tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán THCS

tài liệu word bồi dưỡng học sinh giỏi toán THCS SỐ HỌC, ĐA THỨC

Số nguyên lớn hơn 0 gọi số nguyên dương

Số nguyên nhỏ hơn 0 gọi là số nguyên âm

2 Tính chất

2.1 Không có số nguyên lớn nhất và nhỏ nhất Số nguyên dương nhỏ nhất là 1.2.2 Một tập con hữu hạn bất kỳ của Z luôn có phần tử lớn nhất và phần tử nhỏ nhất

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

2.4 Nguyên lý qui nạp:

Cho A là tập hợp con của Z Nếu k ∈ A và n ∈ A ⇒ n + 1 ∈ A , ∀n ≥ k thì mọi

số nguyên lớn hơn hay bằng k đều thuộc A

2.5 Nếu a, b ∈ Z , a < b thì a + 1 ≤ b

2.6.∀ ∈ ∃ ∈a R n Z n, : >a

3 Phép chia hết

3.1 Định nghĩa

Cho a, b là hai số nguyên bất kỳ, b khác 0 Nếu tồn tại số nguyên q sao cho a =

bq thì ta nói a chia hết cho b hay a là bội của b (a M b) hay b là ước của a (b|a)

3.2 Định lý (thuật toán chia)

Cho a, b là hai số nguyên bất kỳ, b khác 0 Khi đó, tồn tại duy nhất các số nguyên q, r sao cho a = bq + r với 0 ≤ r < |b|

a/ Cho f(x) là một đa thức tùy ý với hệ số nguyên Chứng minh rằng f(a) – f(b) M(a – b) với mọi số nguyên a, b.

b/ Chứng minh không tồn tại đa thức p(x) với hệ số nguyên thỏa p(3) = 10, p(7)

= 24

4 Chứng minh rằng (a2k −1) 2Mk+ 1 với k nguyên, a lẻ

5 Chứng minh rằng (n + 1)(n + 2) …(2n) M 2n với mọi số nguyên dương n

6 Chứng minh rằng tồn tại vô số nguyên dương n thỏa mãn 2n + 1 M n

7 Giả sử x, y, z là những số tự nhiên thỏa x2+ y2 = z2 Chứng minh xyz M 60

8 Cho x,y,z là các số nguyên thỏa (x – y)(y – z)(z – x) = x + y + z Chứng minh

x + y + z chia hết cho 27

9 Chứng minh rằng nếu a2 + b2 - ab M 7 thì 8a3 – 6b3 M 7

10 Chứng minh rằng nếu 2 + a và 35 – b chia hết cho 11 thì a + b chia hết 11

ƯỚC SỐ CHUNG LỚN NHẤT, BỘI SỐ CHUNG NHỎ NHẤT

1.Ước chung lớn nhất

1.1 Định nghĩa

Số nguyên dương d được gọi là ước chung lớn nhất của các số nguyên a1, a2, …,

an nếu d là ước chung của a1, a2, …, an và nếu e là một ước chung khác của chúng thì e

là ước của d

Ký hiệu: d = UCLN(a1,a2,…,an) hay d = (a1,a2,…,an)

Ví dụ : (-20, 30, 50) = 10, (15, 20, 18) = 1

Các số nguyên a1, a2, …, an gọi là nguyên tố cùng nhau nếu (a1,a2,…,an) = 1

Các số nguyên a1,a2,…,an gọi là nguyên tố sánh đôi nếu hai số bất kỳ trong chúng nguyên tố cùng nhau

Chú ý: Các số nguyên tố sánh đôi thì nguyên tố cùng nhau nhưng ngược lại không đúng

1.2 Thuật toán Euclid

1.2.2 Thuật toán Tìm ước chung lớn nhất của hai số nguyên a và b

Đầu tiên ta chia a cho b được dư r1 (0 ≤ r1 <|b|), chia b cho r1 được dư r2 (0 ≤ r2

<r1), cứ tiếp tục như thế ta được dãy |b|, r1, r2, … giảm dần về 0 Giả sử rn+1 = 0

Thuật toán sẽ kết thúc sau một số hữu hạn bước

Theo định lý trên ta có (a,b) = (b,r1) = (r1,r2) =…=(rn-1,rn) = rn.

