TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH CHỦ ĐỀ SỐ HỌC Cách ghi số tự nhiên. I/ Ghi số tự nhiên. - Hệ thập phân: 1 1 0 1 1 0 1 1 0 .10 .10 .10 .10 n n n n n n a a a a a a a a − − − = + + + + Ví dụ 1: Tìm số tự nhiên có số tận cùng là 3, nếu xoá số tận cùng thì ta được số mới nhỏ hơn số ban đầu 2010 Giải: Gọi: Số cần tìm là: 3 10 3x x = + ( x N ∈ ); Số sau khi xoá đi số tận cùng là x: Theo bài ra ta có phương trình: 10x + 3 – x = 2010 9 2007 223 x x ⇔ = ⇔ = Vậy số cần tìm là: 2233 Ví dụ 2: Tìm số tự nhiên có ab , biết 3; 5ab ba ab ba + + M M Giải: Ta có 10 ( , ;1 , 9)ab a b a b Z a b = + ∈ ≤ ≤ Từ đã: 11( )ab ba a b + = + , vì ƯCLN(3,5) = 1 11( ) 15 15 ab ba a b a b ⇒ + = + ⇒ + M M (ƯCLN(11,15) =1) Do 1 , 9a b ≤ ≤ ( ) ( ) ( ) ( ) ( , ) 7,8 , 8,7 , 9,6 , 6,9a b ⇒ = Vậy số cần tìm là 78; 87; 69; 96 II/ Các phép tính trong N; phép chia có dư. 1/ Phép tính(+; -; x; :) - Phép tính luỹ thừa: + a.a a n nthuaso a = + . n m m n a a a + = + ( ) : , , , 0 m n m n a a a m n m n N a − = ≥ ∈ ≠ . ( ) m n m n a a = + Quy ước: 1 0 ; 0( 0)a a a a = = ≠ + Lưu ý: ( 0) 0;( 6) 6;( 1) 1;( 5) 5 n n n n x y x y x y x y = = = = + Những số có số tận cùng là 4, nếu luỹ thừa chẵn thì số tận cùng là 6; nếu luỹ thừa lẻ thì số tận cùng là 4 ; + Những số có số tận cùng là 9, nếu luỹ thừa chẵn thì số tận cùng là 1; nếu luỹ thừa lẻ thì số tận cùng là 4 ; Ví dụ 1: So sánh 200 300 và 300 200 Giải: Ta có: 200 200 200 100 200 100 400 300 3 .100 9 .100 9 .10 = = = 300 300 300 100 300 100 2 300 100 600 200 200 .100 8 .100 8 .(10 ) 8 .10 = = = = Do 9 < 10, nên 9 100 < 10 100 100 400 500 600 100 600 9 .10 10 10 8 .10 ⇒ < < < Vậy 200 300 < 300 200 1 TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH Ví dụ 2: 2004 1000 12 2 10 − M Ta có 2 4 = 16 ( ) 25 100 4 2 2⇒ = có số tận cùng là 6. ( ) 1005 2010 2 1005 5 1000 5 8 125 2 2 4 4 .4 4 .(4 ) = = = = 12 2004 =(10 + 2) 2004 = (10 2004 + 2004.2.10 2003 + + 2004.10.2 2003 + 2 2004 ) Mà 10 2004 + 2.10 2003 + + 10.2 2003 M Vây xét 2 2004 = (2 4 ) 501 có số tận cùng là 6, nên 12 2004 có số tận cùng là 6. 2004 1000 12 2 10 ⇒ − M B/ Phép chia hết trong tập hợp các số nguyên. I/ Một số phương pháp chứng minh chia hết. 1. Tính chất: + Sử dụng tính chất “ Trong n số tự nhiên có một và chỉ một số chia hết cho n”. + Tích của hai số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 2. + Tích của ba số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 6. + Tích của hai số tự nhiên chẵn liên tiếp chia hết cho 