Các phương pháp giải bài toán chia hết và áp dụng trong chương trình THCS

Phương pháp sử dụng các tính chất của phép chia hết và 2.1.1.Phương pháp sử dụng các tính chất chia hết.. Là một giáo viên dạy toán cấp trung học cơ sở, phép chia hết luôn song hành cùng

Chương 2 Các phương pháp giải bài toán chia hết 11

2.1 Phương pháp sử dụng các tính chất của phép chia hết và

2.1.1.Phương pháp sử dụng các tính chất chia hết 11 2.1.2 Phương pháp sử dụng các dấu hiệu chia hết 13 2.1.3 Phương pháp sử dụng định lý phép chia có dư 17

2.4.4 Phương pháp sử dụng nguyên lý Dirichlet 39

Chương 3 Áp dụng các phương pháp giải bài toán chia hết 42

3 Phần 1

Lời mở đầu

4

LỜI MỞ ĐẦU

Bertrand Russell, một nhà toán học xuất sắc người Anh đã từng viết :

“Toán học nắm giữ không chỉ sự thật mà cả vẻ đẹp tối thượng, một vẻ đẹp lạnh lùng và mộc mạc như của một tác phẩm điêu khắc, tinh khiết và hoàn hảo tuyệt vời, chỉ có ở nghệ thuật vĩ đại nhất ”

Quả thật là như vậy, toán học làm cho những người học, người nghiên cứu về nó phải thích thú, phải ngưỡng mộ trước vẻ đẹp của khoa học, của tự nhiên Và một trong những điều góp phần làm nên vẻ đẹp ấy là phép chia hết Phép chia hết không chỉ là điểm bắt đầu, là nguồn của rất nhiều nội dung khác thú vị trong toán học, mà bản thân nó cũng chứa đựng trong mình những tính chất đẹp đẽ, những mối quan hệ phong phú, những tính chất tưởng như đơn giản nhưng lại rất phức tạp, đôi lúc tưởng như rất phức tạp thì lại thành ra đơn giản

Là một giáo viên dạy toán cấp trung học cơ sở, phép chia hết luôn song hành cùng các bài giảng toán của tôi qua các khối lớp, từ lớp 6 đến lớp 9, đặc biệt là khối lớp 6 khi học về số học và khối lớp 8 Phép chia hết có một vai trò quan trọng, như trên tôi đã nói, nó luôn là tính chất mở đầu, là cái gốc, là công cụ để phát triển số học nói riêng và toán học nói chung

Bởi có vai trò quan trọng, tính chất biến hóa, đa dạng và phong phú mà phép chia hết luôn được sử dụng nhiều trong các đề kiểm tra, đề thi thường xuyên, các đề thi học sinh giỏi trong nước và quốc tế, các đề thi vào lớp 10, vào các khối lớp chuyên, , do đó, các phương pháp để giải các bài toán chia hết luôn là vấn đề được quan tâm, nghiên cứu

Để giúp cho bản thân và học sinh của mình thấy được vẻ đẹp, những điều kì diệu của toán học, cũng như cung cấp cho các em các phương pháp để

có thể giải được các bài toán chia hết, tôi đã chọn đề tài: Các phương pháp giải bài toán chia hết và áp dụng trong chương trình THCS

5

Nội dung của khóa luận bao gồm các vấn đề sau đây:

- Tổng quan về phép chia hết trên tập hợp số nguyên

- Trình bày các phương pháp giải toán chia hết

- Các bài toán áp dụng trong chương trình THCS và các cách giải theo các phương pháp đã trình bày

Mặc dù đã cố gắng hết sức nhưng do kiến thức còn hạn chế, thời gian không nhiều nên khi làm luận văn không tránh khỏi những sai sót Tác giả mong nhận được sự góp ý và những ý kiến phản biện của quý thầy cô và bạn đọc Xin chân thành cảm ơn!