Ví dụ: Tìm ước chung lớn nhất của hai số a = 555 và b = 407

1.3.4 Nếu (a,b) = 1 và b|ac thì b|c

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

1.3.6 (a,b,c) = ((a,b),c) = (a,(b,c))

1.3.7 (a,b) = (a, b + ka), ∀k

1.4 Định lý

Cho a, b là các số nguyên, d là ước số chung lớn nhất của a và b Khi đó tồn tại các số nguyên x’, y’ sao cho d = ax’ + by’

Chứng minhĐặt A = {ax + by /x,y ∈Z} Gọi l là số dương nhỏ nhất của A

Do l > 0 nên tồn tại q, r sao cho a = lq + r ( 0 ≤ r < l)

Giả sử r > 0 Khi đó r = a – lq = a – (ax’ + by’)q = a(1 – x’q) + b( – y’q) ∈ A mâu thuẩn với l là số dương nhỏ nhất trong A

++ tối giản

2 Chứng minh phân số 21 17

n n

++ không là số nguyên

3 Chứng minh rằng không tồn tại số tự nhiên n sao cho 2010n – 1 chia hết cho

1010n – 1

4.Cho M là một số nguyên dương và tập hợp { 2 2}

Chứng minh rằng tất cả các tích có dạng ab với a, b ∈ S đều phân biệt

5 Chứng minh rằng một số có số lẻ ước số khác nhau khi chỉ khi nó là bình phương đúng

6 Chứng minh rằng nếu (a,b) = 1 thì (a + b,a2 + b2) là 1 hoặc 2

7 Giả sử m, n là 2 số tự nhiên thỏa (m,n) + [m,n] = m + n Chứng minh rằng (m,n) bằng m hoặc n

8 Tìm (2n + 1,9n + 4), (2n – 1 , 9n + 4), (36n + 3, 90n + 6)

9 Tìm x, y nguyên dương thỏa x + y = 150, (x,y) = 30

10 Tìm x, y nguyên dương thỏa (x,y) = 5!, [x,y] = 50! và x ≤ y

SỐ NGUYÊN TỐ

1 Định nghĩa

Số nguyên p > 1 được gọi là số nguyên tố nếu p chỉ có hai ước dương là 1 và chính nó

Số nguyên lớn hơn 1 không phải là số nguyên tố được gọi là hợp số

Từ định nghĩa dễ thấy rằng nếu p là số nguyên tố và a là một số nguyên bất kỳ thì hoặc a Mp hoặc (a,p) = 1

2 Định lý

Cho hai số nguyên a, b và số nguyên tố p Khi đó nếu p|ab thì p|a hoặc p|b

Chứng minh

Nếu p | a thì (a,p) = 1 suy ra p|b.

Ta chứng minh tồn tại biểu diễn bằng qui nạp

Với n = 2, n =3, n = 4 = 2.2, n = 5, n =6 = 2.3 đều biểu diễn dưới dạng tích các

số nguyên tố Giả sử khẳng định đúng đến n – 1, tức mọi số nguyên không vượt quá n – 1 đều biểu diễn được dưới dạng tích các số nguyên tố

Xét số nguyên n Nếu n nguyên tố ta có ngay điều chứng minh Nếu n là hợp số thì n = n1.n2 (1 < n1, n2 < n), từ giả thiết qui nạp ta có n1, n2 đều biểu diễn được dưới dạng tích các số nguyên tố, như vậy n cũng biểu diễn được dưới dạng tích các số nguyên tố

Ta chứng minh cách biểu diễn trên là duy nhất

Giả sử n có hai cách biểu diễn khác nhau

n = p1p2…pr = q1q2…qs (các số nguyên tố pi khác các số nguyên tố qj )

Khi đó p1| q1q2…qs ⇒ p1| qj ⇒ p1 = qj (mâu thuẩn)

Như vậy mọi số nguyên n > 1 đều có biểu diễn n = 1 2

1 2 1

m p , ,α β ≥i i 0 thì

• m M n ⇔ β ≥ αi i (i=1,2, , )k

Chứng minh.

