Định lí cơ bản của số học: Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tích đượcra thừa số nguyên tố một cách duy nhấtkhông kể thứ tự các thừa số.. Một số phương pháp thông thường để giải bài toá
Trang 1PHẦN SỐ HỌC Bài 1: TÍNH CHIA HẾT TRÊN TẬP HỢP SỐ NGUYÊN.
SỐ NGUYÊN TỐ.
A Nhắc lại và bổ sung các kiến thức cần thiết:
I Tính chia hết:
1 Định lí về phép chia: Với mọi số nguyên a,b (b 0), bao giờ cũng có một
cặp số nguyên q, r sao cho : a = bq + r với 0 r b
a gọi là số bị chia , b là số chia, q là thương và r là số dư
Trong trường hợp b > 0 và r 0 có thể viết: a = bq + r = b(q +1)+ r - b.
Ví dụ: Mọi số nguyên a đều có dạng:
a = 2q 1 (xét phép chia cho b = 2)
a = 3q ; 3q 1 (xét phép chia cho b = 3)
a = 4q ; 4q 1 ; 4q 2 (xét phép chia cho b = 4)
a = 5q; 5q 1; 5q 2 (xét phép chia cho b = 5)
2 Tính chia hết: Nếu a chia b mà số dư r = 0, ta nói :
a chia hết cho b hay a là bội của b (kí hiệu a b)
b chia hết a hay b là ước của a (kí hiệu b\ a)
Vậy: ab (b\ a) khi và chỉ khi có số nguyên q sao cho a = bq.
3 Các tính chất:
1) Nếu ab thì a b (b 0)
2) a a; 0 a với mọi a 0
3) a 1 với mọi a
4) Nếu a m thì a n
m (m 0, n nguyên dương).
5) Nếu ab và ba thì |a| = |b|
6) Nếu a b và b c (b,c 0) thì a c.
7) Nếu a c và bc(c 0) thì (ab)c Điều ngược lại không đúng.
8) Nếu a m hoặc b m thì ab m(m 0) Điều ngược lại không đúng.
9) Nếu ap và a q, (p, q)= 1 thì a pq
10) Nếu a = mn; b = pq và mp nq thì ab
11) Nếu ab m và (b,m) = 1 thì a m
12) Nếu ab m và a m thì b m
II Số nguyên tố:
1.Định nghĩa: Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1, chỉ có hai ước là 1 và
chính nó.
Hợp số là số tự nhiên lơn hơn 1 có nhiều hơn hai ước.
Số 1 và số 0 không phải là số nguyên tố cũng không phải là hợp số.
Trang 22 Định lí cơ bản của số học: 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).
Số nguyên tố được coi như là tích chỉ gồm một thừa số là chính nó.
Có vô số số nguyên tố (không có số nguyên tố lớn nhất)
Số hoàn chỉnh: là số bằng tổng các ước của nó không kể bản thân nó
Ví dụ: 6 , 28, , 2n-1(2n - 1)
III Một số phương pháp thông thường để giải 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
Giải : a) Viết tích của hai số nguyên liên tiếp dưới dạng A(n) = n(n + 1)
Có hai trường hợp xảy ra :
* n 2 => n(n + 1) 2
* n không chia hết cho 2 (n lẻ) => (n + 1) 2 => n(n +1) 2
b) Chứng minh tương tự a
Cách 2: Để chứng minh A(n) chia hết cho k, có thể phân tích k ra thừa số: k = pq
+ Nếu (p, q) = 1, ta chứng minh A(n) p và A(n) q.
