Ví dụ : Chứng minh rằng tích của ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 6.. Trong hai số nguyên liên tiếp, bao giờ cũng có một số chẵn, do đó An 2.. Ví dụ : Chứng minh rằng tích của hai s
Trang 1CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ I :
PHÉP CHIA CÓ DƯ – ĐỒNG DƯ THỨC
I Phép chia hết, phép chia có dư
1 Cho a, b Z, b > 0 ; khi chia a cho b ta có:
a) a b (hay a \ b) khi và chỉ khi có số nguyên q sao cho a = b.q
b) a không chia hết cho b : khi đó chia a cho b ta được thương gần đúng là q và số dư r (0 < r
< b) ; ta viết : a = b.q + r (với 0 < r < b)
Chú ý :
- 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
- Trong trường hợp a không chia hết cho b (r 0) Ta có thể lấy số dư là số âm r’ với r’ = r – b (do đó r ' < b)
Ví dụ : Chia 23 cho 3, ta có thể viết :
23 = 3.7 + 2 (7 gọi là thương gần đúng thiếu, vì 3.7 = 21 < 23)
23 = 3.8 + (–1) (8 gọi là thương gần đúng thừa, vì 3.8 = 24 > 23)
- Coi số dư có thể là số âm như trên, thì mọi số nguyên a khi chia cho 2, 3, 4, … , b có dạng :
a = 2k ; a = 2k + 1 hoặc a = 2k ; a = 2k – 1 (k Z)
a = 3k ; a = 3k 1 (k Z)
a = 4k ; a = 4k 1 ; a = 4k + 2 hoặc a = 4k ; a = 4k 1 ; a = 4k – 2 (k Z)
……… Tổng quát : nếu a = bk + r (b > 0), thì :
b chẵn : r = 0 ; r = 1 ; r = 2 ; …… ; b
2 hoặc r = 0 ; r = 1 ; r = 2 ; …… ; – b
2
b lẻ r = 0 ; r = 1 ; r = 2 ; …… ; b
2
2 Ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất.
Cho hai số nguyên dương a và b
Ước chung lớn nhất của a và b, kí hiệu ƯCLN(a,b) hay (a,b) Một số d là ước chung của a
và b khi và chỉ khi d là ước chung của ƯCLN(a,b)
d \ a và d \ b d \ (a,b)
Bội chung nhỏ nhất của a và b, kí hiệu BCNN(a,b) hoặc a, b Một số m là bội chung của a
và b khi và chỉ khi m là bội của BCNN(a,b)
m a và m b m a, b
Hai số được gọi là nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi (a,b) = 1
Ta chứng minh được : a, b = ab
(a, b)
Từ đó : a, b = ab nếu (a,b) = 1
3 Thuật toán Ơclit (Tìm ƯCLN dựa vào định lí phép chia có dư) :
Trang 2Thuật toán Ơclit dựa vào hai mệnh đề sau :
1) a = bq (a,b) = b
2) a = bq + r (r 0) (a,b) = (b,r)
Ví dụ : Tìm (702,306)
Ta có : 702 = 306.2 + 90 (702,306) = (306,90)
306 = 90.3 + 36 (306,90) = (90,36)
90 = 36.2 + 18 (90,36) = (36,18) = 18
Vậy (702,306) = 18
Trong thực hành, người ta thường đặt phép tính như sau :
2 0
90 18
36 3
90
306 702
Nếu thực hiện thuật toán Ơclit để tìm ƯCLN của hai số mà đến một lúc nào đó có số dư là 1 thì hai số đó là nguyên tố cùng nhau
Áp dụng : Cho n là số tự nhiên bất kì ; Chứng minh rằng : 21n 4
14n 3
không thể giản ước được
(Đề thi học sinh giỏi toán cấp II toàn quốc năm 1970)
Giải : 21n + 4 = (14n + 3).1 + 7n + 1 (21n + 4,14n +3) = (14n + 3,7n + 1)
14n + 3 = (7n + 1).2 + 1 (14n + 3,7n + 1) = (7n +1,1) = 1
Vậy : (21n + 4,14n +3) = 1
Hai số 21n + 4 và 14n + 3 có ước chung lớn nhất bằng 1 nên phân thức 21n 4
