Vận dụng chuỗi điều hòa vào giải một số bài toán dành cho học sinh giỏi (LV thạc sĩ)

Vận dụng chuỗi điều hòa vào giải một số bài toán dành cho học sinh giỏiVận dụng chuỗi điều hòa vào giải một số bài toán dành cho học sinh giỏiVận dụng chuỗi điều hòa vào giải một số bài toán dành cho học sinh giỏiVận dụng chuỗi điều hòa vào giải một số bài toán dành cho học sinh giỏiVận dụng chuỗi điều hòa vào giải một số bài toán dành cho học sinh giỏiVận dụng chuỗi điều hòa vào giải một số bài toán dành cho học sinh giỏiVận dụng chuỗi điều hòa vào giải một số bài toán dành cho học sinh giỏiVận dụng chuỗi điều hòa vào giải một số bài toán dành cho học sinh giỏiVận dụng chuỗi điều hòa vào giải một số bài toán dành cho học sinh giỏiVận dụng chuỗi điều hòa vào giải một số bài toán dành cho học sinh giỏiVận dụng chuỗi điều hòa vào giải một số bài toán dành cho học sinh giỏi

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

PGS TS TRỊNH THANH HẢI

THÁI NGUYÊN - 2018

Mở đầu 1

1.1 Chuỗi số 3

1.1.1 Khái niệm chuỗi số 3

1.1.2 Các tính chất của chuỗi số 4

1.2 Chuỗi điều hòa 5

1.2.1 Khái niệm chuỗi điều hòa 5

1.2.2 Một số tính chất của chuỗi điều hòa 6

Chương 2 Vận dụng chuỗi điều hòa vào giải toán 13 2.1 Vận dụng tính chất chuỗi điều hòa vào giải một số bài toán về bất đẳng thức 13

2.2 Vận dụng chuỗi điều hòa vào giải một số bài toán về chuỗi số 32

Mở đầu

Trong sách toán Trung học cơ sở, Trung học phổ thông đã có những bài toán

về chuỗi số điều hòa Nhưng số lượng rất ít không đủ cho học sinh luyện tập,hơn nữa việc phân dạng bài tập chưa đầy đủ và không có tính hệ thống Đểcung cấp cho học sinh về nội dung kiến thức, phương pháp giải toán Để phục

vụ cho công tác đào tạo đội tuyển học sinh giỏi một cách bài bản hơn về chuỗi

số điều hòa Tôi xin trình bày một cách hệ thống khái niệm và các tính chất củachuỗi điều hòa Từ đó đưa ra một số ví dụ minh họa việc vận dụng chuỗi điềuhòa vào giải một số bài toán dành cho học sinh giỏi, theo các dạng bài tập sau:

• Các bài toán liên quan đến bất đẳng thức;

• Các bài toán liên quan đến tính chất số học của chuỗi điều hòa;

• Các bài toán liên quan đến tổng của chuỗi điều hòa;

• Một số bài toán khác liên quan đến chuỗi điều hòa;

• Một số bài toán dành cho học sinh giỏi

Với mong muốn cung cấp thêm một tài liệu tổng hợp kiến thức về chuỗi điềuhòa, giúp cung cấp thêm một phương pháp hay và rất bổ ích để rèn luyện nộidung này, chúng tôi chọn chủ đề “Vận dụng chuỗi điều hòa vào giải một

số bài toán dành cho học sinh giỏi” để làm đề tài luận văn cao học

Ngoài phần mở đầu và kết luận, luận văn gồm 2 chương:

Chương 1 Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, chúng tôi trình bàyđịnh nghĩa, ví dụ và các kiến thức cơ bản, nâng cao về chuỗi số và chuỗi điềuhòa

Chương 2 Vận dụng chuỗi điều hòa vào giải toán Chương 2 trìnhbày sự vận dụng của chuỗi điều hòa vào việc chứng minh bất đẳng thức, cáctính chất số học của số hạng, tổng của chuỗi điều hòa Cuối Chương này chúngtôi sưu tầm, chọn lọc để đưa ra một số bài toán trong các kỳ thi học sinh giỏi

có liên quan đến chuỗi điều hòa

Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học, Đại học Thái

Nguyên Lời đầu tiên tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy giáoPGS TS Trịnh Thanh Hải Thầy đã dành nhiều thời gian hướng dẫn cũng nhưgiải đáp các thắc mắc của tôi trong suốt quá trình làm luận văn Tôi xin bày tỏlòng biết ơn sâu sắc tới thầy.

