Đang tải... (xem toàn văn)
Ta choïn 6 chöõ soá haøng chuïc sao cho coù moät nhoùm, khoâng ít hôn 6, caùc soá ñaõ rôi vaøo moät haøng chuïc naøo ñoù; coù moät nhooùm, khoâng ít hôn, caùc soá rôi vaøo haøng chuïc ti[r]
(1)CHƯƠNG I
PHÉP CHIA HẾT – PHÉP CHIA CÓ DƯ – ĐỒNG DƯ THỨC.
I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1 Phép chia hết
1.1 Định nghĩa: Cho hai số nguyên a b ( b ) tồn cặp số nguyên q r cho: a = b.q + r với r < b
- Nếu r = a chia hết cho b ( ab) hay a bội b, hay b chia hết a hay b ước a (b \ a)
- Neáu r 0 phép chia a cho b phép chia có dư 1.2 Một số tính chất
Với a, b, c, d Z
- Neáu a aa, 0a - Nếu ab bc ac
- Nếu abvà ba a = b - Nếu ab acb
- Nếu ab, ac aBCNN(b,c) Hệ quả: ab, acvà (b, c) = ab.c - Nếu a.bc ( b, c ) = ac
1.3 Một số định lý thường dùng: - Nếu ac bc a b c - Nếu acvà b a b c - Nếu a c b d ab cd
Hệ Nếu a b an bn ( n N,n0) - Nếu a c b c ab c
1.4 Dấu hiệu chia hết Gọi số A= anan1 a1
Số dư A : 2k ( 5k ) = số dư
1 a
a
ak k :
k ( 5k) ( Với k N, k1) Số dư A : ( 3) = số dư ( an + an-1 + …+ a1) : ( 3)
Số dư A : 11 = số dư [( a1 + a3 …) – (a2 + a4 +…)]: 11
Điều kiện để số chia hết cho ( 25) số gồm hai chữ số cuối chia hết cho ( 25)
Điều kiện để số chia hết cho 8( 125) số gồm ba chữ số cuối chia hết cho ( 125)
Điều kiện để số tự nhiên chia hết cho 11 là tổng chữ số hàng lẻ trừ tổng chữ số hàng chẵn chia hết cho 11
2 Đồng dư thức.
2.1 Định nghĩa: Nếu hai số nguyên a b chia cho c ( c 0) có số dư, ta nói a đồng dư với b theo modun c kí hiệu ab ( mod c)
Vaäy ab ( modun c) a – b c 2.2 Một số tính chất
(2)ab ( mod m) ba( mod m)
ab ( mod m) vaø bc ( mod m) ac ( mod m)
b) ab ( mod m); cd ( mod m) a + c b + d( mod m)
ab ( mod m) ; cd ( mod m) a - c b - d ( mod m)
c) ab ( mod m) ; c d ( mod m) ac bd ( mod m)
Nếu d ước chung dương a, b m thì: ab ( mod m)
d a
d b
( mod
d m
)
d) ab ( mod m); c ước số chung a b (c, m) =1
c a
c
b ( mod m )
e) ab ( mod m); c > ac bc ( mod mc)
Chú ý.
Với a, b Z ( a b), n N ta có an – bn a – b
Trong n số tự nhiên liên tiếp ( n 1) có số chia hết chon
Trong n + số nguyên (n ) chia cho n phải có hai số chia cho n có số dư ( Vận dụng nguyên tắc Đirichlet)
Tìm k chữ số tận số A tìm số dư chia chia A cho 10k
II. BÀI TẬP.
Bài 1: Chứng minh a) n3 - n ( n Z) b) m3n – nm3
c) n( n + )( 2n + ) d) S P Với S = 3
2
1 a an
a ; P = a1 + a2 + …+ an, ai Z, i= 1,n
e) Số 199319941995 viết dạng tổng số mà số số tự nhiên Ta lũy thừa bậc ba số hạng cộng chúng laiï, đem tổng chia cho Hãy tìm số dư phép chia
Bài 2: Cho n > ( n N ), chứng minh rằng: 2n = 10a + b ( < b < 9) ab 6
Bài 3: Chứng minh x, y, z số nguyên thõa mãn: ( 100x + 10y + z) 21 ( x – 2y + 4z ) 21
Bài 4: Chứng minh với số tự nhiên n, ta có : 2.7n + bội 3 Bài 5: Chứng minh với n N
A= 21 2n + + 172n + + 15 khoâng chia hết cho 19.
