Category Archives: Số học

CHUYÊN ĐỀ: TÍNH CHIA HẾT ĐỐI VỚI SỐ NGUYÊN

Leave a reply

CHỨNG MINH QUAN HỆ CHIA HẾT

Gọi $\mathrm{A}(\mathrm{n})$ là một biểu thức phụ thuộc vào $\mathrm{n}(\mathrm{n} \in \mathbf{N}$ hoặc $\mathrm{n} \in \mathbf{Z})$.

Chú ý 1 : Để chứng minh biểu thức $\mathrm{A}(\mathrm{n})$ chia hết cho một số $\mathrm{m}$, ta thường phân tích biểu thức $\mathrm{A}(\mathrm{n})$ thành thừa số, trong đó có một thừa số là $\mathrm{m}$. Nếu $\mathrm{m}$ là hợp số, ta phân tích nó thành một tích các thừa số đôi một nguyên tố cùng nhau, rồi chứng minh $\mathrm{A}(\mathrm{n})$ chia hết cho tất cả các số đó. Nên lưu ý đến nhận xét : Trong $\mathrm{k}$ số nguyên liên tiếp, bao giờ cũng tồn tại một bội số của k.

Ví dụ 1. Chứng minh rằng $A=n^3\left(n^2-7\right)^2-36 n$ chia hết cho 5040 với mọi số tự nhiên $n$.

Giải : Phân tích ra thừa số : $5040=2^4 \cdot 3^2 \cdot 5 \cdot 7$.

Phân tích $A=n\left[n^2\left(n^2-7\right)^2-36\right]=n\left[\left(n^3-7 n\right)^2-6^2\right]$

$=n\left(n^3-7 n-6\right)\left(n^3-7 n+6\right) \text {. }$

Ta lại có $\quad \mathrm{n}^3-7 \mathrm{n}-6=(\mathrm{n}+1)(\mathrm{n}+2)(\mathrm{n}-3)$,

$n^3-7 n+6=(n-1)(n-2)(n+3) \text {. }$

Do đó $\mathrm{A}=(\mathrm{n}-3)(\mathrm{n}-2)(\mathrm{n}-1) \mathrm{n}(\mathrm{n}+1)(\mathrm{n}+2)(\mathrm{n}+3)$.

Đây là tích của bảy số nguyên liên tiếp. Trong bảy số nguyên liên tiếp :

  • Tồn tại một bội số của 5 (nên $\mathrm{A}$ chia hết cho 5) ;

  • Tồn tại một bội số của 7 (nên $\mathrm{A}$ chia hết cho 7) ;

  • Tồn tại hai bội số của 3 (nên A chia hết cho 9) ;

  • Tồn tại ba bội số của 2, trong đó cọ́ một bội số của 4 (nên $\mathrm{A}$ chia hết cho 16).

$\mathrm{A}$ chia hết cho các số $5,7,9,16$ đôi một nguyên tố cùng nhau nên $\mathrm{A}$ chia hết cho $5.7 .9 .16=5040$.

Chú ý : Khi chứng minh $\mathrm{A}(\mathrm{n})$ chia hết cho $\mathrm{m}$, ta có thể xét mọi trường hợp về số dư khi chia n cho m.

Ví dụ 2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên a thì

a) $\mathrm{a}^2-\mathrm{a}$ chia hết cho 2 ;

b) $\mathrm{a}^3-\mathrm{a}$ chia hết cho 3 ;

c) $\mathrm{a}^5-$ a chia hết cho 5 ;

d) $\mathrm{a}^7-\mathrm{a}$ chia chết cho 7 .

Giải :

a) $a^2-a=a(a-1)$, chia hết cho 2 .

b) $\mathrm{a}^3-\mathrm{a}=\mathrm{a}\left(\mathrm{a}^2-1\right)=(\mathrm{a}-1) \mathrm{a}(\mathrm{a}+1)$, tích này chia hết cho 3 vì tồn tại một bội của 3 .

c) Cách 1. $\mathrm{A}=\mathrm{a}^5-\mathrm{a}=\mathrm{a}\left(\mathrm{a}^2+1\right)\left(\mathrm{a}^2-1\right)$.

Nếu a $=5 \mathrm{k}(\mathrm{k} \in \mathbb{Z})$ thì a chia hết cho 5 .

Nếu $\mathrm{a}=5 \mathrm{k} \pm 1(\mathrm{k} \in \mathbf{Z})$ thì $\mathrm{a}^2-1$ chia hết cho 5 .

Nếu $\mathrm{a}=5 \mathrm{k} \pm 2(\mathrm{k} \in \mathrm{Z})$ thì $\mathrm{a}^2+1$ chia hết cho 5 .

Trường hợp nào cũng có một thừa số của $\mathrm{A}$ chia hết cho $5 .$

Cách 2. Phân tích a $a^5$ – a thành một tổng của hai số hạng chia hết cho 5 :

Một số hạng là tích của năm số nguyên liên tiếp, một số hạng chứa thừa số 5 .

