Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán Lớp 6

Nội dung text: Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán Lớp 6

1. CHUYÊN ĐỀ 1: TÍNH CHIA HẾT I. Phép chia hết và phép chia có dư. Với mọi cặp số tự nhiên a, b, b 0, bao giờ cũng tồn tại duy nhất một cặp số tự nhiên q, r sao cho: A = bq + r (0 r < b) Số q và r trong định lí về phép chia có dư nói trên lần lượt được gọi là thương và dư trong phép chia số a cho số b. II. Phép đồng dư. Cho m là một số nguyên dương. Nếu hai số nguyên a và b cùng cho một số dư khi chia cho m thì ta nói rằng a, b đồng dư với nhau theo mođun m và kí hiệu: a  b (mod m) Giả sử số dư cùng là r thì ta có: a = mq + r (1) b = mq’ + r (2) lúc đó a – b = m(q – q’) như vậy a – b chia hết cho m. vậy a  b(mod m) a – b  m. III. Dấu hiệu chia hết. Một số tự nhiên sẽ: - Chia hếtcho 2 nếu nó là số chẵn, tận cùng bằng 0, 2, 4, 6, 8 - Chia hết cho 5 nếu tận cùng bằng 0 hoặc 5. - Chia hết cho 4 nếu số tạo bởi hai chử số cuối chia hết cho 4 - Chia hết cho 8 nếu số tạo bởi 3 chử số tận cùng chia hết cho 8 - Chia hết cho 25 nếu số tạo bởi hai chử số cuối cùng chia hết cho 25. - Chia hết cho125 nếu số tạo bởi 3 chử số cuối cùng chia hết cho 125. - Chia hết cho 3 nếu tổng của các chử số của số đó chia hết cho 3. - Chia hết cho 9 nếu tổng của các chử số đó chia hết cho 9 Chú ý: Số dư trong phép chia một số N cho 3 hoặc 9 cũng chính là dư trong phép chia tổng các chử số của N cho 3 hoặc 9. Dạng 1. Xét mọi trường hợp có thể xảy ra của số dư. Bài 1.Chứng minh tích của 2 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 2. Giải. Giả sử A = n(n + 1), có 2 trường hợp -Nếu n chẵn, thì n 2 do đó A chia hết cho 2. - Nếu n lẻ thì n +1 chẵn do đó (n +1) chia hết cho 2 nên A chia hết cho 2. Bài 2. Chứng minh rằng A n n n2 1 n2 4 5 1
2. Giải.Xét các trường hợp về số dư khi chia n cho 5, ta có: - Nếu số dư là 0 thì n = 5k và A(n)  5 - Nếu số dư là 1 thì ta có n = 5k 1 và n2 + 4 = (5k 1)2 + 4= 25k2 10k + 5  5. - Nếu số dư là 2 thì ta có n = 5k 2 và n2 + 1 = ( 5k 2)2 + 4 = 25k2 20k + 4 + 1  5. Vậy khi chia n cho 5 dù số dư là 0, 1,hay 2 biểu thức A(n) cũng đều chia hết cho 5. Dạng 2: Tách thành tổng nhiều hạng tử. Đây là một phương pháp khá thông dụng. Muốn chứng minh A(n) chia hết cho q , ta tách A(n) thành tổng của nhiều hạng tử sao cho mỗi hạng tử đều có thể chia hết cho q. Bài 1.Chứng minh rằng n5 + 10n4 – 5n3 – 10n2 + 4n chia hết cho 120. Giải.Ta tách biểu thức đã cho như sau: A = n5 – 5n3 + 4n + 10n4 – 10n2 = n(n4 – 5n2 + 4) + 10n2(n2 – 1) Hạng tử thứ nhất là : n(n4 – 5n2 + 4) = n(n2 – 1)(n2 – 4) = (n – 2)(n – 1)n(n + 1)(n + 2) Đây là tích của 5 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2.3.4.5 = 120 Hạng tử thứ hai là: 10n2(n + 1)(n – 1). Có 3 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 3. hạng tử này chia hết cho 4 nếu n chẳn. Còn nếu n lẽ thì (n + 1) và n – 1 cũng chẳn nên tích (n + 1)(n – 1) cùng chia hết cho 4. Vậy hạng tử thứ hai cũng chia hết cho 3.4.10 = 120 =>A là tổn của hai hạng tử chia hết cho 120 nên A cũng chia hết cho 120. Bài 2.Chứng minh rằng với mọi m thuộc Z ta có m3 – 13m chia hết cho 6. Giải. A = m3 – 13m = m3 – m – 12m = m(m2 – 1) – 12m = (m – 1)m(m + 1) – 12m Do m – 1, m, m + 1 là 3 số nguyên liên tiếp nên tích (m – 1)m(m + 1) vừa chia hết cho 2, vừa chia hết cho 3, tức là (m – 1)m(m + 1) chia hết cho 6. => A chia hết cho 6. Bài 3. Chứng minh rằng với mọi m, n thuộc Z ta có mn(m2 – n2) chia hết cho 3. Giải.Ta có : mn(m2 – n2) = mn[(m2 – 1) – (n2 – 1)] = mn(m2 – 1) – mn(n2 – 1) Mà m(m2 – 1) = (m – 1)m(m + 1) chia hết cho 6 Và n(n2 – 1) = (n – 1)n(n + 1) chia hết cho 6 Vậy mn(m2 – n2) chia hết cho 6. Dạng 3. Phân tích thành nhân tử. Bài 1: CMR biểu thức: A 75 41975 41974 ... 42 5 25 Chia hết cho 41976 Giải.Ta viết A dưới dạng 2