Bài 6: Có tồn hay không số nguyên dương bội 1993 có chữ số tận 1994
Bài 7: Tìm bốn chữ số cuối số a = ( 19761976 – 19741974 )( 19761975+19741973)
Bài 8: Tìm số tự nhiên k lớn thõa mãn điều kiện: (1994 )1995 1995k
(3)Bài10:Tìm Tùm chữ số tận 51995 III HƯỚNG DẪN GIẢI.
Baøi 1:
a) n3 – n = n( n + 1)( n – 1)
n, ( n + 1), ( n – 1) số nguyên liên tiếp nên có số chia hết cho 2, số chia hết cho 3, maø ( 2, 3) = 1; 2.3 =
Vậy: n( n + 1)( n – 1) 6, ta có điều phải chứng minh
b) m3n – mn3 = m3n – nm + nm – mn3 = n( m3 – m ) – m( n3 – n) Vì theo câu a thì n3 - n 6; m3 - m (m n Z)
c) n( n + 1)( 2n + 1) = n( n + 1)[( n – 1) + ( n + 2)] = n( n + 1)( n – 1) + n ( n + 1)( n + 2)6 d) S – p = ( ) ( ) ( )
2 3
1 a a a an an
a 6
Vì ( ) 6;( ) 6; ;( )
2
3
1 a a a an an
a (Theo câu a)
Do đó: S P 6, ta có điều phải chứng minh f) Đặt 199319941995 = a1 + a2 + ….+ an = P
Ta coù S = 3
3
1 a a an
a , cần tìm số dư chia S cho Mà S – P ( caâu d) S P ( mod 6) mà 1993 1( mod 6)
Nên 199319941995 ( mod 6) Vậy số dư S chia cho
Bài 2:
Cách1: Rõ ràng b nên ab
Đặt n = 4k + r ( r ) Ta coù: 2n = 2r 24k = 2r 16k - Nếu r = 2n = 16k tận
Do b = nên ab =
- Neáu r ta coù 2n – 2r = 2r(16k – ) 10
2n 2r ( mod 10 ) ( 2r 8)
2r = b 10a = 2n - b = 2r ( 24k – ) = 2r ( 16k – )
a ( ( 10, 3) = 1)
ab
Cách 2: Từ giả thiết ta suy b chẵn b Do b 2, 4, 6, Nếu b = ab
Nếu b = ta suy n leû 2n ( mod 3) 10a + b = 9a + a + ( mod )
Do 9a (mod 3) a + ( mod 3) a ( mod ) ab
Trường hợp b = 4, chứng minh tương tự Bài 3: Với số nguyên x, y, z ta có:
400x x(mod 21); 40y -2y(mod 21); 4z 4z(mod 21);
Suy ra: 400x + 40y + 4z x – 2y + 4z(mod 21)
Theo giả thiết: 100x + 10y + z 21
Neân 400x + 40y + 4z = 4( 100x + 10y + z) (mod 21)
(4) 2.7n + 0( mod 3) Hay 2.7n + Vậy: 2.7n + bội 3
Bài 5: Ta có 21 ( mod 19) 212n + 22n + 1( mod 19)
17 -2( mod 19) 172n+1 ( - 2) 2n+1( mod 19) 172n+1 - 2n+1( mod 19)
212n + + 172n+1 0( mod 19)
Hay: 212n + 1 + 172n+1 19 mà 15 không chia hết cho 19 Vậy: A= 21 2n + + 172n + + 15 khoâng chia hết cho 19. Bài 6:
Cách 1: Xét 1994 soá sau:
1994, 1994 1994, 1994 1994 1994,…, 1994 1994 1994 1994…1994( 1994 lần số 1994) Trong 1994 số chia cho 1993 phải có hai số có số dư
Giả sử hai số a= 1994…1994( i lần số 1994)
b = 1994…1994 ( j lần số 1994) Với i j 1994 Khi đó: b – a =
soâ 994
) ( 1994 1994 i
j 10
4i chia hết cho 1993 Vì 104i 1993 nguyên tố nên:
laàn1994 ) ( 1994 1994 i
j chia heát cho 1993
Cách 2: Giả sử số A1994 1993 104A +1994 1993
35A + 1993 35A = 1993B + 1992 2B + = 1995B + 1995 – 35A
2B + 35 B 32( mod 35) B ( mod 35)
Đặt B = 16 + 35k ta tính số A nhỏ A = 968 ứng với k = số nhỏ thõa mãn tốn 9681994
Bài 7: Rõ ràng ta có a 0( mod 16)
Mặt khác ta có:
) 25 (mod 1974 ) 25 (mod 1976 ) 25 (mod 1974 ) 25 (mod 1976 ) 25 (mod 1974 ) 25 (mod 1976 1973 1975 1974 1976
a 0(mod 252)
Từ (1) (2) a ( mod 10000)
Vậy a có chữ số tận 0000 Bài 8: 1995 = 3.5.7.19
Các bội 19 dãy 1; 2; …; 1994 19; 38; …; 1976 gồm 1976 : 19 = 104 số Tronbg bội 192 361; 722; 1083; 1444; 1805; gồm số.