8. + Tích của 5 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 120. Các dấu hiệu chia hết 1 1 0 0 ) 2 2 n n a a a a a a − ⇔ M M 1 1 0 0 ) 5 5 n n b a a a a a − ⇔ M M 1 1 0 0 ) 3 3 n n n i i c a a a a a − = ⇔ ∑ M M 1 1 0 0 ) 3 9 n n n i i d a a a a a − = ⇔ ∑ M M 1 1 0 1 0 1 1 0 2 1 0 ) 25;4 25;4 ) 125;8 125;8 n n n n f a a a a a a g a a a a a a a − − ⇔ ⇔ M M M M Dấu hiệu chia hết cho 11 Cho A = a 5 a 4 a 3 a 2 a 1 a 0 . A M 11 ⇔ [(a 0 + a 2 + a 4 + ) – (a 1 + a 3 + a 5 + )] M 11. Chứng minh: A = (a 0 + 10 2 a 2 + 10 4 a 4 + ) + (10a 1 + 10 3 a 3 + 10 5 a 5 + ) Chú ý rằng : 10 2 = 99 + 1, 10 4 = 9999 + 1, , tổng quát : 10 2k = bội 11 + 1 , còn 10 = 11 – 1, 10 3 = 1001 – 1, 10 5 = 100001 – 1, Tổng quát 10 2k + 1 = bội 11 – 1 . Do đã : A = ( bội 11 + a 0 + a 2 + a 4 + ) + + (bội 11 – a 1 – a 3 – a 5 - ) = béi 11 + ( a 0 + a 2 + a 4 + ) – (a 1 + a 3 + a 5 + ) Như vậy điều kiện cần và đủ đó một số chia hết cho 11 là : Tổng các chữ số hàng lẻ và tổng các chữ số hàng chẵn của số đã có hiệu chia hết cho 11 Ví dụ 1: Chứng minh: n 3 + 11n M 6 Ví dụ 2: Cho 7 17 + 17.3 - 1 M 9. Chứng minh: 7 18 + 18.3 - 1 M 9 (Đề thi chọn HSG lớp 9 huyện Văn Bàn năm học 2009 - 2010) Giải: Ta có: 7 17 + 17.3 - 1 M 9, Đặt: 7 17 + 17.3 - 1 = 9k. 2 TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH Mặt khác: 7 18 + 18.3 – 1 = 7.(7 17 + 17.3 – 1) + [18.3 – 1 - 7.(17.3 - 1)] = 7.9k – 33.9 = 9.(7k - 33) M 9 Vậy: 7 18 + 18.3 - 1 M 9. Ví dụ3: Cho 7 17 + 17.3 - 1 M 3. Chứng minh: 7 18 + 18.3 - 1 M 3 (Đề thi chọn HSG líp 9, cấp trường năm học 2010 - 2011) 2. Sử dụng định lý mở rộng. ( ) ( ) 2 1 2 1 ) : ; , ( ) 2 , , ( ) n n n n n n n n n n a n N a b a b a a b ab b a b Z a b a b n k k N a b a b − − − − ∀ ∈ − = − + + + + ∈ ⇒ − − ⇒ = ∈ − + M M ( ) ( ) 2 1 2 1 ) , 2 1: n n n n n n b k N n k a b a b a a b ab b − − − − ∀ ∈ = + + = + − + − + ( ) 2 1: ; n n n k a b a b a b ⇒ = + + + ≠ − M Các ví dụ: Ví dụ1: Chứng minhrằng 20 n + 16 n - 3 n + 1 M 323 3. Một số phương pháp chứng minh khác. - Chứng minh quy nặp: Nguyên tắc chứng minh + Xét vì n = n 0 đúng. + Gỉa sử vì n = k đúng. + Biến đổi chứng minh vì n = k + 1 đúng Từ đã được điều phải chứng minh. Bài tập vận dụng: Chứng minhrằng 2 2 1 2 )3 2 7( ) )3 2 7( ) n n n n a n N b n N + + − ∀ ∈ + ∀ ∈ M M c) 10 18 1 9 n n + − M Giải: 2 )3 2 7 n n a − M + Vì n = 1; 0 hiển nhiên đúng, + Gỉa sử, n = k đúng, tức là: 2 3 2 7 k k − M . Đặt: 2 3 2 7 k k q − = . + Xét vì n = k + 1,ta có 2( 1) 1 1 3 2 9(3 2 ) 9.2 2.2 7(9 