$a^5-a =a\left(a^2-1\right)\left(a^2+1\right) $

$=a\left(a^2-1\right)\left(a^2-4+5\right) $

$=a\left(a^2-1\right)\left(a^2-4\right)+5 a\left(a^2-1\right) $

$=(a-2)(a-1) a(a+1)(a+2)+5 a\left(a^2-1\right)$

Số hạng thứ nhất là tích của năm số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 5 , số hạng thứ hai cũng chia hết cho 5 . Do đó $\mathrm{a}^5-\mathrm{a}$ chia hết cho 5 .

Cách 3. Giải tương tự như cách 2 : Xét hiệu giữa a ${ }^5-$ a và tích năm số nguyên liên tiếp $(\mathrm{a}-2)(\mathrm{a}-1) \mathrm{a}(\mathrm{a}+1)(\mathrm{a}+2)$, được $5 \mathrm{a}\left(\mathrm{a}^2-1\right)$. Do đó $\mathrm{a}^5-\mathrm{a}$ chia hết cho 5 .

Ví dụ 3.
a) Chứng minh rằng một số chính phương chia cho 3 chỉ có thể có số dư bằng 0 hoặc 1 .

b) Chứng minh rằng một số chính phương chia cho 4 chỉ có thể có số dư bằng 0 hoặc 1 .

c) Các số sau có là số chính phương không ?

$\mathrm{M}=1992^2+1993^2+1994^2 $

$\mathrm{~N}=1992^2+1993^2+1994^2+1995^2 $

$\mathrm{P}=1+9^{100}+94^{100}+1994^{100}$

d) Trong dãy sau có tồn tại số nào là số chính phương không ?

$11,111,1111,11111, \ldots$

Giải : Gọi A là số chính phương $\mathrm{A}=\mathrm{n}^2(\mathrm{n} \in \mathrm{N})$.

a) Xét các trường hợp :

$\mathrm{n}=3 \mathrm{k}(\mathrm{k} \in \mathbf{N}) \Rightarrow \mathrm{A}=9 \mathrm{k}^2$, chia hết cho 3 .

$\mathrm{n}=3 \mathrm{k} \pm 1(\mathrm{k} \in \mathbf{N}) \Rightarrow \mathrm{A}=9 \mathrm{k}^2 \pm 6 \mathrm{k}+1$, chia cho 3 dư 1 .

Vậy số chính phương chia cho 3 chỉ có thể có số dư bằng 0 hoặc 1 .

b) Xét các trường hợp :

$\mathrm{n}=2 \mathrm{k}(\mathrm{k} \in \mathrm{N}) \Rightarrow \mathrm{A}=4 \mathrm{k}^2$, chia hết cho $4 .$

$\mathrm{n}=2 \mathrm{k}+1(\mathrm{k} \in \mathbf{N}) \Rightarrow \mathrm{A}=4 \mathrm{k}^2+4 \mathrm{k}+1=4 \mathrm{k}(\mathrm{k}+1)+1$, chia cho 4 dư 1

(chia cho 8 cũng dư 1).

Vậy số chính phương chia cho 4 chỉ có thể có số dư bằng 0 hoặc $1 .$

Chú ý : Từ bài toán trên ta thấy :

  • Số chính phương chẵn thì chia hết cho $4 .$

  • Số chính phương lẻ thì chia cho 4 dư 1 (hơn nữa, chia cho 8 cũng dư 1).

c) Các số $1993^2, 1994^2$ là số chính phương không chia hết cho 3 nên chia cho 3 dư 1 , còn $1992^2$ chịa hết cho 3 .Số M là số chia cho 3 dư 2 , không là số chính phương.

Các số $1992^2, 1994^2$ là số chính phương chẵn nên chia hết cho 4. Các số $1993^2, 1995^2$ là số chính phương lẻ nên chia cho 4 dư 1. Số $\mathrm{N}$ là số chia cho 4 . dư 2, không là số chính phương.

Các số $94^{100}, 1994^{100}$ là số chính phương chẵn nên chia hết cho 4 . Còn $9^{100}$ là số chính phưong lẻ nên chia cho 4 đư 1 . Số P là số chia cho 4 dư 2 , không là số chính phương.

d) Mọi số của dãy đều tận cùng bởi 11 nên là số chia cho 4 dư 3. Mặt khác, số chính phương lẻ thì chia cho 4 dư $1 .$

Vậy không có số nào của dãy là số chính phương.

