chuyên đề sô học

PHÉP CHIA HẾT, PHÉP CHIA CÓ DƯ VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN  Lê Minh Trường, Huỳnh Thị Ngọc Hân, Nguyễn Văn Khôi Lớp 10T1, Trường THPT Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm Nhóm 7, E-mail: n

PHÉP CHIA HẾT, PHÉP CHIA CÓ DƯ

VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN



Lê Minh Trường, Huỳnh Thị Ngọc Hân, Nguyễn Văn Khôi Lớp 10T1, Trường THPT Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm

Nhóm 7, E-mail: nhomcd7@gmail.com

I Lời giới thiệu

Phép chia là một lĩnh vực quan trọng và không thể thiếu trong đời sống hằng ngày của con người Ngay từ những năm tiểu học chúng ta đã được làm quen với những phép chia đơn giản Và bây giờ nhóm chúng tôi xin trình bày một số hiểu biết của mình về “phép chia hết, phép chia có dư và những ứng dụng” Đây sẽ là một tài liệu khá bổ ích có thể giúp cho các bạn nắm vững và sâu hơn những kiến thức về phép chia Xin chân thành cảm ơn!

II Chia hết và chia có dư

1 Số nguyên

Tập hợp các số nguyên kí hiệu là ¢ , ¢={0; 1; 2; }± ± .

Số nguyên lớn hơn 0 gọi là số nguyên dương

Số nguyên bé hơn 0 gọi là số nguyên âm

Tính chất

Không có số nguyên dương lớn nhất và cũng không có số nguyên dương bé nhất Số nguyên dương

bé nhất là 1 và số nguyên âm lớn nhất là 1−

Một tập hợp hữu hạn bất kì của ¢ luôn có phần tử lớn nhất và phần tử bé nhất

Không có số nguyên nào nằm giữa hai số nguyên liên tiếp

Nếu ,a b∈¢,a b< thì a+ ≤1 b

∀ ∈ ∃ ∈¡ ¢ > .

2 Lý thuyết phép chia hết và phép chia có dư

a Định nghĩa

Cho 2 số nguyên a b, (b>0) Chia a cho b, ta có: a chia hết cho bhoặc a không chia hết cho b

 a chia hết cho b hay a là bội của b, được kí hiệu là a bM Ta cũng nói bchia hết a, hay blà ước của

a và kí hiệu là |b a a bM ( |b a ) khi và chỉ khi có số nguyên q sao cho a b q=

 a không chia hết cho b Trong trường hợp này, khi chia cho b , ta được thương gần đúng là q

và số dư là r ( 0 < <r b ) Ta viết được: a bq r= + với 0 r b< <

Khi chia một số nguyên a cho một số nguyên b>0 thì số dư là một trong b số từ 0 đến b−1

b Tính chất phép chia có dư

Cho a , b là các số nguyên dương Khi đó luôn tồn tại cặp ( , )q r không âm sao cho b aq r= + ,

0 r a≤ < và sự tồn tại này là duy nhất

Chứng minh

Xét các trường hợp:

 a b> >0;q=0, r b= ⇒ =b aq r+

 a b= :q 1,r 0 n n: b na b

a

= = ⇒ ∃ > ⇒ >

Chọn q là số nhỏ nhất sao cho (q+1)a b> ⇒qa b≤ ⇒ = −r b qa⇒ =b qa r+

Mặt khác vì (q+1)a b> nên qa a b+ > ⇔ > −a b qa⇔ >a r

Vậy b qa r= + , với 0 r a≤ <

Giả sử tồn tại ', 'q r sao cho

b q a r= + ≤ < ⇒r a qa r q a r+ = + ⇔a q q− = − ⇒r r r r a− M⇒ − = ∨ − ≥r r r r a

⇒ = ∨ − ≥ (vô lí vì 0 r a≤ < ) ⇒ = ⇒q' q Đpcm

c Một số tính chất phép chia hết

Nếu a b M thì a b± ±M (b≠0)

Nếu a mM thì a m nM (m≠0,n∈Z +)

Nếu a b M và b a M thì a = b

Nếu a c M và b cM (c≠0) thì (a b c± )M

Nếu a m M hoặc b m M thì ab mM (m≠0)

Nếu a p M , a qM và ( , ) 1p q = thì a pqM

Nếu a mn= , b= pq và m p M , n q M thì a bM

Nếu ab mM và ( , ) 1b m = thì a mM

Nếu (a b m± )M và a m M thì b mM

Nếu a b M thì am bM∀ ∈m ¢

Nếu a b M và b cM ( ,b c≠0) thì a cM

Nếu a b M và b c M thì ax by c+ M ( ax by+ được gọi là tổ hợp tuyến tính của c ).