2 ) 7 k k k k k k k q + + + − = − + − = + M Vậy n = k + 1 đúng, Kết luận: 2 3 2 7 n n − M b) Làm tương tự: c) 10 18 1 27 n n + − M Giải: + Vì n = 0 hiển nhiên đúng, vì 10 0 + 18.0 – 1 = 0 M 27 + Gỉa sử n = k đúng, tức là 10 18 1 27 k k + − M , Đặt: 10 18 1 27 k k q + − = + Xét vì n = k +1 ta có: 3 TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH [ ] 1 10 18( 1) 1 10(10 18 1) 18 18 1 (180 10) k k k k k k + + + − = + − + + − − − ( ) 10.27 27. 1 6 27(10 6 1) 27q k q k = + − = − + M Vậy n = k + 1 đúng, Kết luận: 10 18 1 27 n n + − M Các bài tập vận dụng dấu hiệu chia hết Ví dụ 1: Tìm chữ số x,y đó 7 36 5 1375x y M Ví dụ 2: Tìm chữ số x,y đó 134 45xyM (Đề thi chọn HSG lớp 9 huyện Văn Bàn năm học 2008 - 2009) Bài 3: Cho S=2 1 + 2 2 + 2 3 + + 2 100 . a/ Chứng minh S chia hết cho 3. b/ Chứng minh S chia hết cho 15. c/ S tận cùng là chữ số nào? Lời giải a/ S = 2 1 + 2 2 + 2 3 + + 2 100 =(2 1 + 2 2 )+ (2 3 + 2 4 )+ +(2 99 + 2 100 ) = 2(1 + 2) + 2 3 (1 + 2) + …+ 2 99 (1 +2). = 3.(2 + 2 3 +…+ 2 99 ) M 3 Vậy S M 3 b/ Nhóm 4 số hạng một của S ta được:S = 15.(2 + 2 5 + 2 9 +…+ 2 27 ) M 15 . c/ S M 15 và S là số chẵn nên S tận cùng là 0 Bài tập 4(Đề thi HSG Toán 9 năm 2010 -2011) CMR: 3 ( ) ( 12) 144 12 n A n n n = − − − M 3.Các dạng bài tập khác sử dụng. a) Tìm số tận cùng. b) Sử dụng phép chia có dư. c) Sử dụng nguyên tắc De-rich-ne. d) Sử dụng đồng dư thức. C/ Số nguyên tố. I/ Số nguyên tố, hợp số. 1. Bài tập liên quan đến số nguyên tố. Ngoài các kiến thức về số nguyên tố , số nguyên tố cùng nhau. ƯCLN, BCNN, ta có thêm một số tính chất về chia hết. 1) Nếu một tích chia hết cho số nguyên tố p thì tồn tại một thừa số của tích chia hết cho p. Hệ quả: Nếu a n chia hết cho số nguyên tố p thì a chia hết cho p . 2) Nếu tích a.b chia hết cho m trong đó b và m là hai số nguyên tố cùng nhau thì a chia hết cho m. Thật vậy, phân tích m ra Theo số nguyên tố : m = a 1 k1 a 2 k2 a n kn (1) Vì a.b chia hết cho m nên a.b chứa tất cả các thừa số nguyên tố a1, a2, an vì số mò lớn hơn hoặc bằng số mò của các thừa số nguyên tố đó trong (1). Nhưng b và 4 TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH m nguyên tố cùng nhau nên b không chứa thừa số nguyên tố nào trong các thừa số a 1 , a 2 , , a n . Do đó a chứa tất cả các thừa số a 1 , a 2 , a n tức là a chia hết cho m. 3) Nếu a chia hết cho m và n thì a chia hết cho BCNN của m và n. Thật vậy, a chia hết cho m và n nên a là bội chung của m và n so đó chia hết cho BCNN ( m,n). Hệ quả: Nếu