14n 3
không thể giản ước được
4 Một số tính chất, định lí quan trọng thường được dùng để giải một số bài toán chia hết :
4.1) Mọi số nguyên a 0 đều chia hết cho chính nó (a Z ; a 0 a a)
4.2) a b và b c a c
4.3) 0 b (b 0)
4.4) a, b là hai số nguyên dương, nếu a b và b a thì a = b
4.5) a b thì ac b với c Z
4.6) a b a b
4.7) a 1
4.8) a b và a b b không chia hết cho a
4.9) a c và b c (a + b) c ; (a – b) c
4.10) a c và b c (am + bn) c
4.11) S = (a + b + c + d) m và a,b, c m thì d m
4.12) a, b, c m và d không chia hết cho m thì a + b + c + d không chia hết cho m
4.13) a b và c d ac bd Đặc biệt : a b an bn
4.14) ac b và (a,b) = 1 c b
Trang 34.15) (ca,cb) = c(a,b) ; a b, (a, b)
c c c
4.16) c a và c b ; (a,b) = 1 c ab
4.17) Với hai số nguyên a, b và b > 0 thì bao giờ cũng tìm được cặp số nguyên duy nhất (q; r) sao cho a = bq + r (0 r < b)
5 Các bài toán chia hết và phương hướng tìm lời giải :
Cho biểu thức A(n), phụ thuộc vào số n (n Z hay n Z’ một tập con của Z)
5.1) Để chứng minh A(n) chia hết cho một số nguyên tố p, có thể xét mọi trường hợp về số
dư khi chia n cho p (0, 1, 2, …, p 1
2
)
Ví dụ : Chứng minh rằng n(n2 + 1)(n2 + 4) 5 với mọi số nguyên n
Giải : Đặt n = 5k + r với r = 0, 1, 2)
Với r = 0 thì n 5 A(n) 5
Với r = 1 thì (n2 + 4) = [(5k 1)2 + 4] = 25k2 10k + 5 5 A(n) 5
Với r = 2 thì (n2 + 1) = [(5k 2)2 1] = 25k2 10k + 5 5 A(n) 5
5.2) Để chứng minh A(n) chia hết cho hợp số m, nói chung ta nên phân tích m ra thừa số Giả sử
m = p.q
Nếu p,q là số nguyên tố hay (p,q) = 1 thì ta tìm cách chứng minh A(n) p và A(n) q Từ
đó suy ra A(n) pq = m.
Ví dụ : Chứng minh rằng tích của ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 6.
Giải : Gọi ba số nguyên liên tiếp là : n, n + 1, n + 2 Tích của chúng là : A(n) = n(n + 1)(n + 2).
Trong hai số nguyên liên tiếp, bao giờ cũng có một số chẵn, do đó A(n) 2
Trong ba số nguyên liên tiếp n, n + 1, n + 2 bao giờ cũng có một số chia hết cho 3 Thật vậy
vì số dư khi chia n cho 3 chỉ có thể là 0 (n chia hết cho 3) hoặc là 1 (lúc đó n + 2 chia hết cho 3) hoặc là 2 (lúc đó n + 1 chia hết cho 3)
Vì (2,3) = 1 nên A(n) = n(n + 1)(n + 2) 6
Nếu p và q không nguyên tố cùng nhau thì ta phân tích A(n) thành nhân tử, chẳng hạn A(n)
= B(n).C(n) và tìm cách chứng minh B(n) p và C(n) q Khi đó A(n) = B(n)C(n) pq = m.
Ví dụ : Chứng minh rằng tích của hai số chẵn liên tiếp chia hết cho 8.
Giải : Gọi số chẵn đầu là 2n, số chẵn tiếp theo là 2n + 2, tích của chúng là A(n) = 2n(2n + 2).
Ta có 8 = 2.4 và A(n) = 2n(2n + 2) = 4.n(n + 1); n và n + 1 là hai số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2 Vì 4 4 và n(n + 1) 2 nên 4n(n + 1) 4.2 = 8
5.3) Để chứng minh A(n) chia hết cho m, ta có thể biến đổi A(n) thành tổng của nhiều số hạng và chứng minh mỗi số hạng chia hết cho m.