Chú ý : Khi chứng minh về tính chia hết của các luỹ thừa, ta còn sử dụng đến các hằng đẳng thức 8,9 ở $\S 2$ và công thức Niu-tơn sau đây :

$(a+b)^n=a^n+c_1 a^{n-1} b+c_2 a^{n-2} b^2+\ldots+c_{n-1} a b^{n-1}+b^n .$

Trong công thức trên, vế phải là một đa thức có $\mathrm{n}+1$ hạng tử, bậc của mỗi hạng tử đối với tập hợp các biến $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ là $\mathrm{n}$ (phần biến số của mỗi hạng tử có dạng $\mathrm{a}^{\mathrm{i}} \mathrm{b}^{\mathrm{k}}$, trong đó $\mathrm{i}+\mathrm{k}=\mathrm{n}$ với $0 \leq \mathrm{i} \leq \mathrm{n}, 0 \leq \mathrm{k} \leq \mathrm{n}$ ). Các hệ số $c_1$, $c_2$, $\ldots$, $c_n-1$ được xác định bởi bảng tam giác Pa-xcan (h.1) :

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad Hình 1\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad Hình 2$

Trong hình 1 , các số dọc theo một cạnh góc vuông bằng 1 , các số dọc theo cạnh huyền bằng 1. Cộng mỗi số với số liền sau bên phải thì được số đứng ở hàng dưới của số liền sau ấy, chẳng hạn ở hình $2 .$

Áp dụng các hằng đẳng thức đó vào tính chia hết, ta có với mọi số nguyên a, b và số tự nhiên $\mathrm{n}$ :

$a^n-b^n$ chia hết cho $a-b(a \neq b)$;

$a^{2 n+1}+b^{2 n+1}$ chia hết cho $a+b(a \neq-b)$;

$(a+b)^n=B S a+b^n(B S$ a là bội của $a)$.

Đặc biệt nên lưu ý đến :

$(a+1)^n=B S a+1 $

$(a-1)^{2 n}=B S a+1 $

$(a-1)^{2 n+1}=B S a-1$

Ví dụ 4. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $\mathrm{n}$, biểu thức $16^{\mathrm{n}}-1$ chia hết cho 17 khi và chỉ khi $\mathrm{n}$ là số chẵn.

Giải :

Cách 1. Nếu n chã̃n $(\mathrm{n}=2 \mathrm{k}, \mathrm{k} \in \mathrm{N})$ thì $\mathrm{A}=16^{2 \mathrm{k}}-1=\left(16^2\right)^{\mathrm{k}}-1$. chia hết cho $16^2-1$ theo hằng đẳng thức 8 , mà $16^2-1=255$, chia hết cho 17 . Vậy $\mathrm{A}$ chia hết cho 17 .

Nếu $\mathrm{n}$ lẻ thì $\mathrm{A}=16^{\mathrm{n}}+1-2$, mà $16^{\mathrm{n}}+1$ chia hết cho 17 theo hằng đẳng thức 9 , nên $\mathrm{A}$ không chia hết cho $17 .$

Vậy $\mathrm{A}$ chia hết cho $17 \Leftrightarrow \mathrm{n}$ chẵn.

Cách 2. $\mathrm{A}=16^{\mathrm{n}}-1=(17-1)^{\mathrm{n}}-1=\mathrm{BS} 17+(-1)^{\mathrm{n}}-1$ (theo công thức Niu-tơn).

Nếu n chã̃n thì $\mathrm{A}=\mathrm{BS} 17+1-1=\mathrm{BS} 17$.

Nếu n lẻ thì $\mathrm{A}=\mathrm{BS} 17-1-1$, không chia hết cho 17 .

Chú ý : Người ta còn dùng phương pháp phản chứng, nguyên lí Đi-rích-lê để chứng minh quan hệ chia hết.

Ví dụ 5. Chứng minh rằng tồn tại một bội của 2003 có dạng

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad2004\quad2004 \ldots 2004 .$

Giải : Xét 2004 số :

$a_1=2004 $

$a_2=2004\quad2004$

$\mathrm{a}_{2004}=2004\quad2004 \ldots 2004$ (nhóm 2004 có mặt 2004 lần).

Theo nguyên lí Đi-rích-lế, tồn tại hai số có cùng số dư khi phép chia cho $2003 .$

Gọi hai số đó là $a_m$ và $a_n(1 \leq \mathrm{n}<\mathrm{m} \leq 2004)$ thì $a_m-a_n\vdots 2003$. Ta có

$a_m-a_n=2004 \ldots 20040000 \ldots 0000=\underbrace{2004 \ldots 2004}_{m-n \text { nhóm 2004 }}\text{.} 10^{4 n} .$

Do $10^{4 \mathrm{n}}$ và 2003 nguyên tố cùng nhau nên $\underbrace{2004 \ldots 2004}_{\mathrm{m}-\mathrm{n} \text { nhóm } 2004}$ chia hết cho $2003 .$

 

TÌM SỐ DƯ

VÍ dụ 6. Tìm số dư khi chia $2^{100}$ :

a) Cho 9 ;

b) Cho 25 ;

c) Cho 125 .

Giải : a) Luỹ thừa của 2 sát với một bội số của 9 là $2^3=8=9-1$.