a chia hết cho hai số nguyên tố cùng nhau m và n thì a chia hết cho tích m.n. II. Những ví dụ Ví dụ 1 . Tìm số tự nhiên n sao cho 18n + 3 chia hết cho 7. Giải : Cách 1: 18n + 3 M 7 ⇔ 14n + 4n + 3 M 7 ⇔ 4n + 3 M 7 ⇔ 4n + 3 – 7 M 7 ⇔ 4n – 4 M 7 ⇔ 4(n – 1) M 7 Ta lại có (4,7) = 1 nên n – 1 M 7 Vậy n = 7k + 1 ( k ∈ N). Cách 2: 18n + 3 M 7 ⇔ 18 n + 3 – 21 M 7 ⇔ 18n - 18 M 7 ⇔ 18(n – 1) M 7 Ta lại có (18,7) = 1 nên n – 1 M 7 Vậy n = 7k + 1 ( k ∈ N) Nhận xét: Việc thêm bớt các bội của 7 trong hai cách giải trên nhằm đi đến một biểu thức chia hết cho 7 mà ở đó hệ số của n bằng 1. Ví dụ: 2. Cho biết a + 4b chia hết cho 13 (a, b ∈ N) . Chứng minh rằng 10a + b chia hết cho 13. Giải : Đặt a + 4b = x ; 10a + b = y . Ta biết x M 13, cần chứng minh y M 13. Cách 1: xét biểu thức: 10x – y = 10 (a + 4b) – (10a + b) = 10a + 40b – 10a – b = 39b Như vậy 10x – y M 13 Do x M 13 nên 4y M 13. Suy ra y M 13 Cách 2: Xét Biểu thức: 4y – x = 4 (10a + b) – (a + 4b) = 40a + 4b – A – 4b = 39a Như vậy 4y – x M 13 Do x M 13 nên 4y M 13. Ta lại có ( 4,13) = 1 nên y M 13 5 TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH Cách 3 : Xét biểu thức: 3x + y = 3 (a + 4b) + (10a + b) = 3a + 12b + 10a + b = 13a + 13b. Như vậy 3x + y M 13 Do x M 13 nên 3x M 13 . Suy ra y M 13 Cách 4: Xét biểu thức: x + 9y = a + 4b + 9 (10a + b) = a + 4b + 90a + 9b = 91a + 13b Như vậy x + 9y M 13 Do x M 13 nên 9y M 13 . Ta lại có (9,13) – 1, nên y M 13 Nhận xét: Trong các cách giải trên, ta đã đưa ra các biểu thức mà sau khi rút gọn có một số hạng là bội của 13, khi đó số hạng thứ hai (nếu có) còng là bội của 13. Hệ số của a ở x là 4, hệ số của a ở y là 1 nên xét biểu thức 10x – y nhằm khử a (tức là làm cho hệ số của bằng 0) , xét biểu thức 3x + y nhằm tạo ra hệ số của a bằng 13. Hệ số của b ở x là 4, hệ số của b ở y là 1 nên xét biểu thức 4y – x nhằm khử b, xét biểu thức x + 9y nhằm tạo ra hệ số của b bằng 13. Ví dụ 3. Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì (p – 1)(p + 1) chia hết cho 24. Giải . Ta có (p – 1)p(p + 1) M 3 mà (p,3) = 1 nên (p – 1)(p + 1) M 3 (1) p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p là số lẻ, p – 1 và p + 1 là hai số chẵn liên tiếp. Trong hai số chẵn liên tiếp, có một số là béi của 4 nên tích của chúng chia hết cho 8 (2). Từ (1) và (2) suy ra (p – 1)(p + 1) chia hết cho hai số nguyên tố cùng nhau 3 và 8. Vậy (p – 1)(p + 1) M 24. III. Tìm số bị chia biết các số chia và số dư trong hai phép chia Ví dụ 1. Tìm số tự nhiên nhỏ nhất