3. A 75 41975 41974 ... 42 5 25 25.3 41975 41974 ... 42 5 25 25 4 1 41975 41974 ... 42 4 1 25 25. 41976 1 25 25.41976 Vậy A chia hết cho 41976 Bài 2.Chứng minh n5 – n chia hết cho 5 n Z Giải.Ta có A = n5 – n = n(n4 – 1) = n(n2 – 1)(n2 + 1) = (n – 1)n(n + 1)(n2 + 1). Nếu n = 5k thì n chia hết cho 5 do đó A chia hết cho 5 Nếu n = 5k + 1 thì (n – 1) chia hết cho 5 Nếu n = 5k + 2 thì n2 + 1 chia hết cho 5 Nếu n = 5k + 3 thì n2 + 1 chia hết cho 5 Nếu n = 5k + 4 thì (n + 1) chia hết cho 5 Vậy n2 – n chia hết cho 5 ,n Z Dạng 4 : Sử dụng phép quy nạp . Ta làm như sau: Nhận xét rằng mệnh đề đúng với n = 1 - Giả sử mệnh đề đúng với n = k cũng chứng mính được nó đúng với n = k+ 1 (với k > n0) Lúc đó mệnh đề đúng với mọi n lớn hơn 1. Bài 1.Chứng minh rằng: A = (n + 1)(n + 2)(n + 3) (3n) chia hết cho 3n Giải. Nếu n = 1 ta có A = 2.3 chia hết cho 3 k Giả sử mệnh đề đúng với n = k tức là : Ak k 1 k 2 k 3 ... 3k 3 (*) Ta hãy xét : Ak 1 k 2 k 3 k 4 ... 3 k 1 3 k 1 k 2 k 3 k 4 ... 3k 2 k k 3Ak . 3 1 3 2 k k 1 Nhưng theo (*) thì Ak chia hết cho 3 vậy Ak 1 3Ak 3k 1 3k 2 3 Vậy mệnh đề đúng với mọi n lớn hơn 1. 1994 Bài 2.Chứng minh rằng 1110 1 chia hết cho 101995. Giải. Ta chứng minh bài toán một cách tổng quát: n Với mọi số tự nhiên n thì 1110 110n 1 3
4. Với n = 0 thì mệnh đề đúng: 11 – 1 chia hết cho 10 10k k 1 Giả sử mệnh đề đúng với n = k, ta có: Ak 11 110 (*) Ta hãy xét: 10k 1 10k 10 Ak+1 11 1 (11 ) 1 k k 9 k 8 k A 1110 1 1110 1110 ... 1110 1 k 1 Nhưng mọi luỹ thừa của 11 đều đồng dư với 1 (mod 10) nên 10 số hạng trong móc vuông như vậy, do đó: 10k 9 10k 8 10k (11 ) (11 ) ... 11 1  1 1 ... 1 1 10 so hang Và biểu thức trong móc vuông chia hết cho 10 10k k 1 k 1 k 2 Mặt khác theo (11 1)10 vậy: Ak 1 10 .10 10 1994 Vậy n = 1994 ta có 1110 1 chia hết cho 101995. Bài tập. 1. Cho a, b không chia hết cho 5. Chứng minh rằng a4 + b4 chia hết cho 5. 2. Chứng minh rằng ax 3 + bx2 + cx + d là số nguyên với mọi x nguyên và chỉ khi 6a, 2b, a + b + c, d là các số nguyên . 3. Chứng minh rằng trong 39 số tự nhiên liên tiếp bất lì luôn tồn tại một số có tổng các chử số chia hết cho 11. 4. Cho n là số nguyên dương lẻ, chứng minh rằng: 46n + 296.13n chia hết cho 1947. 5. Với n là số nguyên dương chứng minh rằng: a) 72n – 48n – 1 chia hết cho 482, b) nn – n2 + n – 1 chia hết cho (n – 1)2 (n > 1) 6. cho f(x) là đa thức với hệ số nguyên và f(0), f(1) là các số lẻ. Chứng minh rằng f(x) không có nghiệm nguyên. 7. a) Tìm tất cả số tự nhiên n để 2n – 1chia hết cho 7. b) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì 2n + 1 không chia hết cho 7. 8. Chứng minh rằng tổng bình phương của 7 số nguyên liên tiếp không thể là một số chính phương. 9. Chứng minh rằng có thể tìm được hai luỹ thừa khác nhau của số 4 mà chúng có 3 chử số tận cùng giống nhau. 4
5. 10. Chứng minh rằng có thể tìm được một số tự nhiên mà 4 chử số tận cùng là 2002 và chia hết cho 2003. 11.Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên chỉ gồm toàn chử số 2 và chia hết cho 2003. 1 1 12. Chứng minh rằng nếu x Z thi xn với mọi số tự nhiên n. x xn Z 13. Chứng minh rằng với mọi n thuộc N* : (n + 1)(n + 2) (n + n) chia hết cho 2n. 14. Chứng minh rằng 270 + 370 chia hết cho 13. 22003 15. Tìm ba chử số tận cùng của số 3 . 16. Cho p, k, n là các số nguyên dương. Chứng minh rằng: n p 4k n p 10. 17. Chứng minh rằng : 69 220 119 a)12002 22002 ... 