Ta có $2^{100}=2\left(2^3\right)^{33}=2(9-1)^{33}=2(\mathrm{BS}\quad 9-1)=\mathrm{BS}\quad 9-2=\mathrm{BS}\quad 9+7$.

Số dư khi chia $2^{100}$ cho 9 là 7 .

b) Luỹ thừa của 2 sát với một bội số của 25 là $2^{10}=1024=\mathrm{BS}\quad 25-1$.

Ta có $\quad 2^{100}=\left(2^{10}\right)^{10}=(\mathrm{BS}\quad 25-1)^{10}=\mathrm{BS}\quad 25+1$.

c) Dùng công thức Niu-tơn :

$2^{100}=(5-1)^{50}=5^{50}-50.5^{49}+\ldots+\frac{50.49}{2} \cdot 5^2-50: 5+1 .$

Không kể phần hệ số của khai triển Niu-tơn thì 48 số hạng đầu đã chứa luỹ thừa của 5 với số mũ lớn hơn hoặc bằng 3 nên chia hết cho 125 . Hai số hạng tiếp theo cũng chia hết cho 125 , số hạng cuối cùng là 1 . Vậy $2^{100}=\mathrm{BS}\quad 125+1$.

Chú ý : Tổng quát hơn, ta chứng minh được rằng nếu một số tự nhiên $\mathrm{n}$ không chia hết cho 5 thì chia $\mathrm{n}^{100}$ cho 125 ta được số dư là 1 .

Thật vậy, $n$ có dạng $5 \mathrm{k} \pm 1$ hoặc $5 \mathrm{k} \pm 2$. Ta có

$(5 \mathrm{k} \pm 1)^{100}=(5 \mathrm{k})^{100} \pm \ldots+\frac{100.99}{2}(5 \mathrm{k})^2 \pm 100.5 \mathrm{k}+1=\mathrm{BS}\quad 125+1$

$(5 \mathrm{k} \pm 2)^{100} =(5 \mathrm{k})^{100} \pm \ldots+\frac{100 \cdot 99}{2}(5 \mathrm{k})^2 \cdot 2^{98} \pm 100 \cdot 5 \mathrm{k} \cdot 2^{99}+2^{100} $

$=\mathrm{BS}\quad 125+2^{100}$

Ta lại có $2^{100}=\mathrm{BS}\quad 125+1$ (câu c). Do đó $(5 \mathrm{k} \pm 2)^{100}=\mathrm{BS}\quad 125+1$.

Ví dụ 7. Tìm ba chữ số tận cùng của $2^{100}$ khi viết trong hệ thập phân.

Giải : Tìm ba chữ số tận cùng của $2^{100}$ là tìm số dư khi chia $2^{100}$ cho 1000 . Trước hết tìm số dư khi chia $2^{100}$ cho 125 . Theo ví dụ 43 ta có $2^{100}=\mathrm{BS} 125+1$, mà $2^{100}$ là số chẵn, nên ba chữ số tân cùng của nó chỉ có thể là 126, 376, 626 hoặc 876 .

Hiển nhiên $2^{100}$ chia hết cho 8 nên ba chữ số tận cùng của nó phải chia hết cho 8. Trong bốn số trên chỉ có 376 thoả mãn điều kiện này.

Vậy ba chữ số tận cùng của $2^{100}$ là 376 .

Chú ý : Bạn đọc tự chứng minh rằng nếu n là số chẵn không chia hết cho 5 thì ba chữ số tận cùng của $\mathrm{n}^{100}$ là 376 .

Ví dụ 8. Tìm bốn chữ số tận cùng của $5^{1994}$ khi viết trong hệ thập phân.

Giải :

Cách 1. $5^4=625$. Ta thấy số tận cùng bằng 0625 nâng lên luỹ thừa nguyên dương bất kì vẫn tận cùng bằng 0625 (chỉ cần kiểm tra : … $0625 \times \ldots 0625=\ldots 0625$ ). Do đó :

$5^{1994}=5^{4 \mathrm{k}+2}=25\left(5^4\right)^{\mathrm{k}}=25(0625)^{\mathrm{k}}=25(\ldots 0625)=\ldots 5625 .$

Cách 2. Tìm số dư khi chia $5^{1994}$ cho $10000=2^4 \cdot 5^4$.

Nhận xét $: 5^{4 \mathrm{k}}-1$ chia hết cho $5^4-1=\left(5^2+1\right)\left(5^2-1\right)$ nên chia hết cho 16 . Ta có $: 5^{1994}=5^6\left(5^{1988}-1\right)+5^6$.

Do $5^6$ chia hết cho $5^4$, còn $5^{1988}-1$ chia hết cho 16 (theo nhận xét trên) nên $5^6\left(5^{1988}-1\right)$ chia hết cho 10000 . Tính $5^6$, ta được 15625 . Vậy bốn chữ số tận cùng của $5^{1994}$ là 5625 .