khi chia cho 5 thì dư 1, chia cho 7 thì dư 5. Giải : Gọi n là số chia cho 5 dư 1, chia cho 7 dư 5 Cách 1: Vì n khằngchia hết cho 35 nên n có dạng 35k + r ( k, r ∈ N, r < 35), trong đó r chia 5 dư 1, chia 7 dư 5. Số nhỏ hơn 35 chia cho 7 dư 5 là 5, 12, 19, 26, 33 trong đó chỉ có 26 chia cho 5 dư 1, vậy r = 26. Số nhỏ nhBất có dạng 35k + 26 là 26. Cách 2: Ta có n – 1 M 5 ⇒ n – 1 + 10 M 5 ⇒ n + 9 (1) . Ta có n – 5 M 7 ⇒ n – 5 + 14 M 7 ⇒ n + 9 M 7 (2) . Từ (1) và (2) suy ra n + 9 M 35 số n nhỏ nhBất có tính chBất trên là n = 26 Cách 3: n = 5x + 1 = 7y + 5 ⇒ 5x = 5y + 2y + 4 ⇒ 2(y + 2) M 5 ⇒ y + 2 M 5 6 TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH Giá trị nhỏ nhBất của y bằng 3, giá trị nhỏ nhất của n bằng 7.3 + 5 = 26. Ví dụ 2: . Tìm số tự nhiên n có bội chữ số sao cho chia n cho 131 thì dư 112, chia n cho 132 thì dư 98. Giải : Cách 1: Ta có 131x + 112 = 132y + 98 ⇒ 131x = 131y + y – 14 ⇒ y – 14 M 131 ⇒ y = 131k + 14 ( k ∈ N) ⇒ n = 132.(131k + 14) + 98 = 132.131k + 1946 Do n có bội chữ số nên k = 0 , n = 1946 Cách 2: Từ 131x = 131y + y – 14 suy ra 131(x – y) = y – 14 . Nếu x > y thì y – 14 ≥ 131 ⇒ y ≥ 145 ⇒ n có nhiều hơn bội chữ số. Vậy x = y, do đó y = 14, n = 1946, Cách 3. Ta có n = 131x + 112 nên 132 n = 131.132x + 14784 (1) Mặt khác n = 132y + 98 nên 131n = 131.132y + 12838 (2) Từ (1) và (2) suy ra 132n – 131 n = 131.132(x – y) + 1946 ⇒ n = 131.132(x – y) + 1946. Vì n có bội chữ số nên n = 1946. III/ ƯCLN, BCNN. 1) Tìm hai số trong đó biết ƯCLN của chúng. Ví dụ 1. Tìm hai số tự nhiên, biết rằng tổng của chúng bằng 84, ƯCLN của chúng bằng 6. Giải : Gọi hai số phải tìm là a và b ( a ≤ b) . Ta có (a,b) = 6 nên a = 6a’; b = 6b’ trong đó (a’, b’) = 1 (a, b, a’, b; ∈ N) Do a + b = 84 nên 6 (a’ + b”) = 84 suy ra a’ + b’ = 14 Chọn cặp số a’, b’ nguyên tố cùng nhau có tổng bằng 14 (a’ ≤ b’), ta được: a’ 1 3 5 Do đó a 6 18 30 b’ 13 11 9 b 78 66 54 Ví dụ 2: Tìm hai số tự nhiên có tích bằng 300. ƯCLN bằng 5. Giải : Gọi hai số phải tìm là a và b ( a ≤ b). Ta có (a,b) = 5 nên a = 5a’, b = 5b’ trong đó (a’, b’) = 1 Do ab = 300 nên 25a’b’ = 300 suy ra a’b’ = 12 = 4.3 Chọn cặp số a’, b’ nguyên tố cùng nhau có tích bằng 12 (a’ ≤ b’) ta được: a’ 1 3 Do đó a 5 15 b’ 12 4 b 60 20 2) Các bài toán phối hợp giữa BCNN của các số vì ƯCLN của chúng. 7 TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH Ví dụ 3 . Tìm hai số tự nhiên biết rằng ƯCLN của chúng bằng 10, BCNN của chúng bằng 900. Giải : Gọi các số phải tìm là a và b, giả sử a ≤ b . Ta có (a,b) = 10 nên a = 10a’, b = 10b’, (a’,b’) = 1; a’ ≤ b. Do đó ab = 100 a’b’(1). Mặt khác ab = [a,b].