20022002 11. b) 220119 11969 69220 102 18.Tìm số tự nhiên nhỏ nhất gồm toàn chử số 9 và chia hết cho các số 3, 7, 11, 13, 17. Hướng dẫn giải. 1. a4 – b4 = (a4 – 1) – (b4 – 1) = (a – 1)(a + 1)(a2 + 1) – (b – 1)(b + 1)(b2 + 1). 2. ax3 + bx2 + cx + d = a(x3 – x) + b(x2 – x) + (a + b + c)x + d x3 x x2 x 6a. 2b a b c x d 6 2 Chứng minh : x3 – x chia hết cho 6 và x2 – x chia hết cho 2. 3. Từ 20 số đầu tiên của dãy ta tìm được hai số mà chử số hàng đơn vị là 0 và trong hai số đó ít nhất có một số có hai chử số hàng chục khác 9, giả sử đó là số n. Khi đó các số n, n + 1, , n + 9, n + 19 là 11 số có tổng các chử số là 11 số tự nhiên liên tiếp nên có một số có tổng các chử số chia hết cho 11. 4. 1947 = 33.59 ; 46n + 296.13n = (46n – 13n) + 297.13n = (46n + 13n) + 295.13n 5.a)72n – 48n – 1 = (49n – 1) – 48n = 48[(49n-1 – 1) + (49n-2 – 1) + +(49 – 1)] b) nn – n2 + n – 1 = (n – 1)[(nn-1 – 1)+ (nn-2 – 1) + +(n – 1)] 6. Giả sử f(n) = 0 , n Z ta có: f(n) – f(1)  (n – 1) n – 1 lẻ f(n) – f(o)  n n lẻ . Vô lí. 7. a) n = 3k + r , r = 0; 1; 2, giả thiết suy ra r = 0 b) xét n = 3k + r, r = 0; 1; 2. 8.(n – 3)2 + (n – 2)2 + (n – 1)2 + n + (n + 1)2 + (n + 2)2 + (n + 3)3 = 7(n2 + 4) Chia hết cho 7 nhưng không chia hết cho 49. 5
6. 9. Lấy 1002 số 4, 42, , 41001 chia cho 1000. 10. Lấy 2003 số 2003, 20032003, , 2003 2003 (2004 số 2003) chia cho 2003 11. Lấy 2004 số 2, 22, ,22004 chia cho 2003 k 1 1 1 k 1 k 1 1 12. x k 1 x x k x k 1 x x x x 13. Với n = k + 1: (k + 2)(k + 3) (2k + 2) = 2(k + 1)(k + 2) (k + k)  2k+1 14. 26 64  1(mod 13); 33 27  1(mod 13) 15. Tìm hai chử số tận cùng của 22003 16. n p 4k n p n p n4k 1 n n4 1 10 a) a11  a(mod 11) a 2002  a(mod 11) 17. 12002 22002 ... 20022002  1 2 ... 2002 1001.2003  0(mod 11) 18. Ta có BCNN(2, 6, 10, 12, 16) = 16.5.3 = 240. Áp dụng định lí Fermat. CHUYÊN ĐỀ 2: SỐ NGUYÊN TỐ I, Số nguyên tố và hợp số 1/ Định nghĩa: Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1 và chỉ có hai ước là một và chính nó - Hợp số là số tự nhiên lớn hơn 1 có ước khác 1 và chính nó Chú ý: Tập hợp số tự nhiên được chia thành 3 bộ phận + {0, 1}, + Tập hợp các số nguyên tố, + Tập hợp các hợp số - Từ định nghĩa ta có : Số tự nhiên a >1 là hợp số nếu a = pq, p > 1, q >1, hoặc nếu a = pq , 1 < p < a. DẠNG 1: ƯỚC CỦA MỘT SỐ 1 2 n A a1 .a 2 ...a n (a1, a2, ,an: các số nguyên tố) Số ước của A là 1 1 2 1 ... n 1 Bài 1: a. Tìm các ước nguyên tô của các số 30, 210, 2310 b. chứng tỏ rằng các số 31, 211, 3201, 10031 là các số nguyên tố giải. 1.Phân tích các số đã cho thành tích các thừa số nguyên tố 6
7. 2310 2 210 2 30 2 1155 3 105 3 15 5 385 5 35 5 5 5 77 7 7 7 1 11 11 1 1 Ta có: - Ước nguyên tố(30) = {1, 2, 3, 5} Và 30 = 1.2.3.5 - Ước nguyên tố(210) = {1, 2, 3, 5,7} Và 210 = 1.2.3.5.7 - Ước nguyên tố(2310) = {1, 2, 3, 5, 7, 11} Và 30 = 1.2.3.5.7.11 Chú ý: Khi phân tích số 210 ra thừa số nguyên tố ta có thể làm như sau : 210 = 21.10 . Ta đã biết 10 = 2.5 nên chỉ cần phân tích 21 = 3.7 và có 210 = 2.7.2.5 Cách này hoàn toàn có lợi khi phân tích các số là bội của 10 Chẳng hạn khi phân tích số 3200 ta viết 3200 = 32.100 cho ta 32 = 25 và 100 = 22.52 Vậy 3200 = 27.52 2. Dể thấy 31 = 30 + 1= 1.2.3.5 + 1 Số 31 không chia hết các số nguyên tố 2, 3, 5 ma 52 = 25 < 35 là ước nguyên tố lớn nhất mà 52 < 31 Suy ra 31 là số nguyên tố Bài 2: 1. Phân tích số 360 ra thừa số nguyên tố. 2. Số 360 có bao nhiêu ước. 3. Tìm tất cả các ước của 360. Giải.1. Ta có: 360 2 180 2 90 2 45 3 15 3 5 5 1 Vậy 360 = 2.2.2.3.3.5 = 23.32.5 2.Ta có 360 = 23.32.5 Vậy số các ước của 360 là (3 + 1)(2 + 1)(1 + 1) = 24 ước 3. Dể thấy các số 1, 2, 22, 23, (1) là ước của 360 7