Do số thừa số 19 phân tích 1994 thừa số nguyên tố 104 +5= 109 nên 1994 = 3109.5109.7109.19109.T với T
19 T1995 ( 1994 )1995 1995k
Suy ra: k 109.1995 Vậy k lớn 109.1995
(5)Vì (n, 10) = nên n lẻ
Ta có: n100 -1 = (n50 + 1)( n50 -1) = (n50 + 1)( n25 +1) (n25 -1) ( n25 +1) vaø (n25 -1) hai số chẵn liên tiếp, nên:
n100 -1
(1)
Vì (n, 10) = neân (n, ) =
Ta chứng minh n không chia hết cho n100 1(mod 125)
n100 – 125 (2)
Vì (8, 125) = nên từ (1) (2) suy ra: n100 – 1000 n101 – n
1000 Ta có điều phải chứng minh Bài 10: Ta có 51995 = 511 (51984 – 1) + 511 Ta chứng minh 511 (51984 – 1)
108 Aùp duïng liên tiếp a2 - b2 = (a – b )( a + b)
Ta coù: 51984 – = (531 -1)(531 + 1)(562 + 1)(5124 + 1)(5248 + 1)(5496 + 1)(5992 + 1) Maø : 531 – vaø 5k + nN
Do đó: 51984 – 28 Vậy: 511( 51984 – 1)
58 28 108
Do tám chữ số tận số 51995 48828125 ( = 511)
******************************************************************
(6)ƯỚC CHUNG LỚN NHẤT – BỘI CHUNG NHỎ NHẤT. I TÓM TẮT LÝ THUYẾT.
1 Ước chung lớn nhất. 1.1 Định nghĩa:
Cho hai số nguyên dương a b
Số d ước chung lớn a b ký hiệu ƯCLN( a, b ) hay (a, b) d ước chung a b; d bội ước chung a b
Neáu ( a1, a2 , a3, … an ) = ta nói số a1 , a2 , a3 , …, an nguyên tố
Neáu (am; ak) = 1; m k ( m; k = 1; 2; 3;…;n) ta nói số a1 , a2 , a3 , …, an đôi nguyên tố
1.2 Tính chất
a) c UC(a; b) ac;bc (ac;b)
d = (a; b) ; 1
d b d a
b) (ca; cb) = c(a;b)
c) (a; b) = b\ ac b\ c d) (a; b) = 1, (a; c) = (a; bc) = e) ( a; b; c) = ((a; b); c)
1.3 Tìm ƯCLN thuật tốn Ơclit Cho a > b >
Neáu a= b.q (a; b) = b
Nếu a = bq + r ( r 0) (a; b) = (b; r)
Để tìm (a; b) a khơng chia hết cho b ta dùng thuật tốn Ơclit a = bq + r1 (a; b) = (b; r1)
b = r1q1 + r2 (b; r1) = ( r1; r2) r1 = r2q2 + r3 (r1; r2) = ( r2; r3) ……… rn-2 = rn-1qn-1 + rn (rn-2; rn-1) = ( rn-1; rn) rn-1 = rnqn (rn-1; rn) = rn
(a; b ) = rn
(a; b) số dư cuối khác thuật toán Ơclit 2 Bội chung nhỏ nhất.