(a,b) = 900.10 = 9000 (2) Từ (1) và (2) suy ra a’b’ = 90. Ta có các trường hợp: a’ 1 2 5 9 Do đó a 10 20 50 90 b’ 90 45 18 10 b 900 450 180 100 3) Tìm ƯCLN của hai số bằng thuật toán Ơ clit Ví dụ 4 . Cho hai số tự nhiên a và b (a > b) a) Chứng minh rằng nếu a chia hết cho b thì (a,b) = b b) Chứng minh rằng nếu a không chia hết cho b thì ƯCLN của hai số bằng ƯCLN của số nhỏ và số dư trong phép chia số lớn cho số nhỏ. c) Dùng các nhận xét trên đó tìm ƯCLN (72,56). Giải : a) Mọi ước chung của a và b hiểnn nhiên là ước của b. Đảo lại,do a chia hết cho b nên b là ước chung của a và b. Vậy (a,b) = b. b) Gọi r là số dư trong phép chia a cho b (a > b) . Ta có a = bk + r (k ∈ N), cần chứng minh rằng (a, b) = (b,r) Thật vậy, nếu a và b cùng chia hết cho d thì r chia hết cho d, do đó ước chúng của a và b còng là ước chung của b và r (1). Đảo lại nếu b và r cùng chia hết cho d thì a chia hết cho d, do đó ước chung của b và r còng là ước chung của a và b (2). Từ (1) và (2) suy ra tập hợp các ước chung của a và b và tập hợp các chung của b và r bằng nhau. Do đó hai số lớn nhất trong hai tập hợp đó còng bằng nhau, tức là (a, b) = (b,r) c) 72 chia 56 dư 16 nên 972,56) = ( 56,16) 56 chia 16 dư 8 nên (56,16) = (16,8); 16 chia hết cho 8 nên (16,8) = 8 . Vậy (72,56) = 8 Nhận xét : Giả sử a khôngchia hết cho b và a chia hết cho b dư r 1 , b chia cho r 1 dư r 2 , r 1 chia cho r 2 dư r 3 , r n – 2 chia cho r n-1 dư r n’ r n-1 chia cho r n dư 0. (dãy số b, r 1 , r 2 , ,r n là dãy số tự nhiên giảm dần nên số phép chia là hữu hạn do đó quá trình trên phải kết thúc vì một số dư bằng 0). Theo chứng minh ở ví dụ trên ta có (a, b) = (b,r 1 ) = (r 1 ,r 2 ) = =(r n-1’ r n )= r n (vì r n-1 chia hết cho r n ). Như vậy ƯCLN (a,b) là số chia cuối cùng trong dãy các phép chia liên tiếp a cho b; b cho r 1 ; r 1 cho r 2 ; trong đó r 1 ,r 2 , là số dư trong các phép chia theo thứ tự trên. 8 TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH Trong thực hành ngưêi ta đặt tính như sau: 72 56 56 16 1 16 8 3 0 2 Việc thực hiện một dãy phép chia liên tiếp như trên được gọi là thuật toán Ơ–clit. Trường hợp tìm ƯCLN của ba số, ta tìm ƯCLN của hai số rồi tìm ƯCLN của kết quả vì số thứ ba. 4) Hai số nguyên tố cùng nhau: Hai số nguyên tố cùng nhau là hai số có ƯCLN bằng 1. Nói cách khác, chúng chỉ có ước chung duy nhất là 1. Ví dụ 1. Chứng minh