8. Ta tìm các ước còn lại theo cách sau Bước 1: Nhân các số hạng dãy (1) theo thứ tự với 3 và 32 ta được các ước 3 2 .3 2 2 .3 2 3 .3 3 2 2 .3 2 2 2 .3 2 2 3 .3 2 Bước 2: Nhân các số trong dãy (1) và (2) theo thứ tự với 5 ta đước các ước 5 2.5 22.5 23.5 2 3 3.5 2.3.5 2 .3.5 2 .3.5 32.5 2.32.5 22.32.5 23.32.5 Vậy ta có tất cả 24 ước của 360 là 1 2 4 8 3 6 12 24 9 18 36 72 5 10 20 40 15 30 60 120 45 90 180 360 Bài 3:Tìm số nhỏ nhất A có 6 ước; 9 ước Giải: Viết A dưới dạng phân tích ra thừa số nguyên tố A = am.bn.ct Số các ước của A sẻ là (m + 1)(n + 1)(t + 1) Ta có 6 = 6.1 hoặc 6 = 2.3 - Trường hợp A chỉ có một số nguyên tố dạng A = am thì m 1 6 m 5 A a5 Vì A là số nhỏ nhất hay a = 2. => A a5 25 A 32 - Trương hợp A có hai thừa số nguyên tố A = am.bn m 1 3 m 2 Ta có Và A = a2.b1 n 1 2 n 1 Để có số A nhỏ nhất ta chọn các số nguyên tố nhỏ nhất là a = 2, b = 3 Vậy A = 22.3 hay A = 12 Xét 2 trường hợp trên ta thấy số tự nhiên nhỏ nhất có 6 ước là 12 b. Đáp số : 36. Bài 4:Chứng tỏ rằng các số sau đây là hợp số 1. 676767 2. 108 + 107 + 7 3. 175 + 244 + 1321 Giải. 8
9. 1. Số 676767 có tổng các chử số là 39 chia hết cho 3 nên 6767673 Vậy nó là hợp số 2. Tương tự số 108 + 107 + 7 có tổng chia hết cho 9 nên 108 + 107 + 7 9 là hợp số 3. Số 175 + 244 + 1321 có: Số 175 có tận cùng là 7 Số 244 có tận cung là 6 Số 1321 có tận cùng là 3 Vậy 108 + 107 + 7 có tận cùng là 0, chia hết cho 10 nên nó là hợp số. Bài 5:Các số sau là nguyên tố hay hợp số 1. A = 11 1 (2001 chử số 1) 2. B = 11 1 (2000 chử số 1) 3. C = 1010101 4. D = 1112111 5. E = 1! + 2! + 3! + + 100! 6. G = 3.5.7.9 – 28 7. H = 311141111 Giải. 1. A3 . Hợp số 2. B11. Hợp số 3. C101. Hợp số 4. D = 1112111 = 1111000 + 1111 D1111. Hợp số 5 E = 1! + 2! + 3! + + 100! 1! 2! 33 3! 1.2.33  100! 1.2.3....1003 Suy ra E3. Vậy E là hợp số 6. G chia hết cho 7.G là hợp số 7. H = 311141111 = 31111000 + 31111 H 31111 . Vậy H là hợp số. Bài 6:Cho 3 số a = 720, b = 36, c = 54 9
10. 1. Gọi A, B, C theo thứ tự là tập hợp các ước nguyên tố của a, b, c. Chướng tỏ B, C là tập con của A 2. a có chia hết cho b, có chia hêt cho c không Giải. 1. Ta thấy a = 720 = 24.32.5 b = 36 = 22.32 c = 54 = 2.33 vậy A = {2, 3, 5}, B = {2, 3}, C = {2, 3} Dễ thấy B, C là hai tập con của A 2. Vì a = 24.32.5 và b = 22.32 nên ab Vì a = 24.32.5 và c = 2.33 nên a không chia hêt cho c Bài 8:Chứng minh rằng: 1. Mọi số nguyên tố lớn hơn 2 đều có dạng 4n 1 2. Mọi số nguyên tố lớn hơn 3 đều có dạng 6n 1 Giải. 1. Khi chia một số tự nhiên A lớn hơn 2 cho 4 thì ta được các số dư 0, 1, 2, 3 . Trường hợp số dư là 0 và 2 hai thì A là hợp số, ta không xét chỉ xét trường hợp số dư là 1 hoặc 3 Với mọi trường hợp số dư là 1 ta có A = 4n 1 Với trường hợp số dư là 3 ta có A = 6n 1 Ta có thể viết A = 4m + 4 – 1 = 4(m + 1) – 1 Đặt m + 1 = n, ta có A = 4n – 1 2. Khi chia số tự nhiên A cho 6 ta có các số dư 0, 1, 2, 3, 4, 5. Trường hợp số dư 0, 2, 3, 4. Ta có A chia hết cho 2 hoặc A chia hết cho 3 nên A là hợp số Trường hợp dư 1 thì A = 6n + 1 Trường hợp dư 5 thì A = 6m + 5= 6m + 6 – 1 = 6(m + 1 ) – 1 Đặt m + 1 = n Ta có A = 6n – 1 DẠNG 2: SỐ NGUYÊN TỐ VÀ TÍNH CHIA HẾT 1. Nếu tích của hai số a, b chia hết cho một số nguyên tố p thì mọt trong hai số a, b chia hết cho p a p a.b p b p 10