Ví dụ : Chứng minh rằng lập phương của một số nguyên bất kì (n > 1) trừ đi 13 lần số nguyên đó thì luôn chia hết cho 6 (Đề thi học sinh giỏi toán cấp II toàn quốc năm 1970)
Giải : Ta cần chứng minh : A(n) = n3 – 13n 6
Ta có A(n) = n3 – 13n = n3 – n – 12n = n(n2 – 1) – 12n = n(n – 1)(n + 1) – 12n
Vì n(n – 1)(n + 1) là tích của ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 6 và 12n chia hết cho 6 nên : A(n) = n3 – 13n 6
Trang 45.4) Để chứng minh một tổng nào đó không chia hết cho m, có thể chứng minh một số hạng nào đó của tổng không chia hết cho m còn tất cả các số hạng còn lại chia hết cho m.
Ví dụ : Chứng minh rằng với mọi số n lẻ : n2 + 4n + 5 không chia hết cho 8
Giải : Đặt n = 2k + 1 (n lẻ) ta có :
n2 + 4n + 5 = (2k + 1)2 + 4(2k + 1) + 5 = (4k2 + 4k + 1) + (8k + 4) + 5
= (4k2 + 4k) + (8k + 8) + 2 = 4k(k + 1) + 8(k + 1) + 2
Vì k(k + 1) 2 nên 4k(k + 1) 8 ; 8(k + 1) 8 và 2 không chia hết cho 8 nên n2 + 4n + 5 không chia hết cho 8
5.5) Nếu số dư khi chia a cho b > 0 là r (0 < r < b) thì số dư khi chia a n (n > 1) cho b là số
dư khi chia r n cho b (số dư này bằng r n nếu r n < b).
Ví dụ : Chứng minh rằng A(n) = n(n2 + 1)(n2 + 4) 5 với mọi số nguyên n
Giải : n chia cho 5 dư 0 n 5
n chia cho 5 dư 1 n2 chia cho 5 dư (1)2 = 1 n2 + 4 5
n chia cho 5 dư 2 n2 chia cho 5 dư (2)2 = 4 n2 + 1 5
Ví dụ : Chứng minh rằng nếu n không chia hết cho 7 thì n2 + 1 hoặc n3 – 1 chia hết cho 7
Giải : n không chia hết cho 7 nên n có dạng : 7k 1, 7k 2 hoặc 7k 3
n = 7k 1 n3 = 7p 1
n = 7k 2 n3 = 7q 8 = 7(q 1) 1
n = 7k 3 n3 = 7m 27 = 7(m 4) 1
Trong mọi trường hợp, n3 + 1 hoặc n3 – 1 là bội của 7
5.6) Có thể dùng các công thức sau :
Ta đã biết : a2 – b2 = (a – b)(a + b)
a3 – b3 = (a – b)(a2 + ab + b2)
a3 + b3 = (a + b)(a2 – ab + b2) Một cách tổng quát :
an – bn = (a – b).M với n bất kì (1) Trong đó : M = an – 1 + an – 2b + … + abn – 2 + bn – 1
n n
a b (a b).N với n chẵn (2) Trong đó : N = an 1 an 2 b abn 2 bn 1
an + bn = (a + b).P với n lẻ (3) Trong đó : P = an – 1 - an – 2b + … - abn – 2 + bn – 1
Do đó, theo (1) và (2) :
an – bn chia hết cho a – b (nếu a b) với n bất kì
an – bn chia hết cho a + b (nếu a -b) với n chẵn
Theo (3) : an + bn chia hết cho a + b (nếu a -b) với n lẻ
Ví dụ : a) Chứng minh rằng 24n – 1 15
Giải : Ta có : 24 = 16, do đó : 24n – 1 = 16n – 1 = (16 – 1).M = 15.M
b) Chứng minh rằng 25 + 35 + 55 5
Giải : Vì 5 là số lẻ nên 25 + 35 = (2 + 3).P và 55 5 nên 25 + 35 + 55 5
5.6) Có thể chứng minh bằng quy nạp toán học :
Để chứng minh một mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên n bằng phương pháp quy nạp toán học, ta tiến hành theo ba bước sau :
Trang 5Bước 1 : Kiểm tra mệnh đề đúng với n = 1 (hoặc n = n o )
Bước 2 : Giả sử mệnh đề đúng với n = k > 1 (hoặc k > n o ) ; (Ta gọi là giả thiết quy nạp) Rồi chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1.