Chú ý: Nếu viết $5^{1994}=5^2\left(5^{1992}-1\right)+5^2$ thì ta có $5^{1992}-1$ chia hết cho 16 , nhưng $5^2$ không chia hết cho $5^4$.

Như thế trong bài toán này, ta cần viết $5^{1994}$ dưới dạng $5^{\mathrm{n}}\left(5^{1994-\mathrm{n}}-1\right)+5^{\mathrm{n}}$ sao cho $n^{\prime} \geq 4$ và $1994-n$ chia hết cho 4 .

TÌM ĐIỀU KIỆN ĐỂ CHIA HẾT

 

Ví dụ 9. Tìm số nguyên $\mathrm{n}$ để giá trị của biểu thức $\mathrm{A}$ chia hết cho giá trị của biểu thức $\mathrm{B}$ :

$A=n^3+2 n^2-3 n+2, \quad B=n^2-n .$

Giải : Đặt tính chia

Muốn chia hết, ta phải có 2 chia hết cho $\mathrm{n}(\mathrm{n}-1)$, do đó 2 chia hết cho $\mathrm{n}$. Ta có :

Đáp số : $\mathrm{n}=-1 ; \mathrm{n}=2$.

Chú ý:

a) Không thể nói đa thức $\mathrm{A}$ chia hết cho đa thức $\mathrm{B}$. Ỏ đây chỉ tồn tại những giá trị nguyên của n để giá trị của biểu thức $\mathrm{A}$ chia hết cho giá trị của biểu thức $\mathrm{B}$.

b) Có thể thay việc đặt phép chia bằng cách biến đổi :

$n^3+2 n^2-3 n+2=n\left(n^2-n\right)+3\left(n^2-n\right)+2 .$

Ví dụ 10. Tìm số nguyên dương $\mathrm{n}$ để $\mathrm{n}^5+1$ chia hết cho $\mathrm{n}^3+1$.

Giải : Biến đổi

$\mathrm{n}^5+1 \vdots \mathrm{n}^3+1 \Leftrightarrow \mathrm{n}^2\left(\mathrm{n}^3+1\right)-\left(\mathrm{n}^2-1\right) \vdots \mathrm{n}^3+1 $

$ \Leftrightarrow(\mathrm{n}+1)(\mathrm{n}-1) \vdots(\mathrm{n}+1)\left(\mathrm{n}^2-\mathrm{n}+1\right) $

$ \Leftrightarrow \mathrm{n}-1 \vdots \mathrm{n}^2-\mathrm{n}+1(\mathrm{vì} \mathrm{n}+1 \neq 0)$

Nếu $\mathrm{n}=1$ thì ta được 0 chia hết cho 1 .

Nếu $\mathrm{n}>1$ thì $\mathrm{n}-1<\mathrm{n}(\mathrm{n}-1)+1=\mathrm{n}^2-\mathrm{n}+1$, do đó $\mathrm{n}-1$ không thể chia hết cho $\mathrm{n}^2-\mathrm{n}+1$

Vậy giá trị duy nhất của n tìm được là 1 .

Ví dụ 11. Tìm số nguyên $\mathrm{n}$ để $\mathrm{n}^5+1$ chia hết cho $\mathrm{n}^3+1$.

Giải : Cũng biến đổi như ở ví dụ 47 , ta có $\mathrm{n}-1 \vdots \mathrm{n}^2-\mathrm{n}+1$

$\mathrm{n}-1 \vdots \mathrm{n}^2-\mathrm{n}+1 \Rightarrow \mathrm{n}(\mathrm{n}-1) \vdots \mathrm{n}^2-\mathrm{n}+1 \Rightarrow \mathrm{n}^2-\mathrm{n} \vdots \mathrm{n}^2-\mathrm{n}+1$

$\Rightarrow\left(n^2-n+1\right)-1 \vdots n^2-n+1 \Rightarrow 1 \vdots n^2-n+1$

Có hai trường hợp :

$\mathrm{n}^2-\mathrm{n}+1=1 \Leftrightarrow \mathrm{n}(\mathrm{n}-1)=0 \Leftrightarrow \mathrm{n}=0 ; \mathrm{n}=1$. Các giá trị này thoả mãn đề bài.

$\mathrm{n}^2-\mathrm{n}+1=-1 \Leftrightarrow \mathrm{n}^2-\mathrm{n}+2=0$, vô nghiệm.

Vậy $n=0, n=1$ là hai số phải tìm.

Chú ý: Từ $\mathrm{n}-1 \vdots \mathrm{n}^2-\mathrm{n}+1$ suy ra $\mathrm{n}(\mathrm{n}-1) \vdots \mathrm{n}^2-\mathrm{n}+1$ là phép kéo theo chứ không là phép biến đổi tương đương. Do đó sau khi tìm được $\mathrm{n}=0, \mathrm{n}=1$, ta phải thử lại.

Ví dụ 12. Tîm số tự nhiên $n$ sao cho $2^n-1$ chia hết cho 7 .