11. n 2. Nếu an chia hết cho số nguyên tố p thì a chia hêt cho p a  p a p Bài 1:Phân tích A = 26406 ra thừa số nguyên tố. A có chia hết các số sau hay không 21, 60, 91, 140, 150, 270 Giải.Ta có A = 26460 = 22.33.5.72 Ta củng có 21 = 3.7 60 = 22.3.5 91 = 7.13 140 = 22.5.7 150 = 2.3.52 270 = 2.33.5 Vậy A chia hết cho 21, 60, 140 A không chia hêt cho 91, 150, 270. Bài 2: Chứng tỏ rằng nếu 3 số a, a + n, a + 2n đều là số nguyên tố lớn hơn 3 thì n chia hết cho 6. Giải. Chú ý rằng , các số nguyên tố (trừ số 2) đều là các số l - Nếu n lẽ thì n + a là số chẵn là một hợp số trái với giả thiết n + a là số nguyên tố. vậy n là số chẳn - Ta dặt n = 2k, k N * + Nếu k chia hết cho 3 thì n chia hết cho 6 + Nếu k = 3p + 1 , p N * thì 3 số theo thứ tự bằng a, a + 6p + 2, a + 12p + 4 + Do a là số lẽ nên nếu a chia cho 3 dư 1 thì a + 6p + 2 chia hết cho 3, Nếu a chia 3 dư 2 thì a + 12p + 4 chia hết cho 3 + Nếu k = 3p + 2 p N * thì 3 số theo thứ tự bằng a, a + 6p +4, a + 12p +8 với a chia cho 3 dư 1 thì a + 12p +8 chia hết cho 3 với a chia cho 3 dư 2 thì a + 6p +4 chia hêt cho 3 Vậy để 3 số a, a + n, a + 2n đều là số nguyên tố thì n phải chia hêt cho 6. Bài 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 3 mà (p, 3) = 1 nên: p 1 p 1  3 (1) 11
12. p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p là số lẽ, p – 1 và p + 1 là hai số chẳn liên tiếp , có một số là bội của 4 nên tích của chúng chia hết cho 8 (2) Từ (1) và (2) suy ra (p – 1)(p + 1) chia hết cho 2 nguyên tố cùng nhau là 3 và 8 Vậy (p – 1)(p + 1) chia hết cho 24. Bài 4:Tìm tất cả các số nguyên tố p có dạng n(n 1)(n 2) 1 (n 1)n 1 6 Giải.Ta có n(n +1)(n +2) (n2 n)(n 2) 6 1 6 6 2 n3 2n2 2n 6 n 2 n 2 = P 6 6 Với n 4 thì n + 3 > 6 và n2 + 2 > 17. Trong hai số n + 3 và n2 + 2 hoặc có một số chia hết cho 6 hoặc một số chia hết cho 2, và một số chia hết cho 3 thì p sẽ là hợp số Thực vậy : Với n = 3k thì (n + 3)(n2 + 2) = 27k2(k + 1) + 6(k + 1)  6 - Với n = 3k + 1 thì (n + 3)(n2 + 2) = 27k3 + 54k2 + 33k 12 = BC 6 + 3k(k2 + 1) -Với n = 3k – 1 thì (n + 3)(n2 + 2) = BC 6 + 3k(k2 + 1) Mà 3k(k2 + 1)  6 nên với mọi n 1 thì p đều là hợp số Còn lại : n = 1 thì p = 2; n = 2 thì p = 5; n = 3 thì p = 11 Đó là các số nguyên tố p cầc tìm. Bài 5:Tìm số nguyên tố p sao cho các số sau củng là số nguyên tố 1. p + 10, p + 14 2. p + 2, p + 6, p + 8 , p + 12, p + 14 Giải.1. Vì p là số nguyên tố và p + 10 và p + 14 cũng là số nguyên tố nên p > 2 .Mặt khác p có thể rơi vào một trong 3 khả năng hoặc p = 3k , p = 3k + 1, p = 3k – 1 - Với p = 3k + 1 thì p + 14 = 3k + 15 = 3(k + 5 )  3 - Với p = 3k – 1 thì p + 10 = 3k + 9 = 3 (k + 3)  3 Vậy p = 3k . Do p là nguyên tố nên p = 3 2. Xét các trường hợp sau. - Với p = 5 thì p + 2 = 7; p + 6 = 11; p + 8 = 13; p + 12 = 17; p + 14 = 19 - Với p > 5 thì p = 5k +1, p = 5k + 2, p = 5k + 3, p = 5k +4 + Nếu p= 5k +1 thì p + 14 = 5k + 15  5 12
13. + Nếu p = 5k + 2 thì p + 8 = 5k + 10  5 + Nếu p = 5k + 3 thì p + 12 = 5k + 15  5 + Nếu p = 5k +4 thì p + 6 = 5k + 10  5 Suy ra nguyên tố cần tìm là p = 5. Bài 6:Hai số nguyên tố gọi là sinh đôi nếu chúng là hai sô nguyên tố lẽ liên tiếp ( p > 3). Chứng minh rằng một số tự nhiên nằm giữa hai số nguyên tố sinh đôi thì chia hết cho 6. Giải: Gọi hai số nguyên tố sinh đội là p và p + 2. Vậy số tự nhiên nằm giữa chúng là p + 1 - p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p là số nguyên tố lẻ vậy p + 1 là số chẳn p + 1  2 (1) - p, p + 1, p + 2 là 3 số nguyên liên tiếp nên có một số chia hết cho 3. Mà p và p +2 là số nguyên tố nên không chia hêt cho 3 ,vậy p + 1  3 (2) Từ (1) và (2) : (2, 3) = 1 suy ra p + 1  6 (đpcm) Bài 7:Một số nguyên tốp chia hêt cho 42 có số dư r là hợp số. Tìm số dư r Giải: Ta có p =42k + r = 2.3.7.k + r k,r N, 0 r 42 Vì p là số nguyên tố nên r không chia hết cho 2, 3, 7 Các hợp số nhỏ hơn 42 và không chia hết cho 2 là 9, 15, 21, 