)(5496 + 1)(5992 + 1)

Mà : 531 – 1 4 và 5k + 1 2

Do đó: 51984 – 1 28

Vậy: 511( 51984 – 1) 58 28 108

Do đó tám chữ số tận cùng của số 51995 là 48828125 ( = 511)

CHƯƠNG II

ƯỚC CHUNG LỚN NHẤT – BỘI CHUNG NHỎ NHẤT.

I TÓM TẮT LÝ THUYẾT.

1 Ước chung lớn nhất.

1.1 Định nghĩa: Cho hai số nguyên dương a và b

Số d là ước chung lớn nhất của a và b ký hiệu ƯCLN( a, b ) hay (a, b) khi và chỉ khi d là ước chung của a và b; d là bội của mọi ước chung của a và b

Nếu ( a1, a2 , a3, … an ) = 1 thì ta nói các số a1 , a2 , a3 , …, an nguyên tố cùng nhau

Nếu (am; ak) = 1; m k ( m; k = 1; 2; 3;…;n) thì ta nói các số a1 , a2 , a3 , …, an đôi một nguyên tố cùng nhau

1.2 Tính chất

a) c UC(a; b) thì

d = (a; b)

b) (ca; cb) = c(a;b)

c) (a; b) = 1 và b\ ac thì b\ c

d) (a; b) = 1, (a; c) = 1 thì (a; bc) = 1

e) ( a; b; c) = ((a; b); c)

1.3 Tìm ƯCLN bằng thuật toán Ơclit

Cho a > b > 0

Nếu a= b.q thì (a; b) = b

Nếu a = bq + r ( r 0) thì (a; b) = (b; r)

Để tìm (a; b) khi a không chia hết cho b ta dùng thuật toán Ơclit

a = bq + r1 thì (a; b) = (b; r1)

b = r1q1 + r2 thì (b; r1) = ( r1; r2)

r1 = r2q2 + r3 thì (r1; r2) = ( r2; r3)

………

rn-2 = rn-1qn-1 + rn thì (rn-2; rn-1) = ( rn-1; rn)

rn-1 = rnqn thì (rn-1; rn) = rn

(a; b ) = rn

(a; b) là số dư cuối cùng khác 0 trong thuật toán Ơclit

2 Bội chung nhỏ nhất.

2.1 Định nghĩa

Cho hai số nguyên dương a và b

Số m khác 0 là bội chung nhỏ nhất của a và b kí hiệu BCNN( a; b) hay[a; b]khi và chỉ khi

a và b là ước của m; m là ước của mọi bội chung của a và b

II.2 Tính chất

a) [ca; cb] = c[a; b]

b) [a; b; c] = [[a; b]; b]

c) [a; b].(a; b) = a.b

b) Tổng quát cho A = ma + nb; B = pa + qb thõa mãn [mq + np ] = 1

Chứng minh (A; B) = ( a; b)

Bài 2: a) Tìm ( 2k – 1; 9k + 4) ( k Z)

b) Tìm ( 6k + 5; 8k + 3) ( k N)

Bài 3 : Từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6 thành lập các số có 6 chữ số ( mỗi chữ số chỉ viết một

lần) Tìm ƯCLN của các số đó

Bài 5: a) Chứng minh rằng trong 5 số nguyên liên tiếp bao giờ cũng chọn được một số

nguyên tố cùng nhau với các số còn lại

b) Chứng minh rằng từ 16 số nguyên liên tiếp bao giờ cũng chọn được một số nguyên tố cùng nhau với các số còn lại

Bài 6: Cho A = 2n + 3n ; B = 2n + 1 + 3 n + 1; C = 2n + 2 + 3n + 2 (n Z*) Tìm (A; B) và (A; C)

Bài 7: a) Tìm[n; n+1; n + 2]

b) Chứng minh rằng [1; 2; 4; …; 2n] = [ n + 1; n + 2; …; 2n]

Bài 8: Chứng minh rằng dãy số Fermat

Fn = 22n + 1 (n N) là dãy số nguyên tố cùng nhau

Bài 9: Cho a = 123456789

b = 987654321 a) Tìm (a; b)

b) Tìm số dư khi chia [a; b] cho11

Bài 10: Cho 20 số tự nhiên khác 0: a1 < a2 < ….< a20

Chứng minh rằng [a1; a2; ….; a20] 20a1

III HƯỚNG DẪN GIẢI.