2.1 Định nghóa
Cho hai số nguyên dương a b
Số m khác bội chung nhỏ a b kí hiệu BCNN( a; b) hay[a; b]khi a b ước m; m ước bội chung a b
II.2 Tính chaát a) [ca; cb] = c[a; b] b) [a; b; c] = [[a; b]; b] c) [a; b].(a; b) = a.b
(7)III. BÀI TẬP
Bài 1: a)Cho a= 5a +3b; B = 13 a + 8b ( a; b Z* ) Chứng minh: (A; B) = (a; b)
b) Tổng quát cho A = ma + nb; B = pa + qb thõa mãn [mq + np ] = Chứng minh (A; B) = ( a; b)
Baøi 2: a) Tìm ( 2k – 1; 9k + 4) ( k Z) b) Tìm ( 6k + 5; 8k + 3) ( k N)
Bài : Từ chữ số 1; 2; 3; 4; 5; thành lập số có chữ số ( chữ số viết lần) Tìm ƯCLN số
Baøi 4: Cho A = 2n + 1; B = n(n21) (n Z*) Tìm (A; B)
Bài 5: a) Chứng minh số nguyên liên tiếp chọn số nguyên tố với số lại
b) Chứng minh từ 16 số nguyên liên tiếp chọn số nguyên tố với số cịn lại
Bài 6: Cho A = 2n + 3n ; B = 2n + + 3 n + 1; C = 2n + + 3n + (n Z*). Tìm (A; B) (A; C)
Bài 7: a) Tìm[n; n+1; n + 2]
b) Chứng minh [1; 2; 4; …; 2n] = [ n + 1; n + 2; …; 2n] Bài 8: Chứng minh dãy số Fermat
Fn = 22n + (n N) dãy số nguyên tố Bài 9: Cho a = 123456789
b = 987654321 a) Tìm (a; b)
b) Tìm số dư chia [a; b] cho11
Bài 10: Cho 20 số tự nhiên khác 0: a1 < a2 < ….< a20 Chứng minh [a1; a2; ….; a20] 20a1
III HƯỚNG DẪN GIẢI. Bài 1:
a) Đặt D = (A; B); d = (a; b)
d = (a; b) d\ a vaø d\b d\ 5a + b vaø d\13a + 8b d\ D (1) D = ( A; B) D\ 5a + 3b vaø D\13a + 8b D\8(5a + 3b ) – 3(13a + 8b)
Hay D\a vaø D\b D\d (2)
Từ (1) và(2) ta có: D = d Vậy (A; B) = (a: b)
b) Đặt D = (A; B); d = (a; b)
d = (a; b) d\a vaø d\b d\ma + nb vaø d\pa + qb d\D (1) D = ( A; B) D\ma + nb vaø D\pa + qb D\q(ma + nb ) – n(pa + qb)
Vaø D\p(ma + nb ) – m(pa + qb) Hay D\ (mq – np)a
Vaø D\ (np – mq)b Maø mq np 1
D\a vaø D\b D\d (2)
(8)Baøi 2:
a) Đặt d= ( 2k – 1; 9k + 4) d\2k -1 vaø d\9k + d\9(2k -1) vaø d\2( 9k +4)
d\2(9k + 4) – 9(2k – 1) hay d\17 d = d = 17
( ví duï d = k = 1; d = 17 k = 9) b) Đặt d = ( 6k + 5; 8k + 3)
d\6k +5 d\8k + d\4(6k +5) d\3( 8k +3) d\4(6k + 5) – 3(8k +3) hay d\11 d = d = 11
( ví dụ d = k = 2; d = 11 k = 1)
Bài 3: Các số đôi khác thành lập từ chữ số 1; 2; 3; 4; 5; có tổng chữ số 21 Các chữ số lập chia hết cho không chia hết cho 9.