Giải : Nếu $\mathrm{n}=3 \mathrm{k} \cdot(\mathrm{k} \in \mathbf{N})$ thì $2^{\mathrm{n}}-1=2^{3 \mathrm{k}}-1=8^{\mathrm{k}}-1$ chia hết cho 7 .

Nếu $\mathrm{n}=3 \mathrm{k}+1(\mathrm{k} \in \mathrm{N})$ thì $2^{\mathrm{n}}-1=2^{3 \mathrm{k}+1}-1=2\left(2^{3 \mathrm{k}}-1\right)+1=\mathrm{BS} 7+1$.

Nếu $\mathrm{n}=3 \mathrm{k}+2(\mathrm{k} \in \mathbf{N})$ thì $2^{\mathrm{n}}-1=2^{3 \mathrm{k}+2}-1=4\left(2^{3 \mathrm{k}}-1\right)+3=\mathrm{BS} 7+3$.

Vậy $2^{\mathrm{n}}-1$ chia hết cho $7 \Leftrightarrow \mathrm{n}=3 \mathrm{k}(\mathrm{k} \in \mathrm{N})$.

 

BÀI TẬP

 

$1.$ Chứng minh rằng với mọi số nguyên $\mathrm{n}$, ta có :

a) $\mathrm{n}^3+3 \mathrm{n}^2+2 \mathrm{n}$ chia hết cho 6 ;

b) $\left(\mathrm{n}^2+\mathrm{n}-1\right)^2-1$ chia hết cho 24 .

$2.$ Chứng minh rằng :

a) $\mathrm{n}^3+6 \mathrm{n}^2+8 \mathrm{n}$ chia hết cho 48 với mọi số chẵn $\mathrm{n}$;

b) $n^4-10 n^2+9$ chia hết cho 384 với mọi số lẻ $n$.

$3.$ Chứng minh rằng $n^6+n^4-2 n^2$ chia hết cho 72 với mọi số nguyên $n$.

$4.$ Chứngminh rằng $3^{2 \mathrm{n}}-9$ chia hết cho 72 với mọi số nguyên dương $\mathrm{n}$. 190(3). Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên a và $\mathrm{n}$ :

a) $7^{\mathrm{n}}$ và $7^{\mathrm{n}+4}$ có hai chữ số tận cùng như nhau ;

b) a và a ${ }^5$ có chữ số tận cùng như nhau ;

c) $\mathrm{a}^{\mathrm{n}}$ và $\mathrm{a}^{\mathrm{n}+4}$ có chữ số tận cùng như nhau $(\mathrm{n} \geq 1)$.

$5.$ Tìm điều kiện của số tự nhiên $\mathrm{a}$ để a $\mathrm{a}^2+3 \mathrm{a}+2$ chia hết cho 6 .

$6.$ a) Cho a là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng $\mathrm{a}^2-1$ chia hết cho 24 .

b) Chứng minh rằng nếu $a$ và $\mathrm{b}$ là các số nguyên tố lớn hơn 3 thì $\mathrm{a}^2-\mathrm{b}^2$ chia hết cho 24 .

c) Tìm điều kiện của số tự nhiên a để $a^4-1$ chia hết cho 240 .

$7.$ Tìm ba số nguyên tố liên tiếp $a, b, c$ sao cho $a^2+b^2+c^2$ cũng là số nguyên tố.

$8.$ Cho bốn số nguyên dương $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}, \mathrm{d}$ thoả mãn $\mathrm{a}^2+\mathrm{b}^2=\mathrm{c}^2+\mathrm{d}^2$. Chứng minh rằng $\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}+\mathrm{d}$ là hợp số.

$9.$ Cho bốn số nguyên dương $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}, \mathrm{d}$ thoả mãn $\mathrm{ab}=\mathrm{cd}$. Chứng minh rằng $a^5+b^5+c^5+d^5$ là hợp số.

$10.$ Cho các số nguyên a, b, c. Chứng minh rằng :

a) Nếu $a+b+c$ chia hết cho 6 thì $a^3+b^3+c^3$ chia hết cho 6 .

b) Nếu $\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}$ chia hết cho 30 thì $\mathrm{a}^5+\mathrm{b}^5+\mathrm{c}^5$ chia hết cho 30 .

$11.$ Cho các số nguyên $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}$ thoả mãn $\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}=0$. Chứng minh rằng :

a) $a^3+b^3+c^3$ chia hết cho $3 a b c$;

b) $a^5+b^5+c^5$ chia hết cho $5 a b c$.

$12.$ a) Viết số 1998 thành tổng của ba số tự nhiên tuỳ ý. Chứng minh rằng tổng các lập phương của ba số tự nhiên đó chia hết cho 6 .

b)* Viết số $1995^{1995}$ thành tổng của nhiều số tự nhiên. Tổng các lập phương của các số tự nhiên đó chia cho 6 dư bao nhiêu?