Nếu, a≠0 thì a ≥ b

Nếu a b M và b a M thì a = b

Nếu am bmM ∀ ∈m ¢,m≠0

a a M ; 0 aM với mọi a≠0; a M với mọi a ±1

 Chú ý

a n+b nM(a b+ ) ∀n lẻ

a n−b nM(a b− ) ∀n lẻ

a n−b nM(a b+ ) ∀n chẵn

Một số nhận xét

• Một số lẻ có dạng 2k+ ∀ ∈1 k ¢

• Một số chẵn có dạng 2k m∀ ∈¢

• Tổng hai số lẻ là một số chẵn

• Tổng hai số chẵn là một số chẵn

• Tổng một số chẵn và một số lẻ là một số lẻ

• Tích các số nguyên là số chẵn⇔Tồn tại ít nhất một thừa số là số chẵn

3 Ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất

a) Ước chung lớn nhất

 Định nghĩa

Số nguyên dương d là ước chung lớn nhất của các số nguyên a1, ,a nếu n d là ước chung của

1, , n

a a và nếu e là ước chung khác của chúng thì e là ước của d

Kí hiệu: d =( , , )a1 a n

Nếu d =1 thì ta nói các số a1, ,a nguyên tố sánh đôi nếu hai số bất kì trong chúng là nguyên tố n

cùng nhau

 Thuật toán Euclid

 Bổ đề Nếu a bq r= + thì ( , ) ( , )a b = b r

Chứng minh

Ta có ( , ) | ( , ) | ( , ) | ( , )

( , ) | ( , ) |

a b b r

  ()

Mặt khác ( , ) | ( , ) | ( , ) | ( , )

( , ) | ( , ) |

b r a b

  ()

Từ () và () suy ra ( , ) ( , )a b = b r

 Thuật toán Euclid (tìm ước chung lớn nhất của hai số nguyên a và b)

Đầu tiên ta chia a cho b được dư r1 (0≤ r1 <a), chia b cho r được dư 1 r2 (0≤ r2 <r1), cứ tiếp tục như thế ta được dãy giảm dần về 0

Giả sử r n+1=0 Thuật toán kết thúc

1

n n n n n n

n n n

−

=

Thuật toán kết thúc, ta có ( ) ( ) (a b, = b r, 1 = r r1, 2) = = (r n−1, )r n =r n

 Tính chất

1) ( , ) ( , )a b = b a

2) d ( , )a b a b; 1

d d

Chứng minh

1 1

( , )

a d a

d a b

b d b

=



 với ,a b∈Z và ( , ) 1a b1 1 = 1 , 1

d d

⇒ ÷=

3) ( , ) ( , )k a b = ka kb

Chứng minh Dùng thuật toán Euclid để tìm ( , )a b , ta được ( , ) a b =d Sau đó, ta nhân cả hai vế của

tất cả các đẳng thức trong khi thực hiện thuật toán đó với số k Như vậy, , a b và tất cả các số dư đều

được nhân với k , do đó ( , ) ka kb =kd =k a b( , )

4) Nếu ( , ) 1a b = và |b ac thì | b c

Chứng minh ac b M và bc bM⇒b là ước chung của ac và bc

( , ) 1a b = ⇒( , )ac bc = ⇒c c là bội của b

5) Nếu ( , ) 1a b = và ( , ) 1a c = thì ( , ) 1a bc =

6) ( , , ) ( ,( , )) (( , ), )a b c = a b c = a b c

7) ( , ) ( ,a b = a b ka+ )

8) ( , ) ( ,a b = b a b− )

9) Nếu c a M , c bM và ( , ) 1a b = thì c abM

Chứng minh

Ta có c aM⇒ =c a c 1 c bM⇒ =c ac b1M , mà ( , ) 1a b = ⇒c b1M ⇒ =c1 bc2 ⇒ =c abc2⇒c abM

 Định lí Bezout

Cho ,a b là các số nguyên, d là ước chung lớn nhất của , a b Khi đó tồn tại các số nguyên , x y sao

cho: d =ax by+

Chứng minh

Đặt A={ax by x y+ / , ∈Z Gọi m là số nguyên dương nhỏ nhất của A Vì } m>0 nên ∃a r, sao cho:a m q r= . + (0≤ <r m)

Nếu r>0 thì r a mq a= − = −( 'ax by q a ax q by q a+ ') = − ' − ' = (1−x q' )+b(1−y q' )∈A

r m

⇒ ≥ (do cách chọn m ) ⇒Vô lí.