Mặt khác ƯCLN cần tìm ước 123465 – 123456 = Do ƯCLN cần tìm
Bài 4: Đặt d =
2 ) ( ;
2n n n
d\2n +1 vaø d\
2 ) (n
n
d\2n + vaø d\2n( n +1 ) d\2n(n + 1) – (2n +1 ) d\n Mà d\2n +1 nên d\2n +1 – 2n
d\1 d = Vaäy (A; B) = 1
Baøi 5:
a) Nếu hai số không mà không đơn vị khơng thể có ước chung q
Như hai số ntrong năm số tự nhiên liên tiếp có ước chung 2; 3; chúng nguyên tố Trong số tự nhiên liên tiếp phải có số lẻ có số khơng chia hết cho Số nguyên tố với số cịn lại
b) Xét 16 số nguyên liên tiếp a + 1; a +2; …; a + 16 (1) Goïi d = ( a +r; a + s) ( < r < 16; r; s N)
Ta có d 15 Ta có số khơng có ước chung 2; 3; 5; 7; 11; 13 với số khác dãy
Ở (1) có số lẻ liên tiếp Số bội 5, số bội 3, số bội 2, số bội 2, số bội 11 13 Dễ thấy, hai số liên tiếp bội số lẻ p phải có số chẵn số lẻ
- Nếu bội 3; 5; 7; 11; 13 gồm số lẻ số số lẻ dãy (1), số cịn lại số nguyên tố với tất 15 số lại
(9)- Các số lẻ bội số lẻ thứ 1; 4; số lẻ bội số thứ 3; số lẻ bội 13 số phải tìm trừ trường hợp số số lẻ thứ mà số chẵn thứ bội 13 số lẻ bội 11 số lẻ phải tìm
- Các số lẻ bội số lẻ thứ 2; 5; số lẻ bội số lẻ thứ 1; xét tương tự
Vậy tóan chứng minh hồn tồn
Chú ý: Mệnh đề với dãy có 16 số Mệnh đề không với dãy nhiều hơn, chẳng hạn 17 số từ 1184 đến 1220 khơng có số nguyên tố với số lại
Bài 6:
Đặt d = (A; B)
d\A vaø d\B d\B – 2A vaø d\3A – B Hay d\3n vaø d\2n d\ (3n, 2n)
Maø (3; 2) = (3n, 2n) = Ta coùd\1 d =1
(A; B) =
Đặt d' = (A; C)
d'\A vaø d'\C d'\9A – C vaø d'\C – 4A Hay d'\5.2n vaø d'\5 3n
d'\ (5.2n, 5.3n) = 5(2n; 3n) = d' = d' =
- Khi n lẻ n +2 lẻ Do đó( 2n + 3n)
( + 3) (2n +2 + 3n +2) (2 +3)
A 5; C nên (A; C) = - Khi n chẵn 2n + 3n neân (A; C) = Bài 7:
a)Đặt A = [n; n +1], B = [A; n +2] Ta coù B = [n; n+1; n + ]
Maø (n; n +1) = neân [n; n + ] = n(n + 1) Mặt khác ( n + 1; n + 2) = neân
d= (n(n +1); n +2) = (n; n +2) = (n; 2) =
lẻ n chẵn n Do đó:
[n; n +1; n + 2] =
lẻ) n 2)( 1)(n n(n chẵn) n ( ) )( ( ) )(
( n n n
d n n n
c) Vì k số nguyên liên tiếp có số chia hết cho k Do số 1; 2; …; n ước số số n + 1; n +2;…; 2n
Do đó: [1; 2; …n; n +1; n +2;…; 2n] = [n; n +1; n +2;…; 2n] Bài 8: Xét m > n, n 0, m = n +k, k >
Goïi d = (Fn; Fm) = (Fn; Fn + k ) đặt a = 22
(10)Ta coù: Fn + k -2 = a
k
2 - a +1 Vậy Fn + k - Fn Từ
k
n n F ước
F ước
d d
d\2 vaø d lẻ nên d =
Vậy dãy số Fermat dãy số số nguyên đôi nguyên tố Bài 9:
a) Ta nhận thấy ( + + + …+ 9) nên a b chia hết cho Mặt khác: a + b = 1111 111 110 =
9 10 1010
10b + a = 999 999 999 = 1010 – 1 (1)
9b + 9a = 1010 - 10 (2)
Trừ (1) (2) vế với vế, ta được: b – 8a = (*) Do đó: Nếu đặt d = ( a; b) từ (*) ta suy d
Mà a b chia hết cho 9, suy d = b) Ta có: [a; b] = (aab;b) ab9
Nhưng
9
a
= 13 + 17342 = + 11k1; b = +11k2
Vaäy [a; b ] = (3 + 11k1 )( +11k2 ) = + 11m Vậy số dư Bài 10: Gọi m = [a1; a2; ….; a20]
Neân m = a1b1 = a2b2 = a3b3 =…= a20b20 Maø: a1 < a2 < ….< a20
Nên: b1 > b2 > b3 > … > b20 Vậy giá trị nhỏ b1= 20 Do đó: m = a1b1 20a1
Tóm lại: [a1; a2; ….; a20] 20a1
*********************************************************
CHƯƠNG III
(11)I TÓM TẮT LÝ THUYẾT. I.1 SỐ NGUYÊN TỐ – HỢP SỐ. 1 Định nghĩa:
• Số nguyên tố số tự nhiên lớn có hai ước • Hợp số số tự nhiên lớn có nhiều hai ước
2 Định lý:
Ước nhỏ lớn số tự nhiên lớn số nguyên tố Từ suy rằng: Mọi số tự nhiên lớn có ước nguyên tố I.2 TẬP HỢP CÁC SỐ NGYÊN TỐ.