Bước 3 : Kết luận mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên n.
Ví dụ : Chứng minh rằng 16n – 15n – 1 225
Giải : Với n = 1 thì 16n – 15n – 1 = 16 – 15 – 1 = 0 225 (đúng)
Giả sử 16k – 15k – 1 225
Ta chứng minh : 16k+1 – 15(k + 1) – 1 225
Thật vậy : 16k+1 – 15(k + 1) – 1 = 16.16k – 15k – 15 – 1 = (15 + 1).16k – 15k – 15 – 1 =
= (16k – 15k – 1) + 15.16k – 15
Theo giả thiết quy nạp (16k – 15k – 1) 225,
Còn 15.16k – 15 = 15(16k – 1) = 15.(16 – 1).M 15.15
Vậy 16k+1 – 15(k + 1) – 1 225
5.7) Dùng nguyên lí Dirichlet :
Nguyên lí Dirichlet có thể phát biểu một cách tổng quát như sau :
“Nếu đem n + 1 con thỏ nhốt vào n cái chuồng thì có ít nhất một chuồng chứa từ 2 con thỏ trở lên”
Ví dụ : Chứng minh rằng trong n + 1 số nguyên bất kì có 2 số mà hiệu chia hết cho n Giải : Lấy n + 1 số nguyên bất kì chia cho n thì có n + 1 số dư Nhưng khi chia một số cho n thì sẽ
có n số dư từ 0 đến n – 1 Vậy trong n + 1 phép chia trên sẽ có 2 số có cùng số dư Khi đó hiệu hai
số này chia hết cho n
Bài tập áp dụng :
1) Chứng minh rằng : A = 75(41975 + 41974 + 41973 + … + 4 + 5) + 25 chia hết cho 41976
Giải : A = 25.3(41975 + 41974 + 41973 + … + 42 + 4 + 1) + 25
A = 25.(4 – 1) (41975 + 41974 + 41973 + … + 42 + 4 + 1) + 25
A = 25.(41976 – 1) + 25 = 25419761 1 25.41976 41976
2) Chứng minh rằng số P =
5 4 3 2
x x 7x 5x x
120 12 24 12 5 luôn luôn là một số tự nhiên với mọi số
tự nhiên x
Giải : P = x5 10x4 35x3 50x2 24x
120
Mà : x5 + 10x4 + 35x3 + 50x2 + 24x
= x(x4 + 10x3 + 35x2 + 50x + 24)
= x[(x4 + 5x3 + 4x2) + (5x3 + 25x2 + 20x) + (6x2 + 30x + 24)]
= x[x2(x2 + 5x + 4) + 5x(x2 + 5x + 4) + 6(x2 + 5x + 4)]
= x(x2 + 5x + 4)(x2 + 5x + 6)
= x(x + 1)(x + 4)(x + 2)(x + 3)
Vì 120 = 3.5.8 với 3, 5, 8 đôi một nguyên tố cùng nhau, do đó chỉ cần chứng minh :
x(x + 1)(x + 4)(x + 2)(x + 3) lần lượt chia hết cho 3, 5, 8
Trang 63) Chứng minh rằng :
3
4 2
a 2a
a 3a 1
là tối giản
Giải : Dùng thuật toán Ơclit.