Hà Nội, ngày 30 tháng 10 năm 2014

Học viên

Vũ Thị Oanh

6 Phần 2 Nội dung

7

Chương 1

Tổng quan về phép chia hết trên tập hợp số nguyên

1.1 Phép chia hết

1.1.1 Định nghĩa: Cho hai số nguyên a và b, b ≠ 0 Nếu có số nguyên k

sao cho a = bk thì ta nói a chia hết cho b

Kí hiệu a ⋮ b (a chia hết cho b) hoặc b│a (b chia hết a)

Khi đó, a được gọi là bội của b và b được gọi là ước của a

1.2.1 Định nghĩa: Giả sử a, b là hai số nguyên và b > 0 Ta nói rằng a

chia cho số b có thương là q và số dư là r, nếu a có thể biểu diễn bằng đẳng thức a = b.q + r, trong đó 0  r < b

8

1.2.2 Định lý về phép chia có dƣ: Giả sử a, b là hai số nguyên và b>0

Khi đó có thể chọn đƣợc các số nguyên q và r sao cho 0  r < b và

a = bq + r Các số q, r xác định theo điều kiện trên là duy nhất

1.3.1.2 Những tính chất cơ bản của số nguyên tố:

 Cho p là số nguyên tố Khi đó với mọi số nguyên a thì hoặc

a chia hết cho p hoặc a nguyên tố cùng nhau với p

 Nếu tích ab của hai số tự nhiên chia hết cho số nguyên tố p thì hoặc a chia hết cho p hoặc b chia hết cho p

1.3.1.3 Hợp số là số tự nhiên lớn hơn 1, có nhiều hơn 2 ƣớc

1.3.2 Ƣớc chung lớn nhất Bội chung nhỏ nhất

1.3.2.1 Ƣớc chung lớn nhất

Định nghĩa: Số nguyên d đƣợc gọi là ƣớc chung của các số

nguyên a1, a2, … , an nếu nó là ƣớc của mỗi số đó

Ƣớc chung d của các số nguyên a1, a2, … , an đƣợc gọi là ƣớc chung lớn nhất (ƢCLN) nếu d là bội của mọi ƣớc chung của a1, a2, … , an

Kí hiệu: Với d > 0 ta kí hiệu d = ƢCLN(a1, a2, … , an) hay

10

 Đặc biệt, (a1, a2, … , an) = 1 khi và chỉ khi tồn tại các số nguyên x1, x2, … , xn sao cho: 1 = x1a1 + x2a2 + ⋯ +xnan Khi đó, các số a1, a2, … , an được gọi là các số nguyên tố cùng nhau

1.3.2.3 Bội chung nhỏ nhất

Định nghĩa: Số nguyên m được gọi là bội chung của các số

nguyên a1, a2, … , an nếu nó chia hết cho mỗi số nguyên đó

Bội chung m của các số nguyên a1, a2, … , an được gọi là bội chung nhỏ nhất của các số này (BCNN) nếu nó là ước của mọi bội chung của a1, a2, … , an

Với m > 0, ta kí hiệu: m = BCNN(a1, a2, … , an) hay

m = [a1, a2, … , an]

Để tìm BCNN của 2 số, ta sử dụng công thức:

a, b = ab

(a, b) Bội chung nhỏ nhất của nhiều số được tính theo công thức:

[a1, a2, … , an] = [ a1, a2, … , an−1 , an] hoặc được xác định nhờ tính chất:

Sự phân tích a = p1α1p2α2… pnαn trong đó, p1, p, … , pn là những số nguyên tố khác nhau, α1, α2, … αn là những số nguyên dương, gọi là sự phân tích tiêu chuẩn của a

11

Chương 2

Các phương pháp giải bài toán chia hết

2.1 Phương pháp sử dụng các tính chất của phép chia hết và phép chia có dư

2.1.1 Phương pháp sử dụng các tính chất chia hết

Phần lớn các bài toán chia hết trong chương trình THCS đều phải dùng các tính chất chia hết, sau đây tôi xin trình bày một số bài toán điển hình thường gặp

Tổng của 10 số nguyên dương, có thể giống nhau, là 1001 Nếu d là

ước chung lớn nhất của 10 số đó, hãy tìm giá trị lớn nhất có thể của d

Vậy giá trị lớn nhất của d là 91

Ví dụ 3 Cho a, b, n là các số tự nhiên khác 0 Biết an

Ví dụ 4 (Thi vô địch Hung-ga-ri năm 1894)