• Định lý 1: Tập hợp số ngun tố vơ hạn
• Định lý 2: Ước nguyên tố nhỏ hợp số n số không vượt n Hệ quả: Nếu số tự nhiên n > ước ngun tố từ đến n n số nguyên tố
I.3 PHÂN TÍCH THAØNH THỪA SỐ NGUYÊN TỐ. 1 Định lý bản.
Mọi số tự nhiên lớn phân tích thừa số nguyên tố cách ( không kể thứ tự thừa số)
2 Dạng phân tích tiêu chuẩn số tự nhiên lớn 1.
Gọi p1; p2; p3;…; pk thừa số nguyên tố khác ước a; m1; m2; m3;…; mk số thừa số p1; p2; p3;…; pk;, ta có:
a = pm pm pm pmk
k , , ,
,
1
3
Số a viết gọi dạng phân tích tiêu chuẩn Chú ý:
- Số ước chung a (m1 + 1)( m2 + 1)…( mk + 1) - Nếu a = n! số mũ mi pi mi =
k i i
i p
n p
n p
n
II BÀI TẬP.
Bài 1: Tìm số nguyên tố p để:
a) p + 10; p + 14 số nguyên tố b) p + 2; p + số nguyên tố
c) p + 2; p + 6; p + 8; p + 14 số nguyên tố
Bài 2: Tìm tất số tự nhiên k để: k + 1; k + 3; k + 7; k + 9; k + 13; k + 15 số nguyên tố
Bài 3:
a) Tìm số nguyên tố p cho 2p + lập phương số tự nhiên b) Tìm số nguyên tố p cho 13p + lập phương số tự nhiên Bài 4: Tìm cặp số tự nhiên (x; y) cho: 1x 1y 1p( p số nguyên tố
Bài 5: Chứng minh số : N =
1
1
25 125
hợp số
(12)Bài 7: Tìm tất basốnguyên tố liên tiếp cho tổng bình phương ba số số nguyên toá
Bài 8: Chứng minh định lý Fécma nhỏ Nếu p số nguyên tố (a; p) =1 ap -1 p với a Z+.
Baøi 9:
a) Giả sử p số nguyên tố lẻ đặt m =
8
9p Chứng minh m hợp số lẻ không chia hết cho 3m – 1(mod m).
b) Cho số nguyên tố p, số dương a, n (n 2) thoả a 1 (mod pn ) Tìm số dư chia a cho pn -1
Bài 10: Cho A = n! +1, B = n +1 ( n Z+) Chứng minh A B B số nguyên tố
III HƯỚNG DẪN GIẢI BAØI TẬP. Bài 1:
a) Rõ ràng p = số nguyên tố nhỏ thõa mãn tóan Nếu p > p có dạng 3k + 3k + ( p số nguyên tố)
Khi p = 3k + p + 14 = 3k + 15 3; p + 14 > nên p + 14 số nguyên tố
Khi p = 3k +2 p + 10 = 3k + 12 3; p + 10 > nên p + 10 số nguyên tố b) p = p + = hợp số
P = 3; 5; ba cần tìm p 3 p = 3k + p = 3k – Nếu p = 3k + p + hợp số Nếu p = 3k - p + hợp số Vậy p = số nguyên tố cần tìm c) p = 5; 7; 11; 13; 19 năm cần tìm
p 5 p = 5k 1; 5k Với cách lý luận tương tự cấu a, vập p = số nguyên tố cần tìm
Bài 2: (Giải tương tự 1) k = Bài 3:
a) Giả sử 2p + = z3 ( zN) z lẻ. Đặt z = 2n + (zN)
Như vậy: 2p + = ( 2n +1)3 = 8n3 + 12n2 + 6n +
p = n(4n2 + 6n + 3)
Vì p nguyên tố nên suy n = 1, thay vào ta thấy p = 13 số nguyên tố thoã mãn đề b) Giả sử 13p + = m3 ( m N) mà p suy m 3.