4) Tìm n để các phân số sau là tối giản :
a) n 13
n 2
b) 18n 3
21n 7
Giải : a) n + 13 = n – 2 + 15 (n + 13 , n – 2) = (n – 2 , 15)
n 13
n 2
tối giản (n – 2 , 15) = 1 n 2 3k
n 2 5t
b) 18n 3
21n 7
= 3(6n 1) 7(3n 1)
Đã có (3 , 7) = (3 , 3n + 1) = (6n + 1 , 3n + 1) = 1
Cần có : (6n + 1 , 7) = 1
6n + 1 = 7n – (n – 1) (6n + 1 , 7) = (n – 1 , 7) = 1 n – 1 7k n 7k + 1
5) Chứng minh rằng :
a) A = (n + 1)(n + 2)(n + 3)….(3n) 3n
B) B = 7.52n 12.6 19n
Giải : Chứng minh bằng quy nạp
a) Với n = 1, ta có : A = 2.3 3
Giả sử mệnh đề đúng với n = k, tức là :
Ak = (k + 1)(k + 2)(k + 3)…(3k) 3k (1)
Ta hãy xét : Ak + 1 = (k + 2)(k + 3)(k + 4)…[3(k + 1)] 3k + 1
Ak + 1 = 3(k + 1)(k + 2)(k + 3)…(3k)(3k + 1)(3k + 2)
= 3Ak(3k + 1)(3k + 2)
Nhưng theo (1) thì Ak 3k Vậy Ak + 1 = 3Ak(3k + 1)(3k + 2) 3k + 1
Vậy mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên : n 1
b) Với n = 0, ta có : B = 7 + 12 = 19 19
Giả sử mệnh đề đúng với n = k, tức là :
Bk = 7.52k + 12.6k 19 (1)
Ta hãy xét : Bk + 1 = 7.52(k + 1) + 12.6k + 1
= 7.52k.52 + 12.6k.6
= (6 + 19)7.52k + 12.6k.6
= 6(7.52k + 12.6k) + 19.7.52k
= 6Bk + 19.7.52k
Nhưng theo (1) thì Bk 19 Vậy Bk + 1 = 6Bk + 19.7.52k 19
Vậy mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên n
6) Chứng minh rằng :
Trong 6 số nguyên dương liên tiếp không có hai số nào có ước chung d 6
Giải : Ước chung của hai số nguyên a và a + m phải là ước của a và m Với 6 số nguyên dương
liên tiếp thì 0 < m 5 d = (a, a + m) 5
7) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ta có An = n2 + n + 1 không bao giờ chia hết cho 9
Giải : Chứng minh bằng phương pháp phản chứng.
Giả sử ngược lại có số nguyên a sao cho A = a2 + a + 1 chia hết cho 9
a2 + a + 1 = 9k 4a2 + 4a + 4 = 36k (2a + 1)2 = 36k – 3
(2a + 1)2 = 3(12k – 1)
Trang 7 12k – 1 chia hết cho 3 (vô lý)
Vậy An = n2 + n + 1 không chia hết cho 9 với mọi số nguyên n
8) Tìm hai số tự nhiên a và b, biết :
a) a + b = 128 và (a,b) = 16
b) a.b = 216 và (a,b) = 6
Giải : a) Đặt a = 16m, b = 16n (m,n N)
a + b = 16m + 16n = 128 m + n = 8
Từ đó suy ra a, b
b) Tương tự câu a
9) Cho A = m + n và B = m2 + n2 , trong đó m và n là hai số tự nhiên nguyên tố cùng nhau Tìm ước chung lớn nhất của A và B
Giải : Đặt d = (m + n , m2 + n2) (m + n)2 d (m + n)2 – (m2 + n2) = 2mn d
d là ước chung của m + n và 2mn (1)
(m,n) = 1 (m + n, n) = (m + n, m) = 1 (2)
Do (1) và (2) 2 d d = 1 hoặc d = 2
II Đồng dư thức :
1 Định nghĩa :
Cho một số nguyên m > 0 Nếu hai số nguyên a và b cho cùng một số dư khi chia cho m (tức
là a – b chia hết cho m) thì ta nói rằng a đồng dư với b theo module m và viết a b (modm)
Thí dụ :
46 16 (mod 10) vì 46 – 16 = 30 10
5 1 (mod 2) vì 5 – 1 = 4 2
-2 16 (mod 3) vì –2 – 16 = –18 3
Nếu a – b chia hết cho m thì có một số nguyên t sao cho a – b = m.t
Do đó theo định nghĩa của đồng dư thức :
a b (mod m) a – b = m.t (t nguyên) hay a = b + m.t
Trong trường hợp b < m thì a b (mod m) có nghĩa là chia a cho m có dư là b
Nói riêng : a 0 (mod m) có nghĩa là a chia hết cho m
Chú ý : Nếu nếu a b (mod m) là sai thì ta cũng viết a b (mod m)
2 Các tính chất của đồng dư thức :
Tính chất 1 : Với mọi số nguyên a, ta có : a a (mod m)
Tính chất 2 : a b (mod m) b a (mod m)
Tính chất 3 : a b (mod m), b c (mod m) a c (mod m)
Tính chất 4 : a b (mod m), c d (mod m) a + c b + d (mod m)
Tính chất 5 : a b (mod m), c d (mod m) ac bd (mod m)
Các hệ quả của tính chất 4 và tính chất 5 :
a1 b1 (mod m), a2 b2 (mod m), a3 b3 (mod m), …, an bn (mod m)
a) a1 + a2 + a3 + … + an b1 + b2 + b3 + … + bn (mod m)
b) a1.a2.a3 … an b1.b2 b3…bn (mod m)
c) an bn (mod m)
Tính chất 6 : Nếu a b (mod m) và d là ước chung của a và b sao cho (d , m) = 1 thì :
Trang 8a b
d d (mod m)
Tính chất 7 : Nếu a b (mod m) và số nguyên dương d là ước chung của cả ba số a, b, m
thì a b
d d (mod
m
d )
Tính chất 8 : Nếu a r (mod m) với 0 r < m, thì r chính là số dư trong phép chia a cho m.