Vậy r= ⇒ =0 a mq⇒a mM

Lí luận tương tự ta cũng có b m M Do đó d mM (vì d =( , )a b ).

Mặt khác m ax by d= + M ⇒ =m d ⇒ =d ax by+ (với ,x y là các số nguyên nào đó).

 Hệ quả

1) Nếu ( , ) 1a b = thì tồn tại ,x y∈Z sao cho ax by+ =1

2) d =( , )a b ⇔d là tổ hợp tuyến tính dương nhỏ nhất của ,a b

3) Nếu d =( , , )a1 a n thì tồn tại x1, ,x n∈Z sao cho d a x= 1 1+ + a x n n

b) Bội chung nhỏ nhất

 Định nghĩa

Số nguyên dương p được gọi là bội chung nhỏ nhất của n số nguyên a1, ,a khác n 0 nếu p là bội

chung của a1, ,a và nếu e là bội chung khác của chúng thì e là bội của p n

Kí hiệu p=[a1, ,a n]

 Tính chất

1) k a b[ ] [, = ka kb, ]

2) [a b c, , ] [ ]= a b c, ,   = a b c, ,[ ]

3) [ ]a b, ,( )a b =ab

III Một số phương pháp để giải các bài toán về chia hết

Cách 1 Để chứng minh ( )A n chia hết cho , k có thể xét mọi trường hợp số dư khi chia n cho k

Ví dụ 1 Chứng minh rằng:

a) Tích của hai số nguyên liên tiếp chia hết cho 2

b) Tích của ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 3

Lời giải

a) Viết tích của hai số nguyên liên tiếp dưới dạng ( )A n =n n( +1)

Có hai trường hợpxảy ra:

• nM2⇒n n( +1) 2M

• n M ( n lẻ) /2 ⇒ +(n 1) 2M⇒n n( +1) 2M

b) Tích của 3 số tự nhiên liên tiếp có dạng (n n+1)(n+2)

Có 3 trường hợp xảy ra:

• nM 3 ⇒n n( +1)(n+2) 3M

• n chia 3 dư 1 ⇒ +(n 2) 3M ⇒n n( +1)(n+2) 3M

• n chia 3 dư 2 ⇒ +(n 1) 3M ⇒n n( +1)(n+2) 3M

Cách 2 Để chứng minh ( )A n chia hết k , có thể phân tích k ra thừa số k pq=

 Nếu ( , ) 1p q = , ta chứng minh ( )A n pM và ( )A n qM

 Nếu ( , ) 1 p q ≠ , ta phân tích ( )A n =B n C n( ) ( ) rồi chứng minh ( )B n pM và ( )C n qM

Ví dụ 2 a) Chứng minh: ( )A n =n n( +1)(n+2) 6M

b) Chứng minh: tích của hai số chẵn liên tiếp chia hết cho 8

Lời giải

a) Ta có 6 2.3= , (2,3) 1= Theo chứng minh ở ví dụ 1 ta có ( ) 2A n M và ( ) 3A n M Do đó ( ) 6A n M b) Ta viết ( ) 2 (2A n = n n+ =2) 2 2(n n+ =1) 4 (n n+1) Ta có 8 4.2=

Vì 4 4M và (n n+1) 2M nên ( ) 8A n M

Ví dụ 3 Chứng minh rằng 5

10

n −n M , n∀ ∈Z +

Lời giải

2

( 1)( 1)( 4) 5 ( 1)( 1) ( 2)( 1) ( 1)( 2) 5 ( 1)( 1) 10

Vì (n−2)(n−1) (n n+1)(n+2) 5M , (n n+1) 2M , (5, 2) 1= nên (n−2)(n−1) (n n+1)(n+2) 10M