25, 27, 33, 35, 29 Loại đi các sô chia hết cho 3, cho 7 chỉ còn 25 Vậy r = 25. Bài 9:Tìm số tự nhiên có 4 chử số, chứ số hàng nghìn bằng chử số hàng đơn vị, chử số hàng trăm bằng chử số hàng chục và số đố viết được dưới dạng tích của ba số nguyên tố liên tiếp. Giải.Gọi số tự nhiên cần tìm là n, theo đề bài chử số hàng nghin bằng chử số hàng đơn vị, chử số hàng trăm bằng chử số hàng chục vậy n có dạng abba Có abba11 mà abba là tích của 3 số nguyên tố liên tiếp nên một trông các số nguyên tố này phải là 11 Xét các tích = 385 (loại) = 1001 (đúng) 11.13.17 = 2431 (loại)Vậy số tự nhiên cần tìm là 1001. Bài 10:Chứng minh rằng nếu 2n – 1 là số nguyên tố (n > 2) thì 2n + 1 là hợp số. Giải: Xét số A = (2n – 1)2n(2n + 1) A là tích của 3 số tự nhiên liên tiệp nên A3 Mặt khác 2n – 1 là số nguyên tố ( theo giả thiết ); 2n không chia hết cho 3 13
14. Vậy 2n + 1 phải chia hết cho 3 2n + 1 là hợp số. Bài 11:Tìm số tự nhiên k để dãy k + 1, k + 2, ,k + 10 chứa nhiều số nguyên tố nhất Giải.Với k = 0 ta có dãy 1, 2, 3, ,10 chứa 4 số nguyên tố 2, 3, 5, 7 Với k = 1 ta có dãy 2, 3, 4, , 11 chứa 5 số nguyên tố là 2, 3, 5, 7, 11 Với k = 2 ta có dãy 3, 4, 5, , 12 chứa 4 số nguyên tố là 3, 5, 7, 11 Với k 3 dãy k + 1, k + 2, ,k + 10 chứa 5 số lẽ liên tiếp, dãy số này đều lớn hơn 3 nên có một số chia hết cho 3, trong dãy có 5 số chẵn hiễn nhiên không phải là số nguyên tố nếu k 3 Vậy k = 1 thì dãy k + 1, k + 2, ,k + 10 chứa nhiều số nguyên tố nhất. Bài 12 : 1. Chứng minh rắng số dư trong phép chia một số nguyên tố cho 30 chỉ có thể là 1 hoặc là số nguyên tố. Khi chia cho 60 thì kết quả ra sao 2. chứng minh rằng nếu tổng của n luỹ thừa bậc 4 của các số nguyên tố lớn hơn 5 là một số nguyên tố thì (n, 30) = 1 Giải. 1.Giả sử p là số nguyên tố và p = 30k + r (0 < r < 30) Nếu r là hợp số thì r co ước nguyên tố q 30 q = 2, 3, 5 Nhưng với q = 3, 3, 5 thì p lần lượt chia hết cho 2, 3, 5 vô lí . Vậy r = 1 hoặc r là số nguyên tố. Khi chia cho 60 thì kết quả không còn đúng nữa Chẳng hạn p = 109 = 60.1 + 49 ( 49 là hợp số ) 2. Số nguyên tố p khi chia cho 30 chỉ có thể dư là 1, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29 Với r = 1, 11, 19, 29 thì p2  1 (mod 30 ) Với r = 7, 13, 17, 23 thì p2  19 (mod 30 ) Suy ra p4  1 (mod 30 ) Giả sử p1, p2, , pn là các số nguyen tố lớn hơn 5 4 4 4 Khi đó q p1 p2 ... pn  n (mod 30) Suy ra p = 30k + n là số nguyên tố nên (n, 30 ) = 1 Bài 13:Tìm tất cả các số nguyên tố p để 2p + p2 cũng là số nguyên tố Giải. Với p = 2 ta co 2p + p2 = 12 không là số nguyên tố 14
15. Với p = 2 ta có 2p + p2 = 17 là số nguyên tố Với p > 3 ta có p2 + 2p = (p2 – 1) + (2p + 1 ) Vì p lẽ và p không chia hết cho 3 nên p2 – 1 chia hết cho 3 và 2p + 1 chia hết cho 3. Do đó 2p + p2 là hợp số Vậy với p = 3 thì 2p + p2 là số nguyên tố. Bài 14: Tìm tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố a, b, c sao cho abc < ab + bc + ca Giải.Vì a, b, c có vai trò như nhau nên giả sử a b c khi đó ab bc ca 3bc abc 3bc ( vì a là số nguyên tố ) a 2 a 2 Với a = 2 ta có 2bc 2b 2c bc bc 2(b c) 4c b 2 b 4 b 3 - Nếu b = 2 thì 4c < 2 + 4c thoả mãn với c là nguyên tố bất kì - Nếu b = 3 thì 6c < 6b + 5c suy ra c < 6 vậy c = 3 hoặc c = 5 Vậy các cạp số (a, b, c) càn tìm là (2, 2, p) ; (2, 3, 3 ) ; (2, 3, 5 ) và các hoán vị vủa chúng , vơi p là số nguyên tố . DẠNG 3: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH. Bài 1:Tìm n N * sao cho : n3 – n2 + n – 1 là số nguyên tố Giải: Ta có : A n3 n2 n 1 (n3 n) n 1 2 A n n 1 n 1 A n2 1 n 1 , n N* Nếu n = 1 suy ra A = 0; Nếu n = 2 suy ra A = 5 là số nguyên tố Nếu n>2 thì A là tích của hai thừa số mà mỗi thừa số đều lớn hơn hai . Vậy A là hợp số Vậy để A = n3 – n2 + n – 1 là số nguyên tố thì n = 2. Bài 2:Tìm 2 số tự nhiên , sao cho tổng và tích của chúng đều là số nguyên tố Giải. Tích của hai số tự nhiên là số nguyên tố nên một số là 1 , số còn lại kí hiệu là a là số nguyên tố Theo đề bài 1 + a củng là số nguyên tố. Xét hai trường hợp: 15