rằng a) Hai số tự nhiên liên tiếp (khác 0) là hai số nguyên tố cùng nhau. b) Hai số lẻ liên tiếp là hai số nguyên tố cùng nhau. c) 2n + 1 và 3n + 1 ( n ∈ N) là hai số nguyên tố cùng nhau. Giải: a) Gọi d ∈ ƯC (2n + 1,2n + 3) ⇒ (2n + 3) – (2n + 1) M d ⇒ 2 M d ⇒ d ∈ {1; 2} Nhưng d ≠ 2 vì d là ước của số lẻ. Vậy d = 1 c) Gọi d ∈ ƯC (2n + 1, 3n + 1) ⇒ 3 (2n + 1) – 2 (3n + 1) M d ⇒ 1 M d ⇒ d=1 Ví dụ 2. Tìm số tự nhiên n đó các số 9n + 24 và 3n + 4 là các số nguyên tố cùng nhau. Giải : Giả sử 9n + 24 và 3n + 4 cùng chia hết cho số nguyên tố d thì 9n + 24 – 3 (3n + 4) M d ⇒ 12 M d ⇒ d ∈ { 2 ; 3} Điều kiện đề (9n + 24, 3n + 4) = 1 là d ≠ 2 và d ≠ 3. Hiển nhiên d ≠ 3 vì 3n + 4 không chia hết cho 3. Muốn d ≠ 2 phải có ít nhất một trong hai số 9n + 24 và 3n + 4 không chia hết cho 2. Ta thấy: 9n + 24 là số lẻ ⇔ 9n lẻ ⇔ n lẻ 3n + 4 là số lẻ ⇔ 3n lẻ ⇔ n lẻ Vậy điều kiện đó (9n + 24,3n + 4) = 1 là n lẻ. 5) Tìm ƯCLN của các biểu thức số Ví dụ 1. Tìm ƯCLN của 2n - 1 và 9n + 4 (n ∈ N) Giải : Gọi d ∈ ƯC (2n – 1, 9n + 4) ⇒ 2(9n + 4) - 9(2n – 1) M d ⇒ 17 M d ⇒ d ∈ { 1 ; 17 } Ta có 2n – 1 M 17 ⇔ 2n – 18 M 17 ⇔ 2(n – 9) M 17 ⇔ n – 9 M 17 ⇔ ⇔ n = 17k + 9 ( k ∈ N) Nếu n = 17k + 9 thì 2n – 1 M 17 và 9n + 4 = 9.(17k + 9) + 4 = 17.9k + 85 M 17, do đó (2n – 1, 9n + 4) = 17 Nếu n ≠ 17k + 9 thì 2n – 1 M không chia hết cho 17, do đó (2n – 1, 9n + 4) = 1 Ví dụ 2. Tìm ƯCLN của 2 )1( +nn và 2n + 1 (n ∈ N *) Giải : Gọi d ∈ ƯC       + + 12, 2 )1( n nn thì n(n + 1) M d và 2n + 1 M d 9 TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH Suy ra n(2n + 1) – n(n + 1) M d tức là n 2 M d Từ n(n+1) M d và n 2 M d suy ra n M d . Ta lại có 2n + 1 M d, do đó 1 M d, nên d = 1 Vậy ƯCLN của 2 )1( +nn và 2n + 1 bằng 1 V. Số lượng các ước của một số (*) Nếu dạng phân tích ra thừa số nguyên tố của một số tự nhiên A = a x .b y .c z thì số lượng các ước của A bằng (x + 1)(y + 1)(z + 1) Thật vậy, ước của A là số có dạng m.n.p trong đó m có x + 1 cách chọn ( là 1, a, a 2 , a x ), n có y + 1 cách chọn (là 1, b , b 2 , , b y ), p có z + 1 cách chọn (là 1, c, c 2 , c z ), Do đó số lượng các ước của A bằng (x + 1)(y + 1)(z + 1) Ví dụ 1. Tìm số nhỏ nhất có 12 ước. Giải : Phân tích số phải tìm ra theo số nguyên tố : N = a x .b y .c z ta có (x + 1)(y + 1)(z + 1) = 12. ( x ≥ y ≥ z ≥ ≥ 1). Số 12 có bội, cách viết thành một tích của một hay nhiều theo số lớn hơn 1 là: 12 =12.1 = 6.2 = 4.3 = 3.2.2. Xét các trường hợp sau: a) n chứa một theo số nguyên tố : Khi đó x + 1 = 12 nên x = 