Tác giả xin chân thành cảm ơn toàn thể các thầy cô trong Khoa Toán - Tin,trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã tận tình hướng dẫn, truyềnđạt kiến thức trong suốt thời gian theo học, thực hiện và hoàn thành luận văn.Cảm ơn sự giúp đỡ của bạn bè, người thân và các đồng nghiệp trong thờigian làm luận văn

Thái Nguyên, tháng 05 năm 2018

Người viết luận văn

Ngô Khắc Kiên

Chương 1

Kiến thức chuẩn bị

1.1 Chuỗi số

1.1.1 Khái niệm chuỗi số

Định nghĩa 1.1.1 Cho dãy số vô hạn u1; u2; ; un; , khi đó gọi tổng vô hạn

sn = u1+ u2+ + un là tổng riêng thứ n của chuỗi; rn = un+1+ un+2+ gọi

là phần dư thứ n Nếu lim

n→∞ sn = s (hữu hạn) thì chuỗi được gọi là hội tụ và s làtổng của chuỗi Nếu dãy sn không dần tới một giá trị hữu hạn thì chuỗi đó làphân kỳ

= 11.2 +

1 2.3 +

1 3.4 + +

1 n(n + 1) +



+1

3 − 14

1 2.3 +

1 3.4 + +

1 n(n + 1)

=



1 − 12



+

1

2 − 13



+

1

3 − 14

vn là các chuỗi số hội tụ thì các chuỗi tổng và

chuỗi hiệu sau đây

Định lý 1.1.8 (Định lý về tiêu chuẩn Đalambe) Cho chuỗi số dương

∞

P

n=1

un,giả sử lim

D = 1: phải xét thêm bằng phương pháp khác

Định lý 1.1.9 (Định lý về tiêu chuẩn Côsi) Cho chuỗi số dương

C = 1: phải xét thêm bằng phương pháp khác

Định lý 1.1.10 (Định lý về tiêu chuẩn tích phân) Cho chuỗi số dương

∞

P

n=1

un,nếu tồn tại hàm f (x) sao cho un = f (n) với ∀n ≥ n0 và f (x) liên tục, đơn điệugiảm trên miền (n0; +∞) thì

un cùng hội tụ hoặc cùng phân kỳ

Định lý 1.1.11 (Định lý về chuỗi số đan dấu) Tiêu chuẩn Lepnit: Cho chuỗi

1.2 Chuỗi điều hòa

1.2.1 Khái niệm chuỗi điều hòa

1.2.2 Một số tính chất của chuỗi điều hòa



= 1 + 3

1 2



;

Tổng quát, H(1, 2k) ≥ 1 + k

1 2



. Do dãy con H(1, 2k) ∞

k=0 không bị chặn nêndãy {H(1, n)}∞k=0 phân kỳ hay lim

n→∞ H(1, n) = +∞ Lý luận tương tự ta cũng cóthể chỉ ra với số nguyên dương tùy ý M thì

H(1, Mk) ≥ 1 + k



M − 1 M



, k = 0, 1, 2,

Tính chất 1.2.4 H(m, n) không phải là một số nguyên

Chứng minh (i) Đối với trường hợp đặc biệt H(1, n), m = 1, cho s sao cho:

2s ≤ n < 2 s+1 Chúng ta nhân H(1, n) với 2s−1Q, trong đó Q là tích của tất

cả số nguyên lẻ trong đoạn [1, n] Tất cả các số hạng trong H(1, n) sẽ là sốnguyên ngoại trừ số hạng thứ 2s sẽ trở thành số nguyên chia cho 2 Điềunày chỉ ra rằng H(1, n) không phải là một số nguyên

(ii) Cách khác, đối với trường hợpm = 1, choplà số nguyên tố lớn nhất khôngvượt quá n Theo tiên đề Betrand, có 1 số nguyên tố q với p < q < 2p Do

là một số nguyên chia hết cho p Tuy nhiên, số hạng n!