16. - Nếu 1 + a là số lẽ thì a là số chẵn. Do a là số nguyên tố nên a =2 - Nếu 1 + a la số chẵn thì 1 + a = 2 vì 1 + a là số nguyên tô . Khi đó a= 1 không là số nguyên tố ( loại ) Vậy hai số tự nhiên phải tìm 1 và 2 Bài 3:Tìm các số nguyên tố a, b, c thoả mãn điêù kiện abc = 3(a + b + c) Giải.Từ abc = 3(a + b + c) suy ra a chia hết cho 3 hoạc b chia hết cho 3 hoặc c chia hết cho 3. Vậy 3bc 3(3 b c) bc 3 b c b c bc 3 b bc c b bc c 1 4 b 1 c 1 4 Do b và c là các sốnguyên tố b 1 1, c-1 1 và b – 1 , c – 1 là ước của 4 vậy chúng nhận 1 trông các giá trị là 1, 2, 4. Vậy ta có các trường hợp sau: b 1 4 b = 5 b 1 1 b = 2 Hoạc Hoặc c 1 1 c = 2 c 1 4 c = 5 b 1 2 b = 3 Hoặc c 1 2 c = 3 Các cặp số (a, b, c) phải tìm là : (3, 3, 3) ; (3, 2, 5) ; (3, 5, 2) ; (5, 3, 2 ) ; (5, 2, 3) ; (2, 3, 5) ; (2, 5, 3) Bài 4: 1. Tìm số nguyên tố a biết rằng 2a + 1 là lập phương của một số nguyên tố 2. Tìm các số nguyên tố p để 13p + 1 là lập phương của một số tự nhiên Giải.1.Với a = 2 ta có 2a + 1 = 5 không thích hợp Với a 2 do a là số nguyên tố nên a lẽ Vậy 2a + 1 là lập phương của một số lẽ nghĩa là 2a 1 2k 1 3 3 2 2a 1 8k 12k 6k 1 a k 4k 2 6k 3 Từ đó k là ước của a. Do k là số nguyên tố nên k = 1 hoặc k = a - Nếu k = 1 thì 2a + 1 = (2.1 + 1)3 suy ra a = 13 thích hợp - Nếu a = k từ a = a(4a2 + 6a + 3) do a là nguyên tố nên suy ra 16
17. 1 = 4a2 + 6a + 3 không có số nguyên tố a nào thoả mãn phương trình này vì vế phải luôn lớn hơn 1 Vậy a = 13 2.Giả sử 13p 1 n3 (n N* ), p 2 n 3 13p 1 n3 3 13p n 1 13p n 1 n2 n 1 13 và p là các số nguyên tố, mà n – 1 > 1 và n2 + n + 1 > 1 Nên n – 1 = 13 hoặc n – 1 = p - Với n – 1 =13 thì n = 14 khi đó 13p = n3 – 1 = 2743 suy ta p = 211 là số nguyên tố - Với n – 1 = p thi n2 + n + 1 = 13 suy ra n = 3 . Khi đó p = 2 là số nguyên tố Vậy p = 2, p = 211 thì 13p + 1 là lập phương của một số tự nhiên Bài tập:1.CMR nếu n và n2 + 2 là các số nguyên tố thì n3 2 cũng là số nguyên tố. 2. Cho n N *, chøng minh r»ng c¸c sè sau lµ hîp sè: 2n 1 4n 1 6n 2 a) A = 22 3; b) B = 22 7 ; c) C = 22 13 . 3. p lµ sè nguyªn tè lín h¬n 5, chøng minh r»ng p4 1 (mod 240). n 4. Chøng minh r»ng d·y an 10 3 cã v« sè hîp sè. 5. Chøng minh r»ng víi mçi sè nguyªn tè p cã v« sè d¹ng 2n n chia hÕt cho p. 6. T×m c¸c sè x, y N * sao cho x4 4y4 lµ sè nguyªn tè. 7.Ta biết rằng có 25 số nguyên tố nhỏ hơn 100. Tổng của 25 số nguyên tố đó là số chẳn hay số lẻ. 8. Tổng của 3 số nguyên tố bằng 1012. Tìm số nhỏ nhất trong 3 số nguyên tố đó. 9. Tìm 4 số nguyên tố liên tiếp, sao cho tổng của chúng là số nguyên tố. 10. Tổng của hai số nguyên tố có thể bằng 2003 hay không. 11. Tìm số nguyên tố có 3 chữ số , biết rằng nếu viết số đó theo thứ tự ngược lại thì ta được một số là lập phương của một số tự nhiên 12. Tìm một số nguyên tố chia cho 30 có số dư là r. Tìm r biết r không là số nguyên tố Hướng dẫn giải. 1 . n = 3.2. Chứng minh A7,B11,C29. 3. 240 = 24.3.5; 4. n = 6k + 4 k N* 5. p = 2 lấy n chẳn; p > 2 lấy n = (pk – 1)(p – 1), k N* 17