Bài 1:

a) Đặt D = (A; B); d = (a; b)

 d = (a; b) d\ a và d\b d\ 5a + b và d\13a + 8b d\ D (1)

 D = ( A; B) D\ 5a + 3b và D\13a + 8b D\8(5a + 3b ) – 3(13a + 8b)

Từ (1) và(2) ta có: D = d

Vậy (A; B) = (a: b)

b) Đặt D = (A; B); d = (a; b)

 d = (a; b) d\a và d\b d\ma + nb và d\pa + qb d\D (1)

 D = ( A; B) D\ma + nb và D\pa + qb D\q(ma + nb ) – n(pa + qb)

Và D\p(ma + nb ) – m(pa + qb)

Hay D\ (mq – np)a

Và D\ (np – mq)b

Mà

Từ (1) và (2) ta có (A; B) = (a; b)

Bài 2:

a) Đặt d= ( 2k – 1; 9k + 4)

d\2k -1 và d\9k + 4

d\9(2k -1) và d\2( 9k +4)

d\2(9k + 4) – 9(2k – 1) hay d\17

d = 1 hoặc d = 17

( ví dụ khi d = 1 khi k = 1; d = 17 khi k = 9)

b) Đặt d = ( 6k + 5; 8k + 3)

d\6k +5 và d\8k + 3

d\4(6k +5) và d\3( 8k +3)

d\4(6k + 5) – 3(8k +3) hay d\11

d = 1 hoặc d = 11

(ví dụ khi d = 1 khi k = 2; d = 11 khi k = 1)

Bài 3: Các số đôi một khác nhau được thành lập từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6 có tổng các

chữ số bằng 21 Các chữ số lập được chia hết cho 3 và không chia hết cho 9

Mặt khác ƯCLN cần tìm là ước của 123465 – 123456 = 9

Do đó ƯCLN cần tìm là 3

Bài 4: Đặt d =

d\2n +1 và d\

d\2n + 1 và d\2n( n +1 )

d\2n(n + 1) – (2n +1 ) d\n

Mà d\2n +1 nên d\2n +1 – 2n

d\1 d = 1 Vậy (A; B) = 1

Bài 5:

a) Nếu hai số không bằng nhau mà hơn kém nhau không quá 4 đơn vị thì không thể có ước chung quá 4

Như vậy hai số ntrong năm số tự nhiên liên tiếp có thể có các ước chung là 2; 3; 4 hoặc chúng nguyên tố cùng nhau Trong 5 số tự nhiên liên tiếp phải có ít nhất 2 số lẻ và có ít nhất một số không chia hết cho 3 Số này nguyên tố cùng nhau với các số còn lại

b) Xét 16 số nguyên liên tiếp a + 1; a +2; …; a + 16 (1)

Gọi d = ( a +r; a + s) ( 0 < r < 1 16; r; s N)

Ta có d 15 Ta chỉ có một số không có ước chung bằng 2; 3; 5; 7; 11; 13 với bất kỳ số nào khác trong dãy trên

Ở đây (1) có 8 số lẻ liên tiếp Số các bội của 3 5, số các bội của 5 3, số các bội của 7

2, số các bội của 7 2, số các bội của 11 hoặc 13 đều 2 Dễ thấy, hai số liên tiếp cùng là bội của số lẻ p thì phải có một số chẵn và số kia lẻ

- Nếu các bội của 3; 5; 7; 11; 13 chỉ gồm 7 số lẻ trong số 8 số lẻ ở dãy (1), thì số còn lại là

số nguyên tố với tất cả 15 số còn lại

- Nếu các bội của 3; 5; 7; 11; 13 gồm cả 8 số lẻ thì trong đó phải có 3 số là bội của 3, 2 số là bội của 5, số các số là bội của 7; 11; 13 đều là 1, và các số lẻ ấy là khác nhau, khi đó:

- Các số lẻ bội 3 là số lẻ thứ 1; 4; 7 và các số lẻ bội 5 là số thứ 3; 8 thì số lẻ bội của 13 là

số phải tìm trừ một trường hợp số đó là số lẻ thứ 2 mà số chẵn thứ 8 là bội của 13 thì số lẻ bội 11 là số lẻ phải tìm

- Các số lẻ là bội của 3 là các số lẻ thứ 2; 5; 8 và các số lẻ là bội của 5 là các số lẻ thứ 1; 6 thì cũng được xét tương tự như trên

Vậy bài tóan được chứng minh hoàn toàn

Chú ý: Mệnh đề đúng với dãy có ít hơn 16 số Mệnh đề không đúng với dãy nhiều hơn, chẳng hạn 17 số từ 1184 đến 1220 không có một số nào nguyên tố với các số còn lại

Bài 6:

Đặt d = (A; B)

d\A và d\B d\B – 2A và d\3A – B Hay d\3n và d\2n d\ (3n, 2n)