Chứng minh rằng nếu x,y là các số nguyên thì 2x + 3y chia hết cho 17 khi và chỉ khi 9x + 5y chia hết cho 17

Giải:

Vì 4.(2x + 3y) + (9x + 5y) = 17(x + y) ⋮ 17 nên:

Nếu 2x + 3y ⋮ 17 thì 4.(2x + 3y) ⋮ 17 suy ra 9x + 5y ⋮ 17

Nếu 9x + 5y ⋮ 17 suy ra 4.(2x + 3y) ⋮ 17 mà (4, 17) = 1 nên 2x + 3y ⋮ 17

13

Vậy 2x + 3y ⋮ 17  9x + 5y ⋮ 17

2.1.2 Phương pháp sử dụng các dấu hiệu chia hết

Từ thế kỉ XVI, nhà toán học Pascal (1623-1662) đã nêu ra dấu hiệu chia hết trong hệ thập phân, ngày nay người ta vẫn dựa vào dấu hiệu này

để phát biểu dấu hiệu chia hết cho các số 2; 3; 4; 5; 7; 8; 9; 11; 13; 25; 101; 125;

Dấu hiệu chia hết Pascal:

Giả sử số tự nhiên T viết trong hệ thập phân có dạng:

T = a với 0 sas−1… a1a0  ai  9, as ≠ 0, i = 0, 1, 2, , s

T = as 10s + as−1 10s−1 + ⋯ + a1 10 + a0

Nếu có các số nguyên b1, b2,…, bs thỏa mãn 10i ≡ bi(mod m)

với i = 1, 2, , s thì số T chia hết cho m khi và chỉ khi

* Dấu hiệu chia hết cho 2 hoặc 5

Khi m = 2 hoặc m = 5 thì 10i = 2.5 ki với ki  N và i = 1, 2, , s

nên bi = 0 với i = 1, 2, , s

suy ra a ⋮ 2sas−1… a1a0  a0 ⋮ 2

14

a ⋮ 5sas−1… a1a0  a0 ⋮ 5

Ví dụ: 90852350 có 0 ⋮ 2 nên 90852350 ⋮ 2

12398765 có 5 ⋮ 5 nên 12398765 ⋮ 5

* Dấu hiệu chia hết cho 4 hoặc 25

Khi m = 4 hoặc m = 25 thì 10i = 4.25 ki với ki  N và i = 2, 3, , s nên bi = 0 với i = 2, 3, , s (*)

* Dấu hiệu chia hết cho 8 hoặc 125

Khi m = 8 hoặc m = 125 thì 10i = 8.125 ki với ki  N và i = 3, 4, , s nên bi = 0 với i = 3, 4, , s

suy ra a ⋮ 8 sas−1… a1a0  a ⋮ 8 2a1a0

a ⋮ 125sas−1… a1a0  a ⋮ 125 2a1a0

Ví dụ: 2326401 có 401 ⋮ 8 nên 2326401 ⋮ 8

41523250 có 250 ⋮ 125 nên 41523250 ⋮ 125

* Dấu hiệu chia hết cho 3 hoặc 9

Khi m = 3 hoặc m = 9 thì 10i = (9 + 1)i = 9 ki + 1 với kiϵ N và i = 1,2, , s nên bi = 1 với i = 1, 2, , s

suy ra a ⋮ 3 sas−1… a1a0  as + as−1 + as−2+ ⋯ +a0 ⋮ 3

a ⋮ 9 sas−1… a1a0  as + as−1 + as−2+ ⋯ +a0 ⋮ 9

Ví dụ: 3712325 có 3 + 7 + 1 + 2 + 3 + 5 = 21 ⋮ 3; 21 ⋮ 9 nên

Cách 2 Xét tính đồng dƣ của lũy thừa cơ số 10 theo modun 7, ta có:

10 ≡ 3 mod 7 ; 102 ≡ 30 ≡ 2 mod 7 ; 102 ≡ 20 ≡ −1 mod7 ;

104 ≡ −10 ≡ −3 mod 7 ; 105 ≡ −30 ≡ −2 mod 7 ;