18. 6. x4 4y4 (x4 4x2 y2 4y4 ) 4x2 y2 (x2 2y2 )2 (2xy)2 (x2 2xy 2y2 )(x2 2xy y2 ) x y 1 th× x4 4y4 5 lµ sè nguyªn tè. 7. Trong 25 số nguyên tố (từ 2 đến 97) có một số chẳn duy nhất, còn 24 số kia là số lẻ. Do đó tổng của 25 số là số chẳn. 8. Trong 3 số nguyên tố có tổng bằng 1012, phải có một số chẳn, là số 2, đó là số nhỏ nhất trong 3 số nguyên tố trên. 9. Bốn số đó là 2, 3, 5, 7. 10.Tổng của hai số nguyên tố bằng 2003, là số lẻ, nên một trong hai số phải là 2. khi đó số kia là 2001, là hợp số. Vậy không tồn tại hai số nguyên tố có tổng bằng 2003. 11. Xét số có 3 chử số là lập phương của một số tự nhiên, đó là 125, 126, 343, 512, 729 chỉ có số 125 thoả mãn bài toán (521 là số nguyên tố) CHUYÊN ĐỀ 3: SỐ CHÍNH PHƯƠNG I. Định nghĩa Số chính phương là một số bằng bình phương của một số tự nhiên Ví dụ : 32 = 9; 152 = 225 Các số 9, 225 là bình phương các số tự nhiên 3, 15 được gọi là số chính phương II. Tính chất 1, Số chính phương chỉ có thể tận cùng băng 0, 1, 4, 5, 6, 9 không thể tận cùng bằng 2, 3, 7, 8 2, Một số chính phương có chử số tận cùng là 5 thì chử số hàng chục là 2. 2 Thật vậy, giả sử M a5 10a 5 2 100a2 100a 15 vì chử số hàng chục của 100a 2 và 100a là chử số 0 nên chử số hàng chục của M là 2. 3, Một số chính phương có chử số hàng đơn vị là 6 thì chử số hàng chục của nó là số lẽ. Thật vậy, giả sử số chính phương N = a 2 có chử số tận cùng là 6 thì chử số hàng đơn vị của số a chỉ có thể 4 hoặc 6. Giả sử hai chử số tận cùng của số a là b4 ( nếu là b6 thì chứng minh tương tự ) khi đó : 2 b4 10b 4 2 = 100b2 80b 16 Vì chử số hàng chục của số 100b2 là 80b là số chẵn nên chử số hàng chục của N là số lẽ 4, Khi phân tích ra thừa số nguyên tố , số chính phương chỉ chứa các thừa số nguyên tố với số mũ chẵn, không chứa thừa số với số mũ lẽ 18
19. Thật vậy, giả sử A = k2 và k = axbycz (a, b, c là số nguyên tố) thì A = (axbycz )2 = a2xb2yc2z Từ tính chất này suy ra: - Số chính phương chia hết cho 2 thì phải chia hết cho 4 - Số chính phương chia hết cho 3 thì phải chia hết cho 9 - Số chính phương chia hết cho 5 thì phải chia hết cho 25 - Số chính phương chia hết cho 8 thì phải chia hết cho 16 5, Số lượng các ước của một số chính phương là số lẽ. Đảo lại một số có số lượng các ước là số lẽ thì số đó là số chính phương Thật vậy , nếu A = 1 thì A là số chính phương có 1 ước . Ta giả sử số A > 1 có dạng phân tích ra thừa số nguyên tố là A = axbycz thì số lượng ước của nó bằng (x + 1)(y + 1)(z + 1) a, Nếu A là số chính phương thì x, y, z chẵn nên x + 1, y + 1 , z +1 lẽ . Vậy số lượng các ước của A là số lẽ. b, Nếu số lượng các ước của A là số lẽ thì (x + 1)(y + 1)(z + 1) lẽ do đó các thừa số x + 1, y + 1, z + 1 .đều lẽ , suy ra x, y, z chẵn. ' ' ' Đặt x = ax’ , y = 2y’, z = 2z’ (x’, y’ ,z’ N thì A (a x b y cz )2 nên A là số chính phương DẠNG 1: CÁCH BIỄU DIỄN SỐ TỰ NHIÊN TRONG HỆ THẬP PHÂN. n n 1 N an an 1...a1a0 10 an 10 an 1 ... 10a1 a0 a a n Đặc biệt : a.a...a a1 1...1 (9 9...9) (10 1) n so 1 9 n so 9 9 Bài 1: Chứng minh rằng số sau là một số chính phương N 11111...1.10000...05 1 1995 so 1 1994 so 0 Giải.Ta có : 19
20. 101995 1 N 101995 5 1 9 101995 1 101995 5 9 9 2 101995 4.101995 4 9 2 101995 2 3 2 101995 1 1 3 2 3 1995 2 10 1 1 33333...3 4 9 1994 so 3 Suy ra điều chứng minh 8 Bài 2:Cho A 999...9 (n N ) n so 9 So sánh tổng các chữ số của A2 với tổng các chữ số của A n Giải: Ta có : A 999...9 9. 111...1 10 1 n so 9 n so 1 2 A 2 10 n 1 2 10 n 2.10 n 1 Vậy 10 n 2 10 n 1 10 n 1 1 10 n 1 999..9 8 000...01 n 1 so 1 n 1 so 0 2 Tổng của các chử số của A 9 9 9 ... 9 8 1= (n – 1).9 + 9 = 9n n 1 chu so 9 Tổng của các chử số của A = 9n Vậy tổng các chử số của A 2 bằng tổng các chử số của A Bài 3:Tìm các chử số a, b, c > 0 sao cho mọi số tự nhiên n > 0 thì 2 a.a.a...ab.b.b...b 1 c.c.c...c 1 n so a n so b n so c Giải. 20