không chia hết cho p, còn tất cả số hạng khác sẽ chia hết cho p

(iii) Trường hợp: m > 1 Giả sử 2a|k nhưng 2a+1 không là ước của k (viết là

2a||K), thì chúng ta gọi a là thứ tự chẵn lẻ của k Bây giờ quan sát các số

2a, 3.2a, 5.2a, , tất cả các số này cùng thứ tự chẵn lẻ Giữa những số này có

2.2a, 4.2a, 6.2a, ,tất cả đều có thứ tự chẵn lẻ lớn hơn Do vậy, giữa 2 số bất

kỳ cùng thứ tự chẵn lẻ, có 1 số với thứ tự chẵn lẻ lớn hơn Điều này chỉ raduy nhất rằng trong các sốm, m + 1, , n có 1 số nguyên có thứ tự chẵn lẻlớn nhất, là q có thứ tự chẵn lẻ làu Bây giờ ta lấy 1

m +

1

m + 1+ +

1 n

không phải là một số nguyên

Tính chất 1.2.6 NếuH(m, n) = q

p và m+nlà một số nguyên tố lẻ, thì(m+n)|q.Chứng minh Chú ý rằng H(m, n) có một số chẵn số hạng và nó bằng với

X

j=0

m + n (m + j)(n − j) = (m + n)

và m + n = 11, 11|7381 = q.

Định lý 1.2.8 (Định lý Wolstenholme) Đối với một số nguyên tố p ≥ 5, ta có

(p−1)/2

X

n=1

1 n(p − n) ≡ −

Định lý Wolstenholme được chứng minh

Cách 2 (sử dụng đa thức mod p): Chúng ta sử dụng định lý Lagrange, cụthể nếu f (x) = c 0 + c 1 x + + c n xn là một đa thức bậc n, với hệ số nguyên vànếu f (x) ≡ 0(modp) có nhiều hơn n nghiệm, trong đó p là số nguyên tố, khi đómỗi hệ số củaf (x) sẽ chia hết chop Phép chứng minh không khó Có thể chứngminh bằng quy nạp và thuật toán chia modp Mệnh đề là sai nếu p không phải

số nguyên tố Ví dụ: x2− 1 ≡ 0(mod8) có 4 nghiệm

Sau đây là phép chứng minh khác Từ định lý nhỏ của Fermat xp−1≡ 1( mod p) có 1, 2, , p − 1 nghiệm Do đó xp−1− 1 ≡ (x − 1)(x − 2) (x − p + 1)(modp).

Hay

xp−1− 1 ≡ xp−1− s1xp−2+ − sp−2x + sp−1. (1.3)theo định lý Wilson, sp−1= (p − 1)! ≡ −1(modp) Do đó,

thì 114 = 14641; ap − b = 893101 Do đó (ap − b) : p4 = 61, thỏa mãn p4|(ap − b).

Tính chất 1.2.12 Coi H(1, n)là 1 hàm số của biến số tự nhiên n Chứng minhrằng H(1, n) không phải là hàm số hữu tỉ đối với n

Tiếp theo, ta sẽ chứng minh Tính chất 1.2.12 dựa vào Tính chất 1.2.3 và Bổ

đề 1.2.13

Chứng minh tính chất 1.2.12 Ta chứng minh bằng phản chứng Giả sử

H(1, n) là hàm số hữu tỷ của n tức là ta có biểu diễn

H(1, n) = amn

m + am−1nm−1+ + a1n + a0

bkn k + bk−1n k−1 + + b1n + b0 với am 6= 0; bk 6= 0. (1.7)Theo Tính chất 1.2.3 ta có: lim

n Mặt khác, lim

i Khi đó,



p 1



+



p 2



+ +



p k



= p(p − 1) (p − i + 1)

1.2 i .

Đây là bội của p nếu 1 ≤ i ≤ p − 1 Vế phải sau khi đem chia hết cho p thì đồng

dư với (−1) (−(i − 1))

Ví dụ 1.2.15.



7 1



+



7 2



+



7 3



+



7 4

Từ bất đẳng thức 1

n + 1 < ln



1 + 1n

Hơn nữa:

lim

n→∞ ln2n + 1

n + 1 = limn→∞ ln 2 = ln 2.