3576 - abc = abcd , suy ra 3576d - abcd = abcd0 ,

suy ra 3576d = abcd0 + abcd hay 3576d = 11 abcd

18

Ví dụ 1: Chứng minh rằng trong 5 số nguyên tùy ý luôn có 3 số mà tổng

của chúng chia hết cho 3

Vậy tổng của 3 số đó chia hết cho 3

* Khả năng 2: trong 5 số không có 3 số nào có số dư giống nhau, theo

nguyên lý Dirichlet, khi chia 5 số cho 3 sẽ có 3 trường hợp số dư (dư 0, dư

1, dư 2) Khi đó tổng của 3 số này sẽ chia hết cho 3

Vậy không có số tự nhiên n để 3n + 1 ⋮ 102014

Ví dụ 4: (Thi vào lớp 10 chuyên Lam Sơn - Thanh Hóa năm 2014-2015)

Chứng minh rằng: nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì (p+1)(p-1) ⋮ 24

20

+Trường hợp 1: r =1 thì p = 3k + 1, khi đó (p + 1)(p - 1)= (3k + 2).3k ⋮ 3 +Trường hợp 2: r =2 thì p = 3k + 2, khi đó (p + 1)(p - 1)=(3k + 3).(3k+1)⋮3 Vậy (p + 1)(p - 1) ⋮ 3 (2)

Vì (3, 8) = 1 , từ (1) và (2) ta có (p+1).(p-1) ⋮ 3.8 hay (p+1)(p-1) ⋮ 24

2.2 Phương pháp đồng dư

Đây là phương pháp được sử dụng nhiều và hiệu quả trong các bài toán số học đặc biệt là các bài toán chia hết

2.2.1 Định nghĩa: Cho số nguyên m > 0 Nếu 2 số nguyên a và b khi

chia cho m có cùng số dư thì ta nói a đồng dư với b theo modun m

và kí hiệu là a ≡ b (mod m)

Nếu a và b không đồng dư với nhau theo modun m thì ta viết

a ≡ b (mod m)

Ví dụ: 20 ≡ 2 (mod 3); 25 ≡ 0 (mod 3)

2.2.2 Các điều kiện tương đương của định nghĩa:

1) a và b đồng dư với nhau theo modun m

21

2.2.3 Các tính chất:

1) Tính chất phản xạ: a ≡ a (mod m)

2) Tính chất đối xứng: a ≡ b (mod m) suy ra b ≡ a (mod m)

3) Tính chất bắc cầu: a ≡ b (mod m) và b ≡ c (mod m) suy ra

a ≡ c (mod m)

4) Có thể nhân hai vế và modun của một đồng dư thức với cùng một

số nguyên dương: a ≡ b (mod m) suy ra ka ≡ kb (mod km), với

k nguyên dương

5) Có thể cộng hoặc trừ từng vế của nhiều đồng dư thức có cùng modun với nhau: ai ≡ bi (mod m), i = 1,2, ,k

suy ra a1  a2  a3   ak ≡ b1  b2  b3   bk(mod m) 6) Có thể nhân từng vế của nhiều đồng dư thức có cùng modun với nhau: ai ≡ bi (mod m), i=1,2, ,k

suy ra a1 a2 a3 ak ≡ b1 b2 b3 bk (mod m)

Đặc biệt: + có thể nhân 2 vế đồng dư thức với cùng một số nguyên: a ≡ b (mod m) suy ra ka ≡ kb (mod m), k nguyên

+ có thể nhân 2 vế đồng dư thức lên cùng một lũy thừa:

a ≡ b (mod m) suy ra ak ≡ bk (mod m), k nguyên dương

7) Nếu hai số đồng dư với nhau theo nhiều modun thì chúng đồng dư với nhau theo modun là BCNN của các modun ấy

a ≡ b (mod mi) , i=1, 2, , k  a ≡ b (mod[m1,m2, ,mk])

Đặc biệt, nếu (mi, mj) = 1, i, j=1, 2, , k

thì a ≡ b (mod mi) tương đương với a ≡ b (mod m1.m2 mk)

8) a ≡ b (mod m) suy ra ƯC(a, m) = ƯC(b, m)

Đặc biệt, a ≡ b (mod m) suy ra (a, m) = (b, m)