5 5M , (n n+1) 2M , (5, 2) 1= nên 5 (n n+1)(n−1) 10M Do đó ( ) 10A n M

Cách 3 Để chứng minh ( )A n chia hết cho k, có thể biến đổi ( )A n thành tổng (hiệu) của nhiều

hạng tử, trong đó mỗi hạng tử đều chia hết cho k

Ví dụ 4 Chứng minh n3−13n M (6 n>1)

Lời giải

n − n n= − −n n n n= − − n n n= + n+ − n

( 1)( 1)

n n− n+ là tích của 3 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 6 , 12 6nM Do đó ( ) 6A n M

Ví dụ 5 Chứng minh rằng n2+4n+5 không chia hết cho 8 , với mọi n lẻ.

Lời giải Với n=2k+1, ta có

A n =n + n+ = k+ + k+ + = k + k+ + k+ + = k k+ + k+ +

( )

A n bằng tổng của 3 hạng tử, trong đó hai hạng tử đầu đều chia hết cho 8, riêng chỉ có hạng tử 2 không chia hết cho 8 Vậy ( )A n không chia hết cho 8

 Cách 4 Phân tích ( )A n thành nhân tử Nếu có một nhân tử chia hết cho k thì ( )A n chia hết cho

k

Hệ quả: Nếu ( )A n =B n C n( ) ( ) mà ( )B n và ( ) C n đều không chia hết cho k thì ( ) A n không chia

hết cho k

Ví dụ 6 Chứng minh: 2 2+ + + +2 23 260 chia hết cho 15

Lời giải

2 2+ + + +2 2 = + + +(2 2 2 ) (2+ + + +2 2 ) (2+ + +2 + + 2 )

2(1 2 4 8) 2 (1 2 4 8) 2 (1 2 4 8) 15.(2 2 2 ) 15

= + + + + + + + + + + + + = + + + M

 Cách 5 Dùng nguyên lí Dirichlet.

Nguyên lí Dirichlet được phát biểu như sau:

Nếu nhốt k chú thỏ vào n chuồng mà k n> thì phải nhốt ít nhất hai chú thỏ vào chung một chuồng

Ví dụ 7 Chứng minh rằng trong m+1 số nguyên bất kì thế nào cũng có hai số có hiệu chia hết cho

m

Lời giải

Chia một số nguyên bất kì cho m ta được số dư là một trong m số 0,1, 2, , m−1 Theo nguyên lí Dirichlet, chia m+1 số cho m thì phải có ít nhất hai số có cùng số dư Do đó hiệu của hai số này sẽ chia hết cho m

 Cách 6 Dùng phương pháp qui nạp toán học Để chứng minh ( )A n kM ta làm theo trình tự sau: Thử với n=1 hoặc 2 (tức số n nhỏ nhất chọn ra) Nếu sai thì dừng Nếu đúng (1) A M , tiếp tục giảk

sử ( )A k kM Chứng tỏ (A k+1)M Nếu đúng thì kết luận ( )k A n kM

Ví dụ 8 Chứng minh 16n−15n−1 chia hết cho 225

Lời giải

Đặt ( ) 16A n = n−15n−1, ta có (1) 0 225A = M ⇒A(1) đúng

Giả sử ( )A k đúng, ( ) 16 15 A k = k − k−1 225M Ta chứng minh (A k+1) đúng, tức là chứng minh

1

16k+ −15(k+ −1) 1 225M

Thật vậy, 16k+ 1−15(k+ − =1) 1 16.16k−15k− − =15 1 (15 1)16+ k +16k−15k− −15 1

1

(16k 15k 1) 15(16k 1) (16k 15k 1) 15(16 1)(16k− 1)

1

(16k 15k 1) 225(16k− ) 225

Cách 7 Phương pháp phản chứng.

Để chứng minh ( )A n kM ta chứng minh ( )A n không chia hết cho k là sai A⇒ ⇔ ⇒B A B

Ví dụ 9 Chứng minh nếu a2+b2M thì a và b đều chia hết cho3 3

Lời giải Giả sử a và b không chia hết cho 3⇒ =a 3k±1, b=3h±1

Ta có a2+b2 =(3k±1)2+(3h±1)2 =9k2±6k+ +1 9h2±6h+ =1 3(3k2+3h2±2k±2 ) 2h + không chia hết cho 3 (mâu thuẫn với giả thiết)

Tương tự cho trường hợp chỉ có một số chia hết cho 3

Do đó a và b phải chia hết cho 3

 Cách 8 Dùng đồng dư để chứng minh.