Theo nguyên lý kẹp ta có lim

n→∞ S 2n = ln 2. Vì dãy {S n } có 2 dãy con {S 2n }

và {S2n+1} cùng hội tụ đến giới hạn chung là ln 2 nên lim

= 1

1 −1

2 − 1

3 − 11000



−1

4 − 15

Giải Với mỗi số nguyên dương n, ta có 1

n 2 = 44n 2 < 4

4n 2 − 1 và4

4n 2 − 1 =

4 (2n − 1)(2n + 1) = 2

 1 2n − 1 − 1



suy ra C < 21

5 − 1101



Sử dụng bất đẳng thức trên lần lượt với n bằng 5, 6, 7, , 2004 được:



1 (n − 1) · n − 1

1 2



1 n(n + 1) − 1

 1

30 − 1390

n(n + 1) =

1

n − 1

n + 1 với n bằng 3, 4, , 49, ta tính đượctổng

3 − 150

(n − 1)n(n + 1) =

1 2

 1 (n − 1)n − 1

n(n + 1)



khi cho n bằng 2, 3, , 49, hoặc tính tổng

A = 12

1

1 − 12



+13

1

2 −13

=1 +

1

1 − 12

=1 +1

2 − 13

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho n + 1 số dương, trong đó n số bằng 1 và một

1 n(3n − 1)(3n + 1) =

1 n(9n 2 − 1)

< 1n(9n 2 − 9) =

2 18n(n − 1)(n + 1)

= 118

 1 n(n − 1) − 1

Nhận xét 2.1.8 Ta có một số nhận xét sau:

1 Ta thấy các số hạng của tổng A lập thành một dãy giảm và giảm khá nhanh

Do đó nếu giữ lại một vài số hạng đầu tiên và chỉ làm trội các số hạng sau

đó rồi lấy tổng thì sẽ nhận được giá trị chỉ lớn hơn A không nhiều

2 Có thể làm trội số hạng của B (với n ≥ 3) theo cách khác:

1 n(3n − 1)(3n + 1) =

3 (3n − 1)3n(3n + 1)

< 3

(3n − 1)3n(3n + 1) +

3 3n(3n + 1)(3n + 2) +

3 (3n + 1)(3n + 2)(3n + 3)

Sử dụng đẳng thức 2

(m − 1)m(m + 1) =

1 (m − 1)m − 1

Ta biến đổi

3n + 2 n(n + 1)(n + 2) =

2(n + 1) n(n + 1)(n + 2)+

n n(n + 1)(n + 2)

= 2n(n + 2) +

1 (n + 1)(n + 2)

Bài 2.1.10 (THTT-1979) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có

n

r

n!

(n + 1)!.

Với n = 1 ta có đẳng thức 1 = 1 Với n > 1, áp dụng bất đẳng thức Côsi cho n

số dương không bằng nhau ta có:

n

r

1 (n + 1)! <

1 n

A = 12!+

2 3!+

3 4!+ +

2015 2016!

B = 1, 02015

trong đó ký hiệu n! = 1 · 2 · 3 n

Giải Biến đổi mỗi số hạng dưới dạng sau:

n (n + 1)! =

(n + 1) − 1 (n + 1)! =

n + 1 (n + 1)! − 1

(n + 1)! =

1 n! − 1(n + 1)!.

Cho n lấy các giá trị lần lượt từ 1 đến 2015 được

A = 12!+

2 3!+

3 4!+ +

2015 2016!

= 11! − 12!+

1 2! − 13!+ +

1 2015! − 1

2016!

= 1 − 1

2016! < 1 < B.

Bài 2.1.12 Chứng minh bất đẳng thức sau với n ≥ 5:

1, 71 < 1 + 1

2! +

1 3! + +

1 n! < 1, 72.

Giải Với n = 5 thì 1 + 1

2!+

1 3!+

1 4! +

1 5! =

6 7!+

7 8!+ +

n − 1 n!

= 77! − 17!+

8 8! − 18!+ +

n n! − 1n!

= 16! − 17!+

1 7! − 18!+

1 8! − + 1

(n − 1)! − 1

n! =

1 6! − 1n! <

1 6!.

Vậy

1 + 12! +

1 3!+ +

1 n! < 1 +

1 2!+

1 3!+

1 4!+

1 5!+

1 6!+

1 6!

= 206

120 +

2 6! =

k =

√ k (k + 1)k =

√ k

k −

√ k



+√1

2 − √13

Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Cauchy và sử dụng (2.10), ta thu được

3+

1

5+ +

1 2n − 1. Chứng minh rằngvới ∀n ∈ Z+ ta có: 1

h21 +

1 3h22 +

1 5h23 + +

1 (2n − 1) · h 2

n

< 2.

Giải Với k ∈ Z+ và k ≥ 2 ta có:

1 (2k − 1) · h2k =

1 5h23 + +

1 (2n − 1) · h 2

n

.