9) Có thể chia 2 vế và modun của một đồng dư cho một ước chung dương của chúng:

từ đó: (a - b) - (b - c) ⋮ m hay a - c ⋮ m suy ra a ≡ c (mod m)

4) a ≡ b (mod m) suy ra a = b + mt với t Z

suy ra ka = kb + (km)t với k  Z, k > 0 hay ka ≡ kb (mod km) 5) ai ≡ bi mod m , i = 1,2, k

nên ∃ti ∈ Z sao cho ai = bi + mti

Cộng trừ từng vế của các đẳng thức, ta có:

a1  a2  a3   ak = b1  b2  b3   bk+ m.(t1  t2  t3  tk) suy ra a1  a2  a3   ak ≡ b1  b2  b3   bk (mod m)

23

8) Gọi X là tập hợp các ước chung của a và m

Y là tập hợp các ước chung của b và m

Giả sử xX, ta sẽ chứng minh rằng xY

Thật vậy, xX nên xƯC(a,m) suy ra a ⋮ x và m ⋮ x

mà a ≡ b (mod m) nên a - b ⋮ m, do đó a - b ⋮ x, a ⋮ x nên b ⋮ x

2.2.5.1 Định lý Fermat bé: Cho a là số nguyên dương và p là số

nguyên tố Khi đó, ta luôn có ap

≡ a (mod p)

Đặc biệt, nếu (a, p) = 1 thì ap-1 ≡ 1 (mod p)

Chứng minh: (ta chứng minh theo phương pháp quy nạp)

+ Với a = 1 thì 1p-1 ≡ 1 (mod p), định lý luôn đúng

+ Giả sử định lý đúng với a >1, tức là ap ≡ a (mod p),

ta sẽ chứng minh định lý đúng với a + 1, tức là ta phải chứng minh (a+1)p ≡ a + 1 (mod p)

24

Theo nguyên lý quy nạp thì ap

≡ a (mod p) với a là số nguyên dương và p là số nguyên tố

Ví dụ: 57 ≡ 5 (mod 7) ; 9113 ≡ 9 (mod 113)

Chú ý: Ta có thể dùng định lý Fermat bé để kiểm tra một số có là

hợp số hay không, nếu p là hợp số thì có ap ≡ a (mod p)

Tuy nhiên, chiều ngược lại là không đúng, nghĩa là với a, p nguyên dương mà có ap

≡ a (mod p) thì p chưa chắc là số nguyên

tố Ví dụ: 39 ≡ 3 (mod 9) nhưng 9 không là số nguyên tố

Hơn nữa s' ≠ 1, s' ≠ p -1 nên s'  S

Rõ ràng s' ≠ s vì nếu không thì s2 ≡ 1 mod p Suy ra s - 1 ⋮ p hoặc s + 1 ⋮ p Điều này không thể xảy ra vì

s + 1 < p Do đó ta có thể nhóm các phần tử của S thành p−3

2 cặp phân biệt (s, s') sao cho ss' ≡ 1 (mod m)

Nhân từng vế các đồng dư thức này ta được (p - 2)!  1 (mod p) suy ra (p - 1)!  p - 1  -1 (mod p)

25

Ví dụ: 4!  -1 (mod 5); 6!  -1 (mod 7); 10!  -1 (mod 11)

Chú ý: mệnh đề đảo của định lý Wilson cũng đúng, nghĩa là:

Nếu (n-1)!  -1 (mod n) với mọi số nguyên n ≥ 2 thì n là số nguyên tố

2.2.5.3 Định lý Euler

a) Hàm số Euler:

* Định nghĩa: Với số nguyên dương m bất kì, ta định nghĩa hàm

số Euler φ = φ(m) là số các số nguyên dương nhỏ hơn m và nguyên tố cùng nhau với m

Ví dụ: φ(4)=2; φ 7 = 6; φ(10) = 4

* Tính chất:

 Với mọi số nguyên tố p thì φ p = p − 1

 Với mọi số nguyên dương m, n mà (m, n) = 1 thì:

b) Định lý Euler: Cho m là số nguyên dương và a là số nguyên tố

cùng nhau với m Khi đó: aφ m ≡ 1 (mod m)