A và B chia m dư r Ta nói A và B đồng dư Kí hiệu A B≡ (mod m ), A r≡ (mod m )

n n

⇔ = (mod m ).

Chú ý a) Nếu r= ⇔0 A mM , nếu r≠ ⇔0 A m M (có số dư r ).

b) Nên chọn số dư là 1 hoặc 1−

Ví dụ 10 Chứng minh rằng A=1719+1917 M 18

Lời giải Ta có 17≡ −1 (mod 18) ⇒1719 ≡ −1 (mod 18), 19 1≡ (mod 18) ⇒1917 ≡1 (mod 18)

Do đó A=1719+1917 ≡ − + ≡1 1 0 (mod 18 ) Vậy A=1719 +19 1817M

Ví dụ 11 Chứng minh rằng A=20072009+20092008 M2008

Lời giải Ta có 2007≡ −1 (mod 2008 ) 2009

⇒ ≡ − (mod 2008 )

2009 1≡ (mod 2008 ) 2008

⇒ ≡ (mod 2008 )

Do đó A=20072009+20092008≡ − + ≡1 1 0 (mod 2008 ) Vậy A=20072009+20092008 M2008

IV Một số dấu hiệu chia hết

Dấu hiệu chia hết cho 2 : chữ số hàng đơn vị là chữ số chẵn

Dấu hiệu chia hết cho 3 : tổng các chữ số chia hết cho 3

Dấu hiệu chia hết cho 4 : hai chữ số tận cùng chia hết cho 4

Dấu hiệu chia hết cho 5: chữ số hàng đơn vị là 0 hoặc 5

Dấu hiệu chia hết cho 6 : tổng các chữ số chia hết cho 3 , chữ số hàng đơn vị chẵn

Dấu hiệu chia hết cho 7: gọi x là số cần kiểm tra dấu hiệu chia hết cho 7 Gọi m là chữ số tận cùng của x và h=2m , y là x đã bỏ đi chữ số m Ta có y h k− = , nếu k chia hết cho 7 thì x chia

hết cho 7 và ngược lại

Dấu hiệu chia hết cho 8: ba chữ số cuối chia hết cho 8

Dấu hiệu chia hết cho 9 : tổng các chữ số chia hết cho 9

Dấu hiệu chia hết cho 10: chữ số hàng đơn vị là 0

Dấu hiệu chia hết cho 11: tổng các chữ số ở vị trí lẻ và tổng các chữ số ở vị trí chẵn có hiệu chia hết cho 11

Dấu hiệu chia hết cho 13 : gọi x là số cần kiểm tra, gọi m là chữ số hàng đơn vị, h=4m và y là x

đã bỏ đi m Ta có y h k− = , nếu k chia hết cho 13 thì x chia hết cho 13 và ngược lại.

Dấu hiệu chia hết cho 17 : x chia hết cho 17 khi và chỉ khi y−5m chia hết cho 17

Dấu hiệu chia hết cho 19 : x chia hết cho 19 khi và chỉ khi y+2m chia hết cho 19

Dấu hiệu chia hết cho 29: ta lấy số ở hàng đơn vị nhân 3 rồi cộng với số tạo bởi các số liền trước, nếu tổng chia hết cho 29 thì chia hết cho 29

Dấu hiệu chia hết cho 31: ta lấy số ở hàng đơn vị nhân 3 rồi lấy kết quả trừ đi số tạo bởi các số liền trước, nếu hiệu chia hết cho 31 thì nó chia hết cho 31

Dấu hiệu chia hết cho 37: ta lấy số ở hàng đơn vị nhân 11 rồi lấy kết quả trừ đi số tạo bởi các số liền trước, nếu hiệu chia hết cho 37 thì nó chia hết cho37

Dấu hiệu chia hết cho 41: ta lấy số ở hàng đơn vị nhân 4 rồi lấy kết quả trừ đi số tạo bởi các số liền trước, nếu hiệu chia hết cho 41 thì nó chia hết cho 41

Dấu hiệu chia hết cho 43: ta lấy số ở hàng đơn vị nhân 13 rồi lấy kết quả cộng với số tạo bởi các số liền trước, nếu tổng chia hết cho 43 thì nó chia hết cho 43

Dấu hiệu chia hết cho 59: ta lấy số ở hàng đơn vị nhân với 6 rồi lấy kết quả trừ đi số tạo bởi các số liền trước, nếu hiệu chia hết cho 59 thì nó chia hết cho 59

V Một số ví dụ

Bài 1 Cho n∈Z,n>1 CMR:

a) 2n là tổng của hai số nguyên lẻ liên tiếp b) 3n là tổng của ba số nguyên liên tiếp.