13p = (m- 1)( m2 + m + 1)
13 p số nguyên tố, m – > 1; m2 + m + > 1 Nên m – =13 m – = p
* m – = 13 m = 14
m3 = 2744; p = 211 ta có 143 = 13.211 +1; 211 số nguyên tố ( đúng)
(13)m2 + m + 12 = 0 ( m +4)(m – ) =
Vì m +4 > neân m – = m =
Suy p = ta có 33 = 13.2 +1; số nguyên tố ( đúng). Vậy p = p =211
Bài 4: Do x; y N nên đẳng thức cho tương đương với (x – p)(y – p) = p2 Do p nguyên tố x, y > p nên có khả năng:
a) x – p = 1; y – p = p2 x = p +1 vaø y = p2+ 1 b) x – p = p2; y – p = x = p2 + p vaø y = p +1 c) x – p = p ; y – p = p x = 2p vaø y = 2p
Bài 5: Đặt a = 525, đó: N =
1
5
a a
= a4 + a3 + a2+ a+1
= (a4 + 9a2 + + 6a3 + 6a + 2a2) – (5a3+ 10a2 +1) = (a2 + 3a + 1)2 – 5a(a2 + 2a +1)
= (a2 + 3a + 1)2 – 5.525 ( a + )2 = (a2 + 3a + 1)2 –[513( a +1 )]2
= [a2 + 3a + + 513(a +1)][ a2 + 3a + – 513(a +1)]. N tích hai số nguyên lớn Vậy N hợp số Bài 6: Rõ ràng p > nên p lẻ
Vì p vừa tổng, vừa hiệu hai số nguyên tố nên số phải chẵn, số phải lẻ Số chẵn
Như vậy: p = r + = s – ( r, s laø số nguyên tố)
Nhưng: r = p -2; p s = p + số lẻ liên tiếp nên có số chia hết cho Suy có số bằngø
* Nếu r = p – = p = s = p +2 = Thõa mãn đề P = ba số nguyên tố cần tìm
* Nếu p = r = p – = Không nguyên tố ( loại) * Nếu s = p +2 = p = Khơng ngun tố ( loại)
Bài 7: Gọi ba số nguyên tố liên tiếp cần tìm p; s; r vaø p < s < r
Nếu p, s, r không chia hết cho p2, s2, r2 chia cho có số dư
(p2+ s2+ r2) 3
Mà p2+ s2+ r2 > nên p2+ s2+ r2 không số ngun tố Do có ba số p, s r chia hết cho * p = s = 5; r = ta co.ù
p2+ s2+ r2 = 83 số nguyên tố. * r = p = 2; s = ta coù
p2+ s2+ r2 = 38 không số nguyên tố. * s = r =2 không tonà p
Tóm lại: Ba số nguyên cần tìm 3; 5; Baøi 8:
(14)r1; r2;…; rp – đôi khác
Thật coù r1 = rj ( i < j p – 1)
Thì ia ja(mod p) a( i –j) (mod p) (*) a p; i –j p neân (*) không xảy
Do đó: r1 r2.… rp – = ( p – 1)!
2a 3a …(p -1)a r1 r2.… rp – 1( mod p) (p -1)!ap -1 ( p -1)!(mod p)
Vì: ((p -1)!; p) = ap -1 (mod p)
Bài 9:
a)Ta có : m = ab p
p
4
1
, dễ thấy a, b nguyên dương lớn m hợp số Mà m = 9p -1 + 9p – + …+ suy m lẻ chia cho dư 1.
Theo định ký fecma nhỏ: 9p - p (p; 8) = Neân: 9p -
8p hay m -1 =
8 9p
p Vì m – chẵn nên có: m -1 2p Do đó: 3m – - 32p –
8 9p = m. b) Xét trường hợp:
1) p = 2, ta coù: a2 1(mod 2n)
a lẻ Đặt a = 2x + ( x N) 2(x +1)x 2n x(x + 1) 2n -2 Deã daøng suy a 1(mod 2n -1)
2) p ta coùap a 1( mod p) ( Định lý Fec ma nhỏ) d= ( a-1, ap -1 + ap- 2+ …+ a +1) p
d = p d\p
(a -1)( ap -1 + ap- 2+ …+ a+ 1) pn Maø: ap -1 + ap- 2+ …+ a+ p ( mod p2)
a -1 pn -1 a 1( mod pn -1)
Bài 10: Giả sử B số nguyên tố Do B có ước nguyên tố q, p < B
p n p\n!