$13.$ Chứng minh rằng với mọi số nguyên $\mathrm{a}$ và $\mathrm{b}$ :

a) $\mathrm{a}^3 \mathrm{~b}-\mathrm{ab}{ }^3$ chia hết cho 6 ;

b) $\mathrm{a}^5 \mathrm{~b}-\mathrm{ab}{ }^5$ chia hết cho 30 .

$14.$ Chứng minh rằng mọi số tự nhiên đều viết được dưới dạng $b^3+6 c$ trong đó b và c là các số nguyên.

$15*$. Chứng minh rằng nếu các số tự nhiên $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}$ thoả mãn điều kiện $a^2+b^2=c^2$ thì abc chia hết cho 60 .

$16.$ Chứng minh rằng tổng các lập phương của ba số nguyên liên tiếp thì chia hết cho $9 .$

$17.$ Chứng minh rằng nếu tổng các lập phương của ba số nguyên chia hết cho 9 thì tồn tạii một trong ba số đó là bội số của 3 .

$18.$ Cho dãy số $7,13,25, \ldots, 3 \mathrm{n}(\mathrm{n}-1)+7(\mathrm{n} \in \mathrm{N})$. Chứng minh rằng :

a) Trong năm số hạng liên tiếp của dạ̃y, bao giờ cũng tồn tại một bội số của 25 .

b) Không có số hạng nào của dãy là lập phương của một số nguyên.

$19.$ a) Chứng minh rằng nếu số tự nhiên a không chia hết cho 7 thì $\mathrm{a}^6-1$ chia hết cho 7 .

b) Chứng minh rằng nếu n là lập phương của một số tự nhiên thì $(n-1) n(n+1)$ chia hết cho 504 .

$20.$ Chứng minh rằng $\mathrm{A}$ chia hết cho $\mathrm{B}$ với :

a) $A=1^3+2^3+3^3+\ldots+99^3+100^3$,

$\mathrm{B}=1+2+3+\ldots+99+100$

b) $A=1^3+2^3+3^3+\ldots+98^3+99^3$,

$\mathrm{B}=1+2+3+\ldots+98+99$

$21.$ Các số sau có là số chính phương không ?

a) $\mathrm{A}=22 \ldots 24$ (có 50 chữ số 2 ) ;

b) $\mathrm{B}=44 \ldots 4$ (có 100 chữ số 4);

c) $\mathrm{A}=1994^7+7$;

d)* $B=144$… 4 (có 99 chữ số 4).

$22.$ Có thể dùng cả năm chữ số $2,3,4,5,6$ lập thành số chính phương có năm chữ số được không ?

$23.$ Chứng minh rằng tổng của hai số chính phương lẻ không là số chính phương.

$24.$ Chứng minh rằng mọi số lẻ đều viết được dưới dạng hiệu của hai số chính phương.

$25*.$ Chứng minh rằng :

a) $A=1^2+2^2+3^2+4^2+\ldots+100^2$ không là số chính phương ;

b) $\mathrm{B}=1^2+2^2+3^2+4^2+\ldots+56^2$ không là số chính phương ;

c) $\mathrm{C}=1+3+5+7+\ldots+\mathrm{n}$ là số chính phương ( $\mathrm{n}$ lẻ).

$26.$ Chứng minh rằng :

a) Một số chî́nh phương tận cùng bằng 9 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn

b) Một số chính phương lẻ thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn.

c) Một số chính phương tận cùng bằng 6 thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ.

d) Một số chính phương tận cùng bằng 5 thì chữ số hàng chục bằng 2 và chữ số hàng trăm là chữ số chẵn.

$27.$ a) Một số chính phương có chữ số hàng chục bằng 5. Tìm chữ số hàng đơn vị.

b) Một số chính phương có chữ số hàng chục là chữ số lẻ. Tìm chữ số hàng đơn vị.

c) Có bao nhiêu số tự nhiên $\mathrm{n}$ từ 1 đến 100 mà chữ số hàng chục của $\mathrm{n}^2$ là chữ số lẻ ?

$28.$ Chứng minh rằng :

a) Tích của hai số nguyên dương liên tiếp không là số chính phương.

b)* Tích của ba số nguyên dương liên tiếp không là số chính phương.

c)* Tích của bốn số nguyên dương liên tiếp không là số chính phương.

$29.$ Cho hai số tự nhiên a và $\mathrm{b}$, trong đó $\mathrm{a}=\mathrm{b}-2$.

Chứng minh rằng $\mathrm{b}^3-\mathrm{a}^3$ viết được dưới dạng tổng của ba số chính phương.

$30.$ Tìm số nguyên dương $\mathrm{n}$ để biểu thức sau là số chính phương :

a) $n^2-n+2$;

b) $n^4-n+2$

c) $n^3-n+2$;

d) ${ }^* n^5-n+2$.

$31.$ Tìm số nguyên tố $\mathrm{p}$ để $4 \mathrm{p}+1$ là số chính phương.