+ Nếu (p, q) 1, ta phân tích A(n) = B(n) C(n) rồi chứng minh: B(n) p và C(n) q
Ví dụ 2: a) Chứng minh: A(n) = n(n +1)(n + 2) 6
b) Chứng minh: tích của hai số chẵn liên tiếp chia hết cho 8
Giải : a) Ta có 6 = 2.3; (2,3) = 1 Theo chứng minh trên đã có A(n) chia hết cho 2 và 3 Do đó A(n) chia hết cho 6
b) Ta viết A(n) = 2n(2n + 2) = 2n 2(n +1) = 4n(n + 1)
8 = 4 2
Vì 4 4 và n(n +1) 2 nên A(n) 8
Ví dụ 3 : Chứng minh rằng n5 - n chia hết cho 10, với mọi số nguyên dương
n (Trích đề thi HSG lớp 9 cấp tỉnh năm học 2005 - 2006)
Giải : A(n) = n5 - n = n(n4 - 1) = n(n2 - 1)(n2 + 1) = n(n - 1)(n + 1)(n2 +1)
2
n = 5k + 1 => (n - 1) 5
n = 5k + 4 => (n + 1) 5
n = 5k + 2 => n2 + 1 = (5k + 2)2 + 1 = (25k2 + 20k + 4 + 1) 5
n = 5k + 3 => n2 + 1 = (5k + 3)2 + 1 = (25k2 + 30k + 9 + 1) 5
Vậy : A(n) chia hết cho 2 và 5 nên phải chia hết cho 10
Trang 3Cách 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
( Đã học trong tính chất chia hết của một tổng ở lớp 6)
(Liên hệ: A(n) không chia hết cho k )
Ví dụ 4: Chứng minh n3 - 13n (n > 1) chia hết cho 6 (Trích đề thi HSG cấp
II toàn quốc năm 1970) Gv diễn đạt đề thành lời Giải : n3 - 13n = n3 - n - 12n = n(n2 - 1) - 12n = (n - 1)n(n + 1) - 12n
(n - 1)n(n + 1) là tích của 3 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 6 ; 12n
6 Do đó A(n) 6
Ví dụ 5: Chứng minh n2 + 4n + 5 không chia hết cho 8 , với mọi số n lẻ Giải : Với n = 2k +1 ta có:
A(n) = n2 + 4n + 5 = (2k + 1)2 + 4(2k + 1) + 5 = 4k2 + 4k + 1 + 8k + 4 + 5 = 4k(k + 1) + 8(k + 1) + 2
A(n) bằng tổng của ba hạng tử, trong đó hai hạng tử đầu đều chia hết cho 8 , duy chỉ có hạng tử 2 không chia hết cho 8 Vậy A(n) không chia hết cho 8
Cách 4: Viết A(n) được dưới dạng: A(n) = k.B(n) 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 + 22 + 23 + + 260 chia hết cho 15
Giải: Ta có:
2 + 22 +23 + + 260 = (2 + 22 + + 24) + (25+ + 28) + + (257 + + 260)
= 2(1 + 2 + 4 + 8) + 25(1 + 2 + 4 + 8) + + 257(1 + 2 + 4 + 8)
= 15.(2 + 25 + + 257) 15
IV Một số phương pháp đặc biệt để giải toán chia hết:
Cách 5: Dùng nguyên tắc Dirichlet:
Nguyên tắc Dirichlet phát biểu dưới dạng hình ảnh như sau:
Nếu nhốt k chú thỏ vào m chuồng mà k> m 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
Giải: Chia một số nguyên bất kì cho m ta được số dư là một trong m số 0; 1 ; 2; 3; ; m - 1 Theo nguyên tắc Dirichlet, chia m + 1số 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) k
ta làm theo trình tự sau:
Thử với n = 1 hoặc 2(Tức số n nhỏ nhất chọn ra).Nếu sai => Dừng.Nếu đúng A(1)k.Tiếp tục:
Giả sử A(k) k.
Chứng tỏ A(k + 1) k Nếu đúng => Kết luận : A(n) k
Ví dụ 8: Chứng minh : 16n - 15n - 1 chia hết cho 225
Trang 4Đặt A(n) = 16n - 15n -1 , ta có : A(1) = 16 - 15 - 1 = 0 225 => A(1) đúng Giả sử A(k) đúng : A(k) = 16k - 15k -1 225 Ta chứng minh A(k + 1)
đúng, tức là c/m: 16k + 1 - 15(k + 1) - 1225
Thật vậy, 16k+1 - 15(k + 1) - 1 = 16 16k - 15k - 15 - 1
= (15 + 1) 16k - 15k - 15 - 1
= 15.16k + 16k - 15k -15 - 1
= (16k - 15k - 1) + 15(16k - 1) = (16k - 15k - 1) + 15(16 - 1) (16k-1 + +1)
= (16k - 15k - 1) + 225(16k-1+ + 1) 225
Cách 9: Phương pháp phản chứng:
Để chứng minh A(n) k ta chứng minh A(n) không chia hết cho k là sai.