3 Một số thí dụ áp dụng :
Ví dụ 1 : Chứng minh rằng các số A = 61000- 1 và B = 61001 + 1 đề là bội của 7
Giải : Ta cĩ 6 –1 (mod 7) 61000 1 (mod 7) A = 61000 – 1 (mod 7)
Ta cĩ 6 –1 (mod 7) 61001 –1 (mod 7) B = 61000 + 1 (mod 7)
Ví dụ 2 : Tìm chữ số sau cùng của số 6713 và 21000
(Tìm chữ số sau cùng của một số N cĩ nghĩa là tìm số dư của phép chia N cho 10, tức là tìm
số khơng âm nhỏ hơn 10 và đồng dư với N theo module 10)
Giải : Ta cĩ 62 = 36 6 (mod 10)
Do đĩ 6n 6 (mod 10) với mọi n > 0
Suy ra 6713 6 (mod 10) Tức là chữ số cuối cùng của 6713 là 6
Chú ý rằng : 24 = 16 6 (mod 10) và 1000 = 4.250, ta cĩ : 21000 = 24.250 = (24)250
Do đĩ : 21000 6250 (mod 10) Tức là chữ số cuối cùng của 21000 cũng là 6
Ví dụ 3 : Tìm số dư trong phép chia 3100 – 1 cho 7
Giải : Ta cĩ 33 = 27 –1 (mod 7)
3100 = 33.33 + 1 = (33)33.3
Do đĩ : (33)33 –1 (mod 7) 3100 = (33)33.3 –1.3 (mod 7) 3100 – 1 –4 (mod 7)
Vậy số dư trong phép chia 3100 – 1 cho 7 là –4 (hay là 3)
Ví dụ 4 : Chứng minh rằng A = 22225555 + 55552222 7
Giải : Ta cĩ 2222 3 (mod 7) 22225 35 5 (mod 7) 22225555 = (22225)1111 51111 (mod 7)
5555 4 (mod 7) 55552 42 2 (mod 7) 55552222 = (55552)1111 21111 (mod 7)
Do đĩ : A = 22225555 + 55552222 = (22225)1111 + (55552)1111 51111 + 21111 (mod 7)
Ta lại cĩ : 51111 + 21111 = (5 + 2).Q 7 Vậy A = 22225555 + 55552222 7
Ví dụ 5 : Chứng minh rằng 1110 2009 1 chia hết cho 102010
Giải : Ta chứng minh bài tốn một cách tổng quát :
Với mọi số tự nhiên n thì 1110 n chia hết cho 101 n + 1
Với n = 0 thì mệnh đề đúng : 11 – 1 = 10 10
Giả sử mệnh đề đúng với n = k, ta cĩ :
Ak = 1110 k 1 10k 1
(1)
Ta xét :
10 10 10
k 1
10 10 9 10 8 10
k 1
A 11 1 (11 ) 1
A (11 1) (11 ) (11 ) 11 1
Nhưng mọi lũy thừa của 11 đều đồng dư với 1 (mod 10) nên 10 số hạng trong mĩc vuơng cũng vậy, do đĩ :
10 9 10 8 10
(11 ) (11 ) 11 1
1 1 1 1
số hạng (mod 10)
Trang 9Và biểu thức trong móc vuông chia hết cho 10
Mặt khác theo (1) : 1110 k 1 10k 1
vậy :
Ak + 1 10k + 1.10 = 10k + 2
Với n = 2009, ta có : 1110 2009 chia hết cho 101 2010
4 Định lý Fermat :
“Nếu p là số nguyên tố thì n p – n chia hết cho p với mọi số nguyên n”
np n (mod p), p là số nguyên tố Đặc biệt : nếu (n , p) = 1 thì np – 1 1 (mod m)
Ví dụ 1 : Chứng minh rằng 11991 + 21991 + 31991 + … + 19911991 chia hết cho 11
Giải : Theo định lí Fermat thì a11 a (mod 11), do đó a1991 a11 (mod 11) a (mod 11)