Chứng minh: Xét tập hợp S tất cả các số nguyên dương nhỏ hơn

m và nguyên tố cùng nhau với m

S = {a1, a2, … , aφ m }

Khi đó: 144 ≡ 1 (mod 5 ); 57 ≡ 1 (mod 14 )

Ví dụ 1 Tìm số dƣ của 3204 chia cho 101

Giải:

3204 = 3202 32 = 3101.2 32 = (3101)2 32

Theo định lý Fermat bé, ta có 3101 ≡ 3 mod 101

Suy ra 3204 ≡ 32 32(mod 101) hay 3204 ≡ 81 mod 101

Vậy 3204 chia cho 101 dƣ 81

Ví dụ 2 Chứng minh rằng 111333 + 333111 ⋮ 7

Giải:

111 ≡ -1 (mod 7) suy ra 111333 ≡ -1 (mod 7) (1)

333111 = 3111 111111

Mà 33 ≡ −1 mod 7 suy ra 3111 = (33)37 ≡ −1 mod 7

111 ≡ -1 (mod 7) suy ra 111111 ≡ -1 (mod 7)

Từ đó: 333111 ≡ 1 mod 7 (2)

Từ (1) và (2) suy ra rằng 111333 + 333111 ≡ −1 + 1 ≡ 0 mod 7 hay 111333 + 333111 ⋮ 7

Ví dụ 3 Chứng minh rằng với n  N thì 62n+1 + 5n+2 ⋮ 31

Giải:

Vì 62 ≡ 5 mod 31 suy ra 62n ≡ 5n mod 31

Lại có: 6 ≡ −52 mod 31

Vì a a − 1 là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 2

a a − 1 a + 1 là tích của 3 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 3

mà (2, 3) = 1 nên a5 − a ⋮ 2.3 hay a5 ≡ a mod 6

Lại có theo định lý Ferma bé:

a5 ≡ a (mod 5) suy ra a5 ≡ a mod 30

Tương tự, ta có: b5 ≡ b (mod 30), c5 ≡ c (mod 30)

vậy a5 + b5 + c5 ⋮ 30  a + b + c ⋮ 30

2.3 Phương pháp dùng hằng đẳng thức

Các hằng đẳng thức luôn là công cụ đắc lực để giải các bài toán số học

và đại số Trong mục này, bên cạnh bảy hằng đẳng thức đáng nhớ quen thuộc, các hằng đẳng thức mở rộng cũng được sử dụng nhiều trong các đề toán khó và nâng cao

Tam giác Pascal

Bảng các hệ số trong khai triển (a+b)n:

Với n = 2: (a+b)2 = a2 + 2ab + b2

Với n = 3: (a+b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3

Với n = 4: (a+b)4 = a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4

Với n = 5: (a+b)5 = a5 + 5a4b + 10a3b2 + 10a2b3 + 5ab4 + b5

29

Phương pháp: sử dụng các hằng đẳng thức để biến đổi biểu thức đã cho,

từ đó sử dụng các tính chất chia hết, dấu hiệu chia hết, để giải quyết bài

toán, đặc biệt, hai tính chất a n

-b n ⋮a-b và a n + b n ⋮a+b với n lẻ là 2 tính

chất được sử dụng nhiều trong các bài toán

Ví dụ 1 (Đề thi THPT chuyên - ĐHKHTN năm 1996)

Chứng minh rằng với mọi n nguyên dương:

Lại có 6n ⋮ 6 nên A = n3 + 5n ⋮ 6 với mọi n nguyên dương

Ví dụ 2 Chứng minh rằng: n5 − 5n3 + 4n ⋮ 120 với n nguyên dương

31

2.4 Một số phương pháp khác

2.4.1 Phương pháp tuần hoàn

Sự tuần hoàn của các số dư khi nâng lên lũy thừa

* Định lý: Đối với các số tự nhiên a, m tùy ý, các số dư của phép

chia a, a2, a3, a4, a5, a6, cho m lặp lại một cách tuần hoàn (có thể không bắt đầu từ đầu)

Chứng minh: ta lấy m+1 lũy thừa đầu tiên a, a2, a3, a4, ,am, am+1 Xét các số dư của chúng khi chia cho m, ta có m trường hợp số dư (0; 1; 2; ; m-1), mà lại có m + 1 số, theo nguyên lỹ Dirichlet sẽ có