$32*.$ Chứng minh rằng nếu $\mathrm{n}+1$ và $2 \mathrm{n}+1(\mathrm{n} \in \mathrm{N})$ đều là số chính phương thì $\mathrm{n}$ chia hết cho 24 .

$33*.$ Chứng minh rằng nếu $2 n+1$ và $3 n+1(n \in N)$ đều là số chính phương thì n chia hết cho $40 .$

$34.$ Tìm số nguyên tố $\mathrm{p}$ để :

a) $2 \mathrm{p}^2+1$ cũng là số nguyên tố ;

b) $4 \mathrm{p}^2+1$ và $6 \mathrm{p}^2+1$ cũng là những số nguyên tố.

$35.$ Tìm số tự nhiên $\mathrm{n}$ để giá trị của biểu thức là số nguyên tố :

a) $12 n^2-5 n-25$

b) $8 n^2+10 n+3$;

c) $\frac{n^2+3 n}{4}$.

$36.$ Chứng minh rằng với mọi số nguyên $\mathrm{n}$ :

a) $n^2+7 n+22$ không chia hết cho 9 ;

b) $n^2-5 n-49$ không chia hết cho 169 .

$37.$ Các số tự nhiên $\mathrm{n}$ và $\mathrm{n}^2$ có tổng các chữ số bằng nhau. Tìm số dư của $\mathrm{n}$ khi chia cho $9 .$

$38*.$ a) Cho chín số tự nhiên từ 1 đến 9 xếp theo thứ tự tuỳ ý. Lấy số thứ nhất trừ 1, lấy số thứ hai trừ 2 , lấy số thứ ba trừ $3, \ldots$, lấy số thứ chín trừ 9 . Chứng minh rằng tích của chín số mới lập được là một số chẵn.

b) Cho hai dãy số $a_1, a_2, a_3, \ldots, a_9$ và $b_1, b_2, b_3, \ldots, b_9$, trong đó $a_1, a_2, \ldots, a_9$ là các số nguyên và $b_1, b_2, \ldots, b_9$ cũng là chín số nguyên trên nhưng lấy theo thứ tự khác. Chứng minh rằng tích $\left(\mathrm{a}_1-\mathrm{b}_1\right)\left(\mathrm{a}_2-\mathrm{b}_2\right) \ldots\left(\mathrm{a}_9-\mathrm{b}_9\right)$ là số chẵn.

$39.$ Tìm số nguyên $\mathrm{n}$ sao cho :

a) $n^2+2 n-4$ chia hết cho 11 ;

b) $2 n^3+n^2+7 n+1$ chia hết cho $2 n-1$;

c) $\mathrm{n}^3-2$ chia hết cho $\mathrm{n}-2$;

d) $n^3-3 n^2-3 n-1$ chia hết cho $n^2+n+1$;

e) $n^4-2 n^3+2 n^2-2 n+1$ chia hết cho $n^4-1$;

g) ${ }^* n^3-n^2+2 n+7$ chia hết cho $n^2+1$.

$40.$ Đố vui : Năm sinh của hai bạn

Một ngày của thập kỉ cuối cùng của thế kỉ XX, một người khách đến thăm trường gặp hai học sinh. Người khách hỏi :

  • Có lẽ hai em bằng tuổi nhau ?

Bạn Mai trả lời :

  • Không; em hơn bạn em một tuổi. Nhưng tổng các chữ số của năm sinh mỗi chúng em đều là số chẵn.

  • Vậy thì các em sinh năm 1979 và 1980, đúng không ?

Người khách đã suy luận thế nào?

$41.$ Tìm số nguyên dương $\mathrm{n}$ để $2^{\mathrm{n}}$ là số nằm giữa hai số nguyên tố sinh đôi ${ }^{(*)}$ (hai số nguyên tố gọi là sinh đôi nếu chúng hơn kém nhau 2 đơn vị).

$42*.$ Cho các số nguyên $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}, \mathrm{d}, \mathrm{e}, \mathrm{g}$ thoả mãn $\mathrm{a}^2+\mathrm{b}^2+\mathrm{c}^2+\mathrm{d}^2+\mathrm{e}^2=\mathrm{g}^2$.

Chứng minh rằng tích abcdeg là số chẵn.

$43.$ Chứng minh rằng với mọi số nguyên $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}, \mathrm{d}$, tích

$(\mathrm{a}-\mathrm{b})(\mathrm{a}-\mathrm{c})(\mathrm{a}-\mathrm{d})(\mathrm{b}-\mathrm{c})(\mathrm{b}-\mathrm{d})(\mathrm{c}-\mathrm{d}) \text { chia hết cho } 12 \text {. }$

$44*$. Chứng minh rằng có thể có đến 33 số nguyên dương khác nhau, không quá 50, trong đó không tồn tại hai số nào mà một số gấp đôi số còn lại.

$45.$ Chứng minh rằng tồn tại vô số bội của 2003 mà trong biểu diễn thập phân của chúng không