Mặt khác A B Nên p\A Đo p\A - n! hay p\1 Vơ lý Mà n ngun dương nên B 0, B1
Vậy B số nguyên tố
(15)
Bài toán 4: Chứng minh 51 số khác có hai chữ số, ta chọn số cho số khơng có hai số có chữ số giống thứ tự
Bài giải
Ta chọn chữ số hàng chục cho có nhóm, khơng 6, số rơi vào hàng chục đó; có nhm, khơng hơn, số rơi vào hàng chục tiếp theo;…; cuối có số rơi vào hàng chục cịn lại Các số cuối thuộc nhóm khác khác chữ số hàng đơn vị
Ta chọn nhóm số cho chữ số hàng đơn vị khác nhau; chọn số nhóm cuối, lấy số nhóm kế trước … ta số thõa mãn yêu cầu toán
Bài toán 5: Chứng minh tồn số tự nhiên x < 17 cho 25x - 17 Bài giải
Xét dãy số gồm 17 số hạng sau: 25, 252, 253, 254,…, 2517 (*) Chia số hạng dãy (*) cho 17
Vì (25; 17) = nên (25n, 17) = 1.nN và n 1 Do số dư phép chia có thể theo thứ tự 1, 2, 3, 4, …, 16 Có 17 phép chia 16 số dư có nên có số hạng dãy (*) chia cho 17 có số dư
Gọi số 25i 25j với i, j N 1 i j 17
25j– 25i 17
25i(25j – i – 1) 17
Vì (25i ; 17) = nên: (25j – i – 1) 17 Vì 1 i j 17 j – i < 17
Vậy xN x < 17 để 25x – 17
Bài toán 6: Chứng minh tồn số có dạng 199419941994….1994 gồm k số 1994, với k N 1< k 1993, chia hết cho 1993
Bài giải Xem dãy số
a1 = 1994 a2 = 19941994 ………
a1994 = soâ 994
1994
1994 94 1994199419
Ta chia caùc số hạng dãy cho 1993
Có 1994 phép chia mà tập hợp số dư có tối đa 1993 gia ùtrị.Do có số hạng dãy chia cho 1993 có số dư
Gọi số aj:
ai = 199419941994…1994( có i chữ số 1994) aj = 199419941994…1994 ( có j chữ số 1994) Với i, j N 1 i j 1994
(16) số chữ 1994 số i i
j )
( 0000 0000 1994 94 1994199419
1993
i i j ) ( 10 1994 94 1994199419
1994 soá
1993
Vì (10; 1993) = nên (10k, 1993) =
k Z Do ta có:
1994 soá k 1994 94
1994199419 1993 k N vaø 1< k 1993
Bài
tốn : Có tồn hay khơng, số có dạng: 199319931993…19930000…0000 chia hết cho 1994 Bài giải
Xem dãy số b1 = 1993 b2 = 19931993 ………
b1994 = soâ 993
1994
1993 93 1993199319
Ta chia tất số hạng dãy cho 1994 Không có số hạng dãy chia hết cho 1994 Có 1994 phép chia mà tập hợp số dư có tối đa 1993 trị số, có hai số hạng dãy chia cho 1994 có số dư
Gọi số bi bj:
bi = 199319931993…1993( có i chữ số 1993) bj = 199319931993…1993 ( có j chữ số 1993) Với i, j N 1 i < j 1993
bj – bi 1994
số chữ 1993 số i i
j )
( 0000 0000 1994 93 1993199319
1994
Vậy tonà số có dạng 19931993…19930000…0000 Chia hết cho 1994 Bài toán 8: Chứng minh tồn n N cho 3n tận 000001
Bài giải Ta chứng minh tồn n N 3n –
106 Ta xét dãy số gồm 1000000 số hạng sau:
3, 32, 33, ….,
3106 (*)
Chia caùc số hạng dãy (*) cho 106 Số dư phép chia có
1, 2, 3, 4,…,999999 Có triệu phép chia, có hai số hạng dãy (*) có số dư phép chia cho 106.
Gọi hai số 3i 3j Với i, j N 1 i < j 106.
3j – 3i 106 3i(3j – i - 1) 106
Nhưng (3; 10) = (3i – 106) = Do đó: 3j – i – 106
(17)