2 số có cùng số dư khi chia cho m, ví dụ ak và ak+t (t > 0)

Khi đó, ak

≡ ak+t (mod m)

Với mọi n ≥ k, nhân cả 2 vế của phép đồng dư với an-k, ta có:

an ≡ an+t (mod m)

Điều đó chứng tỏ từ vị trí tương ứng với ak, các số dư lặp lại

Số t được gọi là chu kì tuần hoàn của các số dư khi chia lũy thừa a cho m

Ví dụ: Xét các số dư khi chia các lũy thừa của cơ số 3 cho 5

Lũy thừa 31 32 33 34 35 36 37 38 39

Từ vị trí tương ứng với 35, các số dư lặp lại, tuy nhiên, nếu xét số dư khi thực hiện phép nâng lên lũy thừa rồi tính thì phức tạp và không nhanh, dựa vào định lý đã có, ta có phương pháp sau:

Phương pháp

 Trước hết, ta cần xác định số dư của lũy thừa an

chia cho m, ta tìm các số k, t nhỏ nhất để: ak ≡ ak+t

(mod m)

khi chia cho m

2) Khi lũy thừa có số mũ không phải hàm tuyến tính của n, chẳng hạn ap(n) với p(n) là một hàm mũ, mà ta có thể thay đổi cơ số từ a sang b, để có ap(n)

= bq(n) và b ≡1 (mod m) thì ap(n)=1q(n) ≡1 (mod m) Nếu không biến đổi cơ số nhƣ trên ta cần tìm cách thay đổi cơ

số để lũy thừa có số mũ là một số tự nhiên

Ví dụ 1 Chứng minh rằng 1482004 +10 chia hết cho 11

Giải:

Ta tìm số dƣ của 1482004 chia cho 11

Do 18 ≡ 3 (mod 11) nên 1482004 ≡ 382004 mod 11

Lại có: 38 = 6561 ≡ 5 (mod 11) nên 382004 ≡ 52004 mod 11

Xét các số dƣ thuộc các lũy thừa của 5 khi chia cho 11:

33

Ví dụ 2 Chứng minh rằng 777777 − 7 chia hết cho 10

Giải:

ta có : 777 ≡ 7 (mod 10) nên 777777 ≡ 7777 mod 10

Xét các số dƣ thuộc các lũy thừa của 7 khi chia cho 10

Vì 222 ≡ 1 mod 13 nên 222333 ≡ 1333 ≡ 1 mod 13 (1)

Vì 333 ≡ 8 mod 13 nên 333222 ≡ 8222 mod 13

Xét các số dƣ thuộc các lũy thừa của 8 khi chia cho 13:

34

2.4.2 Phương pháp quy nạp

2.4.2.1 Nguyên lý quy nạp (kí hiệu: PMI(Principle of Mathematics Induction))

Nếu mệnh đề T(n) thỏa mãn 2 điều kiện:

i) T(n 0 ) đúng với một số tự nhiên n 0 nào đó

ii) Nếu T(n) đúng thì T(n+1) đúng

Khi đó mệnh đề T(n) đúng với mọi số tự nhiên n ≥ n0

Phương pháp:

Giả sử mệnh đề T(n) xác định với mọi n ≥ n0

Để chứng minh T(n) đúng với mọi n (n ≥ n0) bằng quy nạp, ta cần thực hiện 2 bước

 Bước 1: Cơ sở quy nạp

Trong bước này, ta xét tính đúng đắn của T(n) với n = n0.