Mà (3; 2) = 1 (3n, 2n) = 1

Ta co d\1 d =1

(A; B) = 1

Đặt d' = (A; C)

d'\A và d'\C d'\9A – C và d'\C – 4A Hay d'\5.2n và d'\5 3n

d'\ (5.2n, 5.3n) = 5(2n; 3n) = 5 d' = 1 hoặc d' = 5

- Khi n lẻ thì n +2 lẻ

Do đó( 2n + 3n) ( 2 + 3)

(2n +2 + 3n +2) (2 +3)

A 5; C 5 nên (A; C) = 5

- Khi n chẵn 2n + 3n 5 nên (A; C) = 1

Bài 7:

a) Đặt A = [n; n +1], B = [A; n +2]

Ta có B = [n; n+1; n + 2 ]

Mà (n; n +1) = 1 nên [n; n + 1 ] = n(n + 1)

Mặt khác ( n + 1; n + 2) = 1 nên

d= (n(n +1); n +2)

= (n; n +2) = (n; 2) =

Do đó:

[n; n +1; n + 2] =

b) Vì trong k số nguyên liên tiếp có một và chỉ một số chia hết cho k Do đó bất kỳ một trong các số 1; 2; …; n đều là ước của một số nào đó trong các số n + 1; n +2;…; 2n

Do đó: [1; 2; …n; n +1; n +2;…; 2n] = [n; n +1; n +2;…; 2n]

Bài 8: Xét m > n, n 0, m = n +k, k > 0.

Gọi d = (Fn; Fm) = (Fn; Fn + k ) và đặt a =

Ta có: Fn + k -2 = - 1 a +1 Vậy Fn + k - 2 Fn

Từ ⇒ d\2 và do d lẻ nên d = 1.

Vậy dãy số Fermat là dãy số các số nguyên đôi một nguyên tố cùng nhau

Bài 9:

a) Ta nhận thấy rằng ( 1 + 2 + 3 + …+ 9) 9 nên a và b đều chia hết cho 9

Mặt khác: a + b = 1111 111 110 =

Trừ (1) và (2) vế với vế, ta được: b – 8a = 9 (*)

Do đó: Nếu đặt d = ( a; b) thì từ (*) ta suy ra d 9

Mà a và b đều chia hết cho 9, suy ra d = 9

b) Ta có: [a; b] =

Nhưng = 13 + 17342 = 3 + 11k1; b = 5 +11k2

Vậy [a; b ] = (3 + 11k1 )( 5 +11k2 ) = 4 + 11m Vậy số dư là 4

Bài 10: Gọi m = [a1; a2; ….; a20]

Nên m = a1b1 = a2b2 = a3b3 =…= a20b20

Mà: a1 < a2 < ….< a20

Nên: b1 > b2 > b3 > … > b20

Vậy giá trị nhỏ nhất b1= 20

Do đó: m = a1b1 20a1

Tóm lại: [a1; a2; ….; a20] 20a1

CHƯƠNG III

SỐ NGUYÊN TỐ – HỢP SỐ

I TÓM TẮT LÝ THUYẾT.

I.1 SỐ NGUYÊN TỐ – HỢP SỐ.

1 Định nghĩa:

•Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1 và chỉ có hai ước là 1 và chính nó

•Hợp số là số tự nhiên lớn hơn 1 và có nhiều hơn hai ước

2 Định lý:

Ước nhỏ nhất lớn hơn 1 của một số tự nhiên lớn hơn 1 là một số nguyên tố

Từ đó suy ra rằng: Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 bao giờ cũng có ước nguyên tố

I.2 TẬP HỢP CÁC SỐ NGYÊN TỐ.

•Định lý 1: Tập hợp các số nguyên tố là vô hạn

•Định lý 2: Ước nguyên tố nhỏ nhất của một hợp số n là một số không vượt quá

Hệ quả: Nếu số tự nhiên n > 1 không có ước nguyên tố nào từ 2 đến thì n là một số nguyên tố

I.3 PHÂN TÍCH THÀNH THỪA SỐ NGUYÊN TỐ.

1 Định lý cơ bản.

Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tích được ra thừa số nguyên tố một cách duy nhất (không kể thứ tự các thừa số)

2 Dạng phân tích tiêu chuẩn của một số tự nhiên lớn hơn 1.

Gọi p1; p2; p3;…; pk là các thừa số nguyên tố khác nhau và là ước của a; m1; m2; m3;…; mk

lần lượt là số các thừa số của p1; p2; p3;…; pk;, ta có:

a =

Số a viết được như trên gọi là dạng phân tích tiêu chuẩn

Chú ý:

- Số ước chung của a là (m1 + 1)( m2 + 1)…( mk + 1)

- Nếu a = n! thì số mũ mi của pi nào đó sẽ là

mi =