Lời giải

2n =2.2n− =2n− +2n− =(2n− − +1) (2n− +1)

3n =3.3n− =3n− +3n− =(3n− − +1) (3n− +1)

Bài 2 Cho ,a b∈Z Chứng minh rằng nếu (2+a) và (35−b) đều chia hết cho 11 thì a b+ M 11

Lời giải.

Ta có 2+aM và 3511 −bM 11 ⇒ + −a b 33 11M ⇒ +a bM (vì 33 1111 M )

Bài 3 Dùng thuật toán Euclid tìm ước chung lớn nhất của 555 và 407

Lời giải.

555 407.1 148, 407 148.2 111

148 111.1 37, 111 37.3 0

(555, 407) 407,148 (148,111) (111,37) 37

Bài 4 CMR nếu ( , ) 1a b = thì (a b a+ , 2+b2) 1= hoặc 2

Lời giải

Gọi d (a b a, 2 b2) a b d2 2

+





M M

2

2

ab d

 + +



+



M

M

M kết hợp ( , ) 1a b =

| 2

|

d ab

d a b



⇒  +

2 2



| (2 , 2 ) 2( , )

⇒ = ( , ) 1a b = ⇒( , ) 1a b2 2 =

Do đó (a b a+ , 2+b2) 1= hoặc 2

Bài 5 Giả sử ( , )m n +[m n, ]= +m n CMR ( , )m n =m hoặc n

Lời giải.

Đặt a=( , )m n và b=[m n, ] Ta có a b m n

ab mn

+ = +



 =

a b n m

− = −



⇒  − = −

a b m n

a b m n

+ = +



⇒  − = −

a b m n

a b n m

+ = +



 − = −

a m

b n

=



⇒  =

 hoặc

a n

b m

=



 =



(m n, ) m

⇒ = hoặc ( , )m n =n

Bài 6 Cho ,m n là các số chính phương lẻ liên tiếp CMR mn m n− − +1 192M

Lời giải.

Vì ,m n là hai số chính phương lẻ liên tiếp nên , m n có dạng m=2k−1, n=2k+1 với k∈Z

Ta có mn m n− − + =1 (m−1)(n− =1) ((2k−1)2−1).((2k+1)2− =1) (4k2−4 )(4k k2+4 )k

16(k 1) (k k k 1)

= − + Lại có (k−1) (k k+1)M3, (k−1) (k k k+1) 4M và (4,3) 1= ⇒k k2( −1)(k+1) 12M

2

16 (k k 1)(k 1) 16 12 192

Bài 7 (Việt Nam TST 2003) Cho n là 1 số nguyên dương Chứng minh rằng 2 n+1 không có ước nguyên tố dạng 8k−1 với k nguyên dương.

Lời giải.

Xét p là một ước nguyên tố nào đó của 2 n +1

-Nếu n chẵn, đặt n=2msuy ra ( )2 ( ) ( )

2m ≡ −1 modp ⇒ −1 là thặng dư bậc 2 của p ⇒ p chỉ có thể

có dạng 4k+1 (1)

-Nếu n lẻ, đặt n=2m+1 suy ra ( )1 2

2m+ ≡ −2 (mod )p ⇒ −( 2) là thặng dư bậc 2 của p⇒ pchỉ có thể có dạng 8k+1 hoặc 8k+3 (2)

Từ (1) và (2) suy ra đpcm

Bài 8 Tìm số dư trong phép chia 19 2010

4 cho 13

Lời giải.

Vì (4,13) 1= nên theo định lí Euler, ta có 4ϕ (13) ≡1 (mod 13 ) hay 412 ≡1

Ta có 192 ≡1 (mod 12 ) ⇒42010 ≡1 (mod 12 ) Do đó 192010 =12k+1 *

(k∈¥ )

2010

Bài 9 Tìm số dư của A=31998+51998 khi chia cho 13

Lời giải.