2.4.2.2 Nguyên lý quy nạp toán học mạnh

Khi chứng minh một số bài toán sử dụng phương pháp quy nạp toán học, nhiều trường hợp ta có T(n) đúng nhưng khó chứng minh T(n+1) đúng, khi đó ta phải sử dụng thêm các mệnh đề khác như T(n0+1), T(n0+2),

Nguyên lý quy nạp toán học mạnh

(Kí hiệu: PSMI (Principle of StrongMathematics Induction))

Nếu mệnh đề T(n) thỏa mãn 2 điều kiện:

i) T(n 0 ) đúng với một số tự nhiên n 0 nào đó

ii) Với mỗi số tự nhiên n ≥ n 0 , nếu T(n 0 +1), T(n 0 +2), ,T(n) đúng thì T(n+1) đúng

Khi đó mệnh đề T(n) đúng với mọi số tự nhiên n ≥ n0

Ví dụ 1 Chứng minh rằng với mọi n:

Suy ra 1140 ⋮ 9 mà 1140 ⋮ 9 nên điều này là vô lý

Vậy với mọi n: n2 + 8n + 1147 ⋮ 9

38

Ví dụ 2 (Thi vô địch Hung-ga-ri năm 1977)

Tìm số nguyên n sao cho n2 − n + 3 ⋮ 121

Vậy không có số nguyên nào thỏa mãn điều kiện đề bài

Ví dụ 3 Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên lẻ thì n3 + 1 không thể là

Vì v - u ≥ 1 và v2 + uv + v2 ≥ 3 nên đẳng thức (*) không xảy ra

Vậy nếu n là số tự nhiên lẻ thì n3 + 1 không thể là số chính phương

39

2.4.4 Phương pháp sử dụng nguyên lý Dirichlet

Nguyên lý Dirichlet: nếu nhốt a con thỏ vào b cái lồng mà a = bq + r

(0< r < b) thì ít nhất cũng có một lồng nhốt từ q+1 con thỏ trở lên

Tổng quát: Nếu nhốt a con thỏ vào b chiếc lồng mà phép chia 𝑎

𝑏 còn dư thì tồn tại một lồng nhốt 𝑎

𝑏 + 1 con thỏ trở lên

Phương pháp: khi giải các bài toán dạng này, cần làm xuất hiện khái

niệm "thỏ" và "lồng", sau đó vận dụng Nguyên lý Dirichlet để giải quyết bài toán

Ví dụ 1: Chứng minh rằng trong 11 số tự nhiên bất kì bao giờ cũng có ít

nhất hai số mà hiệu của chúng chia hết cho 10

Giải:

Khi chia cho 10 ta có 10 trường hợp số dư là 0, 1, 2, , 9 (10 lồng) mà

ta có 11 số (11 thỏ), nên theo nguyên lý Dirichlet, bao giờ cũng có ít nhất

2 số có chữ số tận cùng giống nhau Hiệu của 2 số đó có tận cùng bằng 0,

do đó, hiệu của chúng chia hết cho 10

Ví dụ 2: Chứng minh rằng với năm số tự nhiên bất kì, bao giờ ta cũng

40

Ví dụ 3.Viết 6 số tự nhiên vào 6 mặt của một con xúc xắc Chứng minh

rằng khi ta gieo xúc xắc xuống mặt bàn thì trong 5 mặt có thể nhìn thấy bao giờ cũng tìm được một hay nhiều mặt để tổng các số trên đó chia hết cho 5

có 4 trường hợp số dư khác 0 là 1; 2; 3; 4, hiệu của 2 tổng này chia hết cho 5 Gọi 2 tổng đó là sm và sn (1 n m  5), thì sm − sn ⋮ 5 hay (a1 + a2 + ⋯ + am) − (a1 + a2 + ⋯ + an)

= an+1+ an+2 + ⋯ + am ⋮ 5

Vậy khi ta gieo xúc xắc xuống mặt bàn thì trong 5 mặt có thể nhìn thấy bao giờ cũng tìm được một hay nhiều mặt để tổng các số trên đó chia hết cho 5

Ví dụ 4 (Đề thi vào lớp 10 khối PTTH chuyên Toán - Tin trường Đại học Vinh 2002- 2003)

Chứng minh rằng luôn tồn tại một số có dạng 200220002 2003, mà số

đó chia hết cho 2003

41

Giải:

Ta xét 2004 số có dạng: an = 20022002 … 2002, gồm n số 2002 viết liên tiếp nhau, 1 n  2004

Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại 2 số ak, at mà hiệu ak − at ⋮ 2003,

với 1 t  k  2004, ta có: ak − at = 104t ak−t

mà (104t, 2003) = 1 nên ak−t ⋮ 2003 (đpcm)