11. Chọn theo số nguyên tố nhỏ nhất là 2, ta có số nhỏ nhất trong trường hợp này là 2 11 . b) n chứa hai thừa số nguyên tố: Khi đó (x + 1)(y + 1) = 6.2 hoặc (x + 1)(y + 1) = 4.3, do đó x = 5, y = 1 hoặc x = 3 , y = 2. Để n nhỏ nhất ta chọn thứa số nguyên tố nhỏ ứng vì số m lớn, ta có n = 2 5 .3 = 96 hoặc n = 2 3 .3 2 = 72 . Số nhỏ nhất trong trường hợp này là 72. c) n chứa ba thừa số nguyên tố : Khi đó (x + 1)(y + 1)(z + 1) = 3.2.2 nên x = 2,y = z = 1 . Số nhỏ nhất là 2 2 .3.5 = 60 So sánh ba số 2 11 , 72, 60 trong ba trường hợp, ta thấy số nhỏ nhất có 12 ước là 60 CHỦ ĐỀ THEO DÃY QUY LUẬT I. Dãy cộng : Xét các dãy số sau: a) Dãy số tự nhiên : 0, 1, 2, 3, b) Dãy số lẻ: 1 , 3, 5 , 7, c) Dãy các số chia cho 3 dư 1 : 1 , 4, 7,10 Trong các dãy số trên, mỗi số hạng, kế từ số hạng thứ hai, đều lớn hơn số hạng đứng liền trước nó cùng một số đơn vị, số đơn vị này là 1 ở dãy a); là 2 ở dãy b); là 3 ở dãy c). Ta gọi các dãy trên là dãy cộng. Xét dãy cộng 4,7,10,13,16,19 Hiệu giữa hai số liên tiếp của dãy là 3. Số hạng thứ 6 của dãy này là 19, bằng : 4 + (6 – 1).3; số hạng thứ 10 của dãy này là 4 + (10 – 1).3 = 31. 10 [...]... đó: C(2; 1) y =1  + Giải hệ tìm được  + Để 3 đường thẳng trên đồng quy tại điểm C, ta có hệ thức: 2a – b = 5b => a = 3b Vậy ba đường thẳng trên đồng quy khi: a = 3b Bài tập 2(Đề thi HSG Toán 9 năm học 2010 - 2011): Cho ba đường thẳng: (d): y = (m - 1)x + 3m - 5 (d1): y = 4mx - m - 5 (d2): y = (m2 + 4)x + 2m - 4 a) Với giá trị nào của m thì hai đường thẳng (d) và (d1) vuông góc với... là và ngược lại B A 1 + Phân thức: ( B ≠ 0 ) có phân thức nghịch đảo là B và ngược lại B A C A D A.D + Phép chia: : = = B D B C B.C + Phân thức: 2 Những bài tập áp dụng: Bài 1(Đề thi HSG cấp huyện năm 2008 - 2009) Cho biểu thức: P = 2 x −9 x + 3 2 x +1 − − với x ≥ 0; x ≠ 4;9 x−5 x +6 x − 2 1− x a) Rút gọn P b) Tính giá trị của P khi x= 2 3− 5 c) Tìm x đã P < 1 Giải: a) Rút... ( x − 3) 10 − 2 5 6+2 5 c) P . 2 5 + 2 9 +…+ 2 27 ) M 15 . c/ S M 15 và S là số chẵn nên S tận cùng là 0 Bài tập 4(Đề thi HSG Toán 9 năm 2010 -2011) CMR: 3 ( ) ( 12) 144 12 n A n n n = − − − M 3.Các dạng bài tập khác. M 9. Ví dụ3: Cho 7 17 + 17.3 - 1 M 3. Chứng minh: 7 18 + 18.3 - 1 M 3 (Đề thi chọn HSG líp 9, cấp trường năm học 2010 - 2011) 2. Sử dụng định lý mở rộng. ( ) ( ) 2 1 2 1 ). 1: Tìm chữ số x,y đó 7 36 5 1375x y M Ví dụ 2: Tìm chữ số x,y đó 134 45xyM (Đề thi chọn HSG lớp 9 huyện Văn Bàn năm học 2008 - 2009) Bài 3: Cho S=2 1 + 2 2 + 2 3 + + 2 100 . a/