Giải Trước hết ta có hai nhận xét sau:

(1) Xét hàm số f (x) = ln x với x ∈ N∗ bất kỳ Từ định lý Lagrange tồn tại

Chú ý h0(x) = ex− e x + (ln 2 − x)ex = (ln 2 − x)ex > 0; ∀x ∈ (0; ln 2). Suy ra

h(x) là hàm đồng biến trên (0; ln 2). Kết hợp với (2.13) và (2.14) ta có

Thay bất đẳng thức này vào biểu thức A được

• Với n ≥ 2 thì n(n − 1) > 1 hay n2 > n + 1 nên có

1 n! − 1(n + 1)! =

n (n + 1)! =

n (n + 1) · n! >

1 (2n − 3)(2n − 1)

= 12

 1 2n − 3 − 1

Nếu C < 2 khi cho n → +∞ thì vế phải tiến đến −∞ còn vế trái tiến đến

0 Mâu thuẫn

• Với C = 2 thì bất đẳng thức đúng

i 2 − 2(n + 1) 2

k 2 (k + 1) 2 = 2

k 2 − 2(k + 1) 2 ,

ovới n là số nguyên dương cho trước

Ta xét hai hoán vị sau của dãy trên là(a 1 , a 2 , a 3 , , a n ) và (b 1 , b 2 , b 3 , , b n ) thỏamãn điều kiện

a1+ b1≥ a2+ b2 ≥ ≥ an+ bn.

(a) Chứng minh rằng ak+ bk < 4

k, k = 1, n.(b) Chứng minh rằng với mỗic > 1thì luôn tồn tại ít nhất một số tự nhiênnsaocho có hai hoán vị thỏa mãn điều kiện trên và bất đẳng thứcak+ bk > 4 − c

onên nếu đặt a∗ = min(aij : 1 ≤ j ≤ r + s) ≤ 1

4

r + t =

4

k.

Trong cả hai trường hợp, ta luôn có đpcm

(b) Xét n = 2m, m ∈ N∗ thì ta xét hai hoán vị sau

(a1, a2, a3, , an) =1, 1

2m,

1 2m − 1, ,

Bài 2.1.22 (Số 406 THTT-2011) Một con Rùa chạy trên đường băng cao sudài 100 mét Mỗi ngày nó chạy được 10 mét, rồi đêm nghỉ Nhưng về ban đêmđường băng lại dãn ra thêm 100 mét Do đó sau đêm đầu nó đi được 20 mét.Nhưng cách đích 180 mét.

Cuối ngày thứ hai Rùa đi được 30 mét tính từ điểm xuất phát, vậy nó còncách đích 170 mét Nhưng đêm đến thì đường băng lại dãn dài đến 300 mét, vànhư thế xem như Rùa đã đi được 45 mét, nhưng cách đích 255 mét . Cứ nhưthế, cuộc đua diễn ra Vậy chú Rùa có về đến đích được không?

Giải Gọi Sn là quãng đường Rùa đi được cuối buổi chiều ngày thứ n (n =

1, 2, 3, ) với S1 = 10 Sau đêm thứ n, quãng đường đi được của Rùa dãn theođường băng với cùng tỷ lệ là

Sn+1− 10

Sn =

100(n + 1) 100n hay Sn+1

Sau k ngày thì đường băng dài 100k nên nếu tồn tại số k để Sk > 100k hay

Ak > 10 thì Rùa sẽ đi đến đích Dễ thấy

Ak > 10 hay Sk > 100k, nghĩa là Rùa sẽ đi đến đích 

Bài 2.1.23 (THPT chuyên Nguyễn Du, Đăklăk-2010) Chứng minh rằng

1 2

n

X

k=1

1 k(k + 1)(k + 2)

n

X

k=1

1 k(k + 1)(k + 2) ≥

+ +



1998 1998



< 1999



1998 999

1 3.4 + +

1 2012.2013

= 2013 +

1

1 − 12



+

1

2 − 13



+

1

3 − 14

Giải Nhận xét: Nếu dj là ước của n thì n

dj cũng là ước của n. Khi đó

1 2.3 + +

1 (m − 1)m

i < j, biểu diễn thập phân không xuất hiện trong số ngoài cùng bên trái củabiểu diễn thập phân nj Chứng minh rằng:

Giải Rõ ràng ta chỉ cần chứng minh với dãy hữu hạn là đủ

Giả sử cho một dãy hữu hạn, đặt M = 10N + d là phần tử lớn nhất của dãy,

0 ≤ d ≤ 9 Khi đó N sẽ không thuộc dãy Hơn nữa, bỏ đi10N, 10N + 1, , 10N + 9

khỏi dãy nếu chúng xuất hiện và thêm N vào dãy khác sao cho tổng nghịch đảolà:

X

k=n

kak− 1 − k + k k(k + 1)

# +1

2 + 1

< 6

7M.