10 Định lí Fecma: (Học sau)
B PHẦN BÀI TẬP: Chứng minh:
1 a) 192007 - 192006 chia hết cho 9
b) 92n + 14 chia hết cho 5
c) Tổng của 3 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 3, tổng của 5 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho5
2 Tích của một số chính phương và một số tự nhiên đứng liền trước nó là một số chia hết cho 12
3 (n2 - 1)n2(n2 + 1) chia hết cho 60
4 a) n2 + 11n + 39 không chia hết cho 49
b) n2 + 3n +5 không chia hết cho 11
5 a) n4 + 6n3 + 11n2 + 6n chia hết cho 24
b) n4 - 4n3 - 4n2 - 16n (chẵn, n > 4) chia hết cho 384
6 4n + 15n - 1 chia hết cho 9
7 n2 + 4n + 3 (n lẻ) chia hết cho 8
8 n3 + 3n2 - n - 3 chia hết cho 48
9) 36n -26n chia hết cho 35
10) ab(a2 + b2)(a2 - b2) chia hết cho 30 với mọi số nguyên a,b
11) a) (62n + 19n - 2n+1) chia hết cho17
b) (7.52n + 12.6n) chia hết cho 19
c) (5n+2 + 26.5n + 82n+1) chia hết cho 59
12) a)a2 + b2 chia hết cho 7 thì a và b cũng chia hết cho 7
b) a2 + b2 chia hết cho 3 thì a và b cũng chia hết cho 3
Bài 2: ĐỒNG DƯ THỨC
A Tóm tắt lý thuyết:
I Định nghĩa:
Trang 51.Định nghĩa: Cho số nguyên m > 0.Nếu hai số nguyên a và b khi chia cho
m có cùng số dư thì ta nói rằng a đồng dư với b theo môđun m và viết:
2 Ví dụ: 3 5 (mod2)
14 0 (mod 7)
II Tính chất :
1 Nếu a b (mod m) thì a - b m
2 Nếu a b (mod m) và b c (mod m) thì a c (mod m)
3 Nếu a b (mod m) và c d (mod m) thì a c b d (mod m)
4 Nếu a b (mod m) và c d (mod m) thì ac bd (mod m)
5 Nếu a b (mod m) thì an bn (mod m)
6 Nếu a b (mod m) thì ka kb (mod m) với k > 0
7 Nếu ka kb (mod km) thì a b (mod m) với k > 0
8 Nếu ka kb (mod m) và (k , m) = 1thì a b (mod m)
9 Định lí Fermat: Nếu p là số nguyên tố thì : np n (mod p) ; n Z
Hoặc : Nếu p là số nguyên tố thì : np-1 1 (mod p), với (n,p) = 1
10.Định lí Euler : Cho m là một số nguyên dương bất kì và (m) là số các
số dương nhỏ hơn m và nguyên tố với m Thế thì : n(m) 1 (mod m)
* Cách tính (m) : phân tích m ra thừa số nguyên tố :
m = a1 α a2 β an λ Thế thì : (m) = m
n a a
a
1 1
1 1
1 1
2 1
III Bài tập ứng dụng:
Bài 1: Chứng minh 2100 - 1 chia hết cho 5
Giải : Ta có 24
1 (mod 5) => (24)25 125 (mod 5)
=> 2100 1 (mod 5) hay 2100 - 1 5
Bài 2: Tìm số dư của phép chia 299 cho 3
Giải : Có 23 -1 (mod 3)
(23)33 (-1)33 (mod 3)
299 -1 (mod 3) Vậy 299 chia 3 dư 2
Bài 3 : Tìm chữ số cuối cùng của 2999
Bài 4: Chứng minh 22008 không chia hết cho 10
Bài 5: Chứng minh rằng trong các số tự nhiên thế nào cũng có số k sao cho
1983k - 1 chia hết cho 105
Giải:
Cách 1: Áp dụng nguyên tắc Dirichlet:
Cho k lần lượt lấy 105 + 1 giá trị liên tiếp từ 1 trở đi, ta được 105 + 1 giá trị khác nhau của 1983k - 1 Chia 105 +1 số này cho 105 , ta có nhiều nhất
Trang 6là 105 số dư, do đó theo nguyên tắc Dirichlet, phải có hai số cho cùng số dư khi chia cho 105 Giả sử đó là hai số 1983m -1 và 1983n - 1 (m > n) Thế thì hiệu của hai số này phải chia hết cho 105:
(1983m - 1) - (1983n -1) = 1983m - 1983n = 1983n (1983m-n -1) 105
Do 1983 không chia hết cho 105 => 1983n cũng không chia hết cho 105
Vì vậy 10m-n - 1 chia hết cho 105 Như vậy tìm được số k = m-n sao cho
1983k - 1 chia hết cho 105
Cách 2: Áp dụng định lí Euler:
Vì 1983 không chia hết cho 2 và không chia hết cho 5 , còn 105 = 2555
nên (1983, 105) = 1 Áp dụng định lí Euler: 1983(10 5 ) 1 (mod 105)
Mà (105) = 105(1 - 12 ) (1 - 15) = 4 104
Nên ta có 19834.10 4
1 (mod 105)
số 4.104 là số k phải tìm
Đề bài áp dụng:
1 Tìm số dư khi :
a) chia 8! Cho 11
b) chia 15325 -1 cho 9
c) chia 340 cho 83
d) chia 21000 cho 25
e) chia 301293 cho 13
2 Chứng minh rằng :
a) 24n - 1 15
b) 270 + 370 13
c) 122n+1 - 11n+2 133
d) 22225555 + 55552222
7
e) 14k + 24k + 34k + 44k không chia hết cho 5