Ta có 3

3 ≡1 (mod 13) ( )3 666

⇒ ≡ (mod 13) hay 1998

3 ≡1 (mod 13)

2

5 ≡ −1 (mod 13) ( )2 999

⇒ ≡ − (mod 13) hay 1998

5 ≡ −1 (mod 13)

Do đó 1998 1998

A= + ≡ − + ≡ (mod 13 ) Vậy A=31998+51998 chia hết cho 13 hay số dư bằng 0 Bài 10 Chứng minh rằng từ 5 số nguyên bất kì, luôn tìm được 3 số có tổng chia hết cho 3

Lời giải.

Nếu 5 số đó khi chia cho 3 có không quá 2 số dư thì theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại ít nhất 3 số có cùng số dư khi chia cho 3 , 3 số đó là 3 số cần tìm

Nếu 5 số đó khi chia cho 3 có 3 số dư (0,1, 2) thì 3 số chia cho 3 có số dư đôi một khác nhau là 3

số cần tìm

Bài 11 [AIME 1986] Tìm số nguyên dương n lớn nhất sao cho n3+100 chia hết cho n+10

Lời giải.

Bằng phép chia n3+100 cho n+10 ta được n3+100 (= +n 10)(n2−10n+100) 900− Vì n3+100 chia hết cho n+10 nên n+10 | 900 Vì n là số nguyên dương lớn nhất nên n+ =10 900 hay 890

n=

Bài 12 Chứng ming rằng (5a+3 ,13b a+8 ) ( , )b = a b

Lời giải

Giả sử |d a , | d b khi đó | 5 d a+3b và |13d a+8b ⇒(5a+3 ,13b a+8 ) ( , )b = a b

Ngược lại | 5d a+8b và |13d a+8b thì | 8(5 3 ) 3(13 8 )

| 5(13 8 ) 13(5 3 )

+ − + = ⇒d a d b| , | . Vậy (5a+3 ,13b a+8 ) ( , )b = a b

Bài 13 Tìm tất cả các số tự nhiên n mà khi chia cho 11 dư 7 và khi chia cho 5 dư 4

Lời giải

Ta có n=11t+7, t∈Z Chọn t=0,1, 2,3, 4 sao cho 11t+ ≡7 4 (mod 5 )

Với t=2 thì 11t+ =7 29 4≡ (mod 5 ) Vậy r0 =29 và n=55t+29

Bài 14 Tìm các chữ số ,x y để:

a) 135 4x y M 45 b) 1234xy M72

Lời giải.

a) Để 135 4x y M ta phải có 135 445 x y chia hết cho 9 và 5 0

5

y y

=



⇒  = Với y=0 thì từ 135 4x y M thì ta phải có 1 3 545 + + + +x 4 9M ⇒ +x 4 M9 ⇒ =x 5, khi đó ta có số 135540

Với y=5 thì từ 135 4x y M ta phải có 1 3 545 + + + + +x 4 5 9M 9 0

9

x x

x

=



⇒ M⇒  = , lúc đó ta có hai số

135045 và 135945

b) Ta có 1234xy =123400+xy =72.1713 64+ +xy M72⇒64+xy M Vì 64 6472 ≤ + ≤xy 163 nên

64 xy+ bằng 72 hoặc 144

Với 64+xy=72 thì xy=08 ta có số 123408

Với 64+xy=144 thì xy=80 ta có số 123480

Bài 15 [Vô địch Hungari, 1951] Đối với những số tự nhiên m nào thì (m−1)! M m

Lời giải.

 Nếu m nguyên tố thì ( m−1)! Mm

 Nếu m là hợp số dạng m ab= với 1 a b m< ≠ < thì trong tích (m−1)! có 2 thừa số trùng với a

và b, do đó (m−1)!M m

 Nếu m là hợp số dạng m= p2 với p nguyên tố.

+ Nếu p>2 thì p2− ≥1 2p, do đó p2| 2 | (p p p2−1)! ⇒m m|( +1 !)

+ Nếu p=2 thì m=4 | 3!.

Vậy (m−1)! M khi và chỉ khi m m là hợp số khác 4.

Bài 16 Tìm số chính phương abcd biết ab cd− =1

Lời giải.