Khi thay M bởi 6

7M và lặp lại quá trình trên m lần, với mọi số m ∈N ta được

bằng a

b với a

b là phân số tối giản (các mẫu số ở các số hạng của tổng là các số

tự nhiên liên tiếp từ 2 đến 18) Chứng minh rằng b chia hết cho 2431

Giải Ta ký hiệu M là BSCNN của các số tự nhiên liên tiếp 2, 3, , 17, 18 vàlần lượt đặt: M = k1 = 2k2= 3k3= = 17k17= 18k18

Quy đồng mẫu số của tổng ta được:

không chia hết cho 11

Cũng lý luận hoàn toàn tương tự, ta được tổng (k1+ k2+ + k17+ k18)khôngchia hết cho 13 và 17 Mặt khác, hiển nhiên mẫu số chung M chia hết cho 11,

13, 17 Do đó khi rút gọn phân số trong vế phải của (2.18) đến tối giản ta được

b, nghĩa là k1+ + k18= t · a, M = t · b thì t không chia hết cho 11, 13, 17 nên

b vẫn chia hết cho mỗi số nguyên tố 11, 13, 17 Điều đó có nghĩa là b chia hếtcho tích 11 · 13 · 17 = 2431

b là phân số tối giản thì b chia hết cho p

Bài 2.2.3 (IMO 1979) Cho những số tự nhiên p và q thỏa mãn đẳng thức:

= 12

N là tích của các số nhỏ hơn 1319 mà 1979 là số nguyên tố nên khi đưa vế phải

về phân số tối giản ta được p

q = 1979

m

n Vậy p . 1979. Bài 2.2.4 (Số 480 THTT-2017)

với p

q là phân số tối giản (mẫu số ở các số hạng trong tổng là 10 số tự nhiên liêntiếp) Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất để q chia hết cho 2006

(p, q) = 1 Đểq chia hết cho2006 = 2 · 17 · 59 thìM = qd = n(n + 1)(n + 2) (n + 9)

phải chia hết cho 59 Do 59 là số nguyên tố nên 59 phải là ước của một thừa

số n + r của M với 0 ≤ r ≤ 9 Số n nhỏ nhất thỏa mãn điều này là n = 50 khi

n + 9 = 59, lúc đó

M = 50 · 51 · 52 · 53 · 54 · 55 · 56 · 57 · 58 · 59

= 50m 1 = 51m 2 = 52m 3 = = 59m 10

Ta sẽ chứng minh rằng khi số n = 50 thì q chia hết cho 2006

• Số m10 = 50 · 51 · 52 · 53 · 54 · 55 · 56 · 57 · 58 không chia hết cho 59, còn 9 sốcòn lại m1, m2, , m9 đều chia hết cho 59 nên m = m1+ m2+ + m9+ m10

không chia hết cho 59, suy ra 59 không là ước số chung của m và M, do

đó q chia hết cho 59 (1)

• Sốm2 = 50 · 52 · 53 · 54 · 55 · 56 · 57 · 58 · 59không chia hết cho 17, còn 9 số còn lại

m1, m3, , m10 đều chia hết cho 51 = 3 · 17nênm = m1+ m2+ + m9+ m10

không chia hết cho 17, suy ra 17 không là ước số chung của m và M, do

đó q chia hết cho 17 (2)

• Xét lũy thừa của 2: Số50 = 2 · 25,52 = 22·13, 54 = 2 · 27,56 = 23·7,58 = 2 · 29

nênM = 50 · 51 · 52 · 53 · 54 · 55 · 56 · 57 · 58 · 59 = 28· h với số h lẻ, số m 7 chiahết cho 25, còn các số m1, m2, m3, m4, m5, m6, m8, m9, m10 đều chia hết cho

26, do đó q chia hết cho 23 (3)

Từ (1), (2) và (3) các số 2, 17, 59 đều là số nguyên tố suy ra q chia hết cho

2 · 17 · 59 = 2006 Vậy số tự nhiên n nhỏ nhất để q chia hết cho 2006 là n = 50 

Bài 2.2.5 (Số 333 THTT-2005) Chứng minh rằng số tự nhiên



chia hết cho 2005