Vậy 11991 + 21991 + 31991 + … + 19911991 1 + 2 + 3 + … + 1991 1991.996 0 (mod 11)
Ví dụ 2 : Chứng minh rằng nếu a + b + c chia hết chư 30 thì a5 + b5 + c5 chia hết cho 30
Giải : Ta có : 30 = 2.3.5 và 2, 3, 5 đôi một nguyên tố cùng nhau.
Theo định lí Fermat : a2 a (mod 2) a4 a2 a (mod 2) a5 a2 a (mod 2)
a3 a (mod 3) a5 a3 a (mod 3)
a5 a (mod 5) Theo tính chất của phép đồng dư, ta có :
a5 + b5 + c5 a + b + c (mod 2)
a5 + b5 + c5 a + b + c (mod 3)
a5 + b5 + c5 a + b + c (mod 5)
Do đó a5 + b5 + c5 a + b + c (mod 2.3.5) Tức là nếu a + b + c chia hết cho 30 thì a5 + b5 + c5 chia hết cho 30
CHUYÊN ĐỀ I I :
Trang 10PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTE
(Phương trình nghiệm nguyên)
I Mở đầu :
Có bài toán dân gian sau :
Trăm trâu trăm cỏ, Trâu đứng ăn năm, Trâu nằm ăn ba,
Lụ khụ trâu già,
Ba con một bó.
Hỏi có bao nhiêu trâu đứng, bao nhiêu trâu nằm, bao nhiêu trâu già ?
Giải : Gọi số trâu đứng là x, số trâu nằm là y, thì số trâu già là : 100 – (x + y)
Ta có phương trình : 5x 3y 100 (x y) 100
3
Hay 7x + 4y = 100 (1)
Nếu không có điều kiện hạn chế gì thì phương trình này rất dễ giải ; nó có vô số nghiệm :
x tùy ý
100 7x y
4
Nhưng theo đề toán thì x, y (số trâu) phải là số nguyên dương, nên ta phải tìm nghiệm nguyên dương của phương trình (1)
Đây là một ví dụ về phương trình Diophante
Một phương trình có nhiều ẩn số, với tất cả các hệ số đều là số nguyên, và ta phải tìm nghiệm nguyên của nó, được gọi là một phương trình Diophante.
(Diophante là tên của một nhà toán học cổ Hy Lạp)
Phương trình Diophante nói chung là có nhiều nghiệm nguyên, vì vậy người ta cũng gọi là
phương trình vô định.
II Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên đơn giản :
1 Phương trình ax + by = c (1) (a, b, c là các số nguyên)
Nếu (a,b) = 1 thì phương trình (1) bao giớ cũng có nghiệm nguyên.
Nếu a, b có một ước số chung không phải là ước số của c thì phương trình (1) không có nghiệm nguyên.
Muốn tìm nghiệm nguyên của (1), ta phải tách được phần nguyên ra khi biểu diễn x theo y hoặc y theo x.
Ví dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình 3x + 4y = 29
Giải : Ta có x = 29 4y 9 y 2 y
Muốn có x, y nguyên thì 2 y
3
phải nguyên hay 3 là ước của 2 – y
Vậy 2 – y = 3t (t Z)
Khi đó : y = 2 – 3t và x = 9 – y + t = 9 – 2 + 3t + t = 4t + 7