Giả sử n2 =abcd=100ab cd+ 100(1= +cd)+cd 2

101cd 100 101cd n 100

(= −n 10)(n+10)

Vì n<100 và 101 là số nguyên tố nên n+ =10 101 suy ra n=91

91 8281

abcd= = có 82 81 1− =

Bai 17 Chứng minh rằng với a>1 ta có: (a m−1,a n− =1) a( , )m n −1

Lời giải.

Đặt (a m−1,a n− =1) d1 ; ( , )m n =d2

Ta chứng minh d1=a d2−1

d m n ⇒a − a − và a d2 −1 |a n−1 2

1

1 |

d

⇒ − (1) Ngược lại từ ( , )m n =d2 >0 suy ra có hai số nguyên dương x y sao cho 0, 0 mx0− ny0 =d2

Vì d là ước của 1 a m−1 và a n−1 nên d là ước của 1 a mx0 −1 và a ny0−1

d a

⇒ − (2) (vì ( , ) 1d a1 = )

Từ (1) và (2) ta suy ra 2

d =a − (đpcm)

Bài 18 Chứng tỏ rằng nếu x x là các nghiệm của phương trình 1, 2 x2−6x+ =1 0 thì với mọi n∈¥,

số 1 2

n n

x +x là một số nguyên không chia hết cho 5

Lời giải.

 Trước hết ta chứng minh: với mọi n∈¥, số 1 2

n n

x +x là một số nguyên

Mệnh đề đúng với n=0, n=1, n=2 Ta có 0 0

x +x = + = , 1 1

x + =x ,

1 2 ( 1 2) 2 1 2 6 2.1 34

x +x = x +x − x x = − =

Giả sử mệnh đề đúng với n k= −1 v ới n k= , ta có

x +x = x +x x − +x − −x x x − +x − = x − +x − − x − +x −

5(x k− x k− ) (x k− x k− ) (x k− x k− )

(x k− +x k− ) v à 2 1

(x k− +x k− ) là các số nguyên (theo giả thiết quy nạp) nên 1 2

n n

x +x là một số nguyên với mọi n∈¥

 Bây giờ ta chứng minh x1n +x2n không chia hết cho 5 bằng phản chứng Giả sử có các số tự nhiên sao cho 1 2

n n

x +x chia hết cho 5

Gọi n là số nhỏ nhất mà 0 0 0

n n

x +x chia hết cho 5 Theo (*) thì hiệu 1 1 2 1

(x k− +x k− ) (− x k− +x k−) cũng phải chia hết cho 5

Thay k bởi n0−1 trong (*), ta đuợc 0 1 0 1 0 2 0 2 0 2 0 2 0 3 0 3

x − +x − = x − +x − + x − +x − − x − +x −

Từ đó suy ra 0 3 0 3 0 2 0 2 0 1 0 1 0 2 0 2

x − +x − = x − +x − − x − +x − − x − +x − cũng phải chia hết cho 5 Điều này trái với giả thiết n là số tự nhiên nhỏ nhất mà 0 0 0

n n

x +x chia hết cho 5 Do đó giả thiết

n n

x +x chia hết cho 5 không tồn tại

Vậy 1 2

n n

x +x là một số nguyên và không chia hết cho 5

Bài 19 Cho p là số nguyên tố Chứng minh rằng số {11 122 233 3 123456789{ {

p p p

− chia hết cho p

Lời giải.

Xét p=3, ta có điều phải chứng minh

Xét p≠3, ta có

p k p k k

(10 1)(10 2.10 8.10 9) 9

c

1

(10 10 10 9)

9

p p p c

p là ước của n khi và chỉ khi 9 p là ước của 9n (vì ta xét p khác 3)

Ta sẽ chứng minh 109p+108p+ + 10p − −9 9c chia hết cho 9

Vì 9 9+ c=1111111110 =109+108+ + 10 nên ta sẽ chứng minh

(10 p+10 p+ + 10 ) (10p − +10 + + 10) chia hết cho 9 p

Theo định lí Fermat nhỏ, ta có 10mp ≡( )10m p ≡10m (mod p ), 10 mp ≡10m (mod 9)

Mà (9, ) 1p = nên 10mp ≡10m (mod 9) Suy ra điều phải chứng minh

Bài 20 Cho ,m n là hai số nguyên dương phân biệt có ( , ) m n =d Tính (2006m+1, 2006n+1)

Lời giải.