Ta Chứng minhbằng qui nạp theo N

Với N = 1, ta có biểu diễn duy nhất 1 = 1

Giả sử biểu diễn nói trên có được và duy nhất cho mọi số 1, 2, …, N – 1

Xét số N Gọi d0 là số sao cho N – d0 M b

Đặt N1 = (N – d0)/b Vì N1 < N , theo gt qui nạp N1 được biểu diễn duy nhất dưới

thống ghi cơ số g) nếu trong s = a n g n + a n-1 g n-1 + … + a 1 g + a 0 trong đó n là một số nguyên dương và ai ∈ M, an ≠ 0

Ký hiệu : s = a a n n−1 a a1 0 (g) có thể bỏ (g) nếu không nhầm lẫn.

6.3 Hệ nhị phân

Hệ thống ghi số này sử dụng hai chữ số 0, 1

Một số tự nhiên k trong hệ nhị phân được viết k = a a n n−1 a a1 0với ai , i = 0,1,2, ,n là một trong các chữ số 0,1 và an ≠ 0 có nghĩa là k = an2n + an-12n-1 + …+ a1.2 + a0

* Nếu a, b là hai số không âm thì [2a] + [2b] ≥ [a] + [b] + [a + b]

Ta có n! = 1.2…p.(p+1)…2p…3p…. 

 

 

n p

5 Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 2p2 + 1 là số nguyên tố

6 Cho a, b, c là các số nguyên khác 0, a ≠ c thỏa mãn a a22 b22

+

=+ Chứng minh rằng a2 + b2 + c2 không thể là số nguyên tố

7 Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho p2 + 11 có đúng 6 ước số nguyên dương.Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho hệ phương trình p + 1 = 2x2, p2 + 1 = 2y2

Nếu a ≡ b mod m thì b ≡ a mod m

Nếu a ≡ b mod m và b ≡ c mod m thì a ≡ c mod m

Nếu a ≡ b mod m và c ≡ d mod m thì a + c ≡ b + d mod m

Nếu a ≡ b mod m và c ≡ d mod m thì ac ≡ bd mod m

Nếu a ≡ b mod m, k nguyên dương thì ak ≡ bk mod m

Nếu a ≡ b mod m và d| m thì a ≡ b mod d

Nếu a ≡ b mod m thì ac ≡ bc mod cm với mọi c khác 0

Nếu ab ≡ ac mod m và (a,m) = 1 thì b ≡ c mod m

b Tập {1,2,…, m – 1, m} là một hệ thặng dư đầy đủ modulo m

c Mọi hệ thặng dư đầy đủ modulo m đều có đúng m phần tử

d Một tập gồm m phần tử là một hệ thặng dư đầy đủ modulo m nếu và chỉ nếu hai phần tử khác nhau bất kỳ của nó không đồng dư với nhau modulo m

e Cho số nguyên a và m > 0 Tập hợp tất cả các số nguyên x thỏa mãn x ≡ a mod

m được gọi là một lớp đồng dư modulo m, ký hiệu a= +{a mt / t Z∈ } Có m lớp đồng dư phân biệt modulo m, thu được bằng cách lấy lần lượt a = 1,2,…,m

Một tập hợp {r1,r2,…,rn} được gọi là một hệ thặng dư thu gọn modulo m nếu (ri,m)

= 1, ri ≠ rj ∀i ≠ j, 1 ≤ i, j ≤ n và với mọi số nguyên x nguyên tố cùng nhau với

m thì tồn tại ri sao cho ri ≡ x mod m

Số các phần tử của hệ thặng dư thu gọn modulo m được xác định bởi hàm Euler (m)

ϕ là số các số nguyên dương không vượt quá m và nguyên tố cùng nhau với m

Cho (a,m) = 1 và r1, r2,…., rn là một hệ thặng dư thu gọn (đầy đủ) modulo m Khi đó

ar1, ar2, …, arn cũng là một hệ thặng dư thu gọn (đầy đủ) modulo m

arϕ phải là các số r1, r2, …, rϕ(m) xếp theo một thứ tự nào đó Vì thế ta có

Phương trình đồng dư tuyến tính

Phương trình dạng ax ≡ b mod m được gọi là phương trình đồng dư tuyến tính với a, b,

m là các số đã biết

x0 là một nghiệm của phương trình khi và chỉ khi ax0 ≡ b mod m

Nếu x0 là nghiệm thì các phần tử thuộc lớp x cũng là nghiệm.0

Định nghĩa

Giả sử a, m là các số nguyên, m > 1 Nghiệm của phương trình ax ≡ 1 mod m được gọi

là nghịch đảo của a modulo m

dư với b mod m Suy ra đpcm

Định lý tồn tại nghiệm phương trình đồng dư tuyến tính

Giả sử (a,m) = d Khi đó phương trình ax ≡ b mod m (1) có nghiệm khi và chỉ khi d| bHơn nữa, khi d | b thì (1) có d nghiệm phân biệt modulo m, đó là

Nếu phương trình có nghiệm là x0 ⇒ ax0 = b + mt ⇒ d| b

Đảo lại, nếu d | b thì phương trình ax b mod m do ( , ) 1a m

nhất

⇒ phương trình ax ≡ b mod m cũng có nghiệm t

Mỗi nghiệm của (3) là nghiệm của (1) và ngược lại

Dễ thấy rằng (2) là d nghiệm của (3) nên (2) cũng là d nghiệm của (1) Ngoài ra hai nghiệm của (2) là phân biệt theo modulo m Thật vậy nếu

Tiếp tục, ta chứng minh (1) không còn nghiệm nào khác ngoài (2)

Giả sử y là nghiệm của (1) ⇒ ay ≡ b mod m ⇒ ay ≡ at mod m ⇒ y ≡ t mod m ⇒ y ≡ t mod m/d ⇒ y = t + km/d Ta có k ≡ r mod d với 0 ≤ r < d Do đó k.m r.m mod m

d ≡ d

⇒ y ≡ t + rm/d mod m ⇒ y thuộc (2)

Ví dụ Giải phương trình 12x ≡ 7 mod 23

Giải

Do (12,23) = 1 nên phương trình luôn có nghiệm duy nhất

Ta tìm một số nguyên k sao cho 7 + 23k chia hết cho 12 Chọn k = 7

Ngược lại, giả sử a là nghịch đảo modulo của chính nó, tức là a2 ≡ 1 mod p ⇒ a2 – 1 M

p ⇒ a + 1 M p hoặc a – 1 M p hay a ≡ – 1 mod p hoặc a ≡ 1 mod p

1 và p – 1 là nghịch đảo modulo p của chính nó Như vậy, ta có thể nhóm các số 2, 3,

…, p – 2 thành (p – 3)/2 cặp mà tích của chúng đồng dư 1 modulo p

2.3 …(p – 3)(p – 2) ≡ 1 mod p

⇒ (p – 1)! ≡ 1(p – 1) ≡ –1 mod p

Mệnh đề đảo của định lý Wilson cũng đúng

Định lý

Giả sử p là số nguyên dương sao cho ( p – 1)! ≡ – 1 mod p thì p là số nguyên tố

Định lý đồng dư Trung Hoa

Giả sử m1, m2, …, mr là các số nguyên tố cùng nhau đôi một Khi đó hệ phương trình đồng dư tuyến tính

x ≡ a1 mod m1

x ≡ a2 mod m2

x ≡ ar mod mr

có nghiệm duy nhất modulo m = m1m2…mr

Ví dụ Giải hệ phương trình x ≡ 2 mod 5, x ≡ 3 mod 7, x ≡ 5 mod 3

2 Chứng minh rằng nếu a lẻ thì a2 ≡ 1 mod 8

3 Chứng minh rằng n7 – n M 42 với n nguyên dương

4 Chứng minh rằng nếu a + b + c M 30 thì a5 + b5 + c5 M 30 (a,b,c ∈ Z)

5 Chứng minh rằng 3 n

5 +7 12M với n nguyên dương

6 Giả sử n là số tự nhiên không chia hết cho 17 Chứng minh rằng hoặc n8 – 1 M

17 hoặc n8 + 1 chia hết 17

7 Tìm tất cả các số nguyên n sao cho n.2n + 1 chia hết cho 3

8 Với số nguyên n nào ta có 12 + 22 + …+ (n – 1)2 ≡ 0 mod n

9 Tìm dư trong phép chia

a 2334 19 :17 b 462345: 37 c 239237 54 :135 d 21000000: 310

10 Giải hệ

a x ≡ 1 mod 2, x ≡ 2 mod 3, x ≡ 3 mod 5

b x ≡ 2 mod 11, x ≡ 3 mod 12, x ≡ 4 mod 13, x ≡ 5 mod 17, x ≡ 6 mod 19

c x ≡ 5 mod 6, x ≡ 3 mod 10, x ≡ 8 mod 15

11 Chứng minh định lý đảo của định lý Wilson

12.Chứng minh rằng nếu p, q là các số nguyên tố khác nhau thì pq 1 − +qp 1 − ≡ 1 mod pq

13 Chứng minh nếu p nguyên tố và ap ≡ bp mod p thì ap ≡ bp mod p2

14 Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố lẻ thì 12.32…(p– 4)2(p –2)2 ≡ (–1)(p+1)/2 mod p

15.Chứng minh rằng nếu p nguyên tố thì (p – 2)! – 1 M p nhưng nếu p > 5 thì (p –2)! – 1 không phải là một lũy thừa của p

16 Giả sử hàm số f: N*  N* thỏa mãn điều kiện f(mf(n)) = n2f(m) ∀m,n

ĐA THỨC

Đa thức là một trong những khái niệm trung tâm của toán học Trong chương trình phổ thông, chúng ta đã làm quen với khái niệm đa thức từ bậc trung học

cơ sở, từ những phép cộng, trừ, nhân đa thức đến phân tích đa thức ra thừa

số, dùng sơ đồ Horner để chia đa thức, giải các phương trình đại số

Bài giảng này sẽ hệ thống hoá lại những kiến thức cơ bản nhất về đa thức 1 biến, các dạng toán thường gặp về đa thức Ở cuối bài sẽ đề cập 1 cách sơ lược nhất về đa thức nhiều biến

1 Đa thức và các phép toán trên đa thức

1.1 Định nghĩa Đa thức trên trường số thực là biểu thức có dạng

P(x) = anxn + an-1xn-1 + … + a1x + a0, trong đó ai ∈ R và an ≠ 0

ai được gọi là các hệ số của đa thức, trong đó an được gọi là hệ số cao nhất

và a0 được gọi là hệ số tự do

n được gọi là bậc của đa thức và ký kiệu là n = deg(P) Ta quy ước bậc

của đa thức hằng P(x) = a0 với mọi x là bằng 0 nếu a0 ≠ 0 và bằng nếu a0 = 0

Để tiện lợi cho việc viết các công thức, ta quy ước với đa thức P(x) bậc n thì vẫn có các hệ số ak với k > n, nhưng chúng đều bằng 0

Tập hợp tất cả các đa thức 1 biến trên trường các số thực được ký hiệu là R[x] Nếu các hệ số được lấy trên tập hợp các số hữu tỷ, các số nguyên thì ta

có khái niệm đa thức với hệ số hữu tỷ, đa thức với hệ số nguyên và tương ứng

k

k

k x Q x b x a

x P

0 0

)(,)

k

k

k x Q x b x a

x P

0 0

)(,)

)()

(

n m

k

k k

k b x a

x Q x

P

Ví dụ: (x3 + 3x2 – x + 2) + (x2 + x – 1) = x3 + 4x2 + 1

1.4 Phép nhân đa thức

Cho hai đa thức ∑ ∑

k

k

k x Q x b x a

x P

0 0

)(,)

1.5 Bậc của tổng, hiệu và tích của các đa thức

Từ các định nghĩa trên đây, dễ dàng suy ra các tính chất sau đây

Định lý 1 Cho P(x), Q(x) là các đa thức bậc m, n tương ứng Khi đó

a) deg(P±Q) ≤ max{m, n} trong đó nếu deg(P) ≠ deg(Q) thì dấu bằng xảy ra Trong trường hợp m = n thì deg(P±Q) có thể nhận bất cứ giá trị nào ≤

ii) deg(R) < deg(Q)

Chứng minh Tồn tại Ta chứng minh bằng quy nạp theo m = deg(P) Nếu deg(P) < deg(Q) thì ta có thể chọn S(x) ≡ 0 và R(x) = P(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện i) và ii) Giả sử m ≥ n và định lý đã được chứng minh với các đa thức có bậc nhỏ hơn m Ta chứng minh định lý đúng với các đa thức bậc m Giả sử

k

k

k x Q x b x a

x

P

0 0

)(,)

(

Xét đa thức

)

()

(

)()

()

(

1 1 1

0 0

1

1 1

−++++

n m m

n n n m n

m m

m

m m

n m n m

x b

b a a

b x

b x b

a a x a x

a x

a

x Q x b

a x P x

*))(

*(

)()

()

b

a x Q x b

a x H x

n

m n

m n

+

Vậy đặt S(x) = (am/bn)xm-n + S*(x) và R(x) = R*(x) ta được biểu diễn cần tìm cho P(x)

Duy nhất Giả sử ta có hai biểu diễn P(x) = S(x).Q(x) + R(x) và P(x) = S*(x).Q(x) + R*(x) thoả mãn điều kiện ii) Khi đó Q(x).(S(x)-S*(x)) = R*(x) – R(x) Ta có, theo điều kiện ii) và định lý 1 thì ded(R*(x) – R(x)) < deg(Q) Mặt khác, nếu S(x) – S*(x) không đồng nhất bằng 0 thì deg(Q(x).(S(x)-S*(x))) = deg(Q(x)) + deg(S(x)-S*(x)) ≥ deg(Q) Mâu thuẫn vì hai vế bằng nhau

Theo ký hiệu của định lý thì S(x) được gọi là thương số và R(x) được gọi là dư

số trong phép chia P(x) cho Q(x)

Phép chứng minh nói trên cũng cho chúng ta thuật toán tìm thương số và dư

số của phép chia hai đa thức, gọi là phép chia dài (long division) hay sơ đồ

Horner.

Ví dụ: Thực hiện phép chia 3x3 – 2x2 + 4x + 7 cho x2 + 2x

3x3 – 2x2 + 4x + 7 | x2 + 2x 3x3 + 6x2 | 3x - 8

- 8x2 + 4x + 7

- 8x2 + 16

20x + 7

Vậy ta có 3x3 – 2x2 + 4x + 7 chia x2 + 2x được 3x – 8, dư 20x + 7

1.7 Sự chia hết Ước và bội.

Trong phép chia P(x) cho Q(x), nếu dư số R(x) đồng nhất bằng 0 thì ta

nói rằng đa thức P(x) chia hết cho đa thức Q(x) Như vậy, P(x) chia hết cho

Q(x) nếu tồn tại đa thức S(x) sao cho P(x) = Q(x).S(x) Trong trường hợp này

ta cũng nói Q(x) chia hết P(x), Q(x) là ước của P(x) hoặc P(x) là bội của Q(x)

Ký hiệu tương ứng là Q(x) | P(x) và P(x)MQ(x)

Cho P(x) và Q(x) là các đa thức khác 0 Ước chung lớn nhất của P(x) và Q(x)

là đa thức D(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện sau:

i) D(x) là đa thức đơn khởi, tức là có hệ số cao nhất bằng 1

ii) D(x) là ước chung của P(x) và Q(x), tức là D(x) | P(x) và D(x) |

Q(x)iii) Nếu D’(x) cũng là ước chung của P(x) và Q(x) thì D(x) cũng là

ước của D’(x)

Tương tự, ta có khái niệm bội chung nhỏ nhất của hai đa thức

Cho P(x) và Q(x) là các đa thức khác 0 Bội chung lớn nhất của P(x) và Q(x) là

đa thức M(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện sau:

iv) M(x) là đa thức đơn khởi, tức là có hệ số cao nhất bằng 1

v) M(x) là bội chung của P(x) và Q(x), tức là P(x) | M(x) và Q(x) |

M(x)vi) Nếu M’(x) cũng là bội chung của P(x) và Q(x) thì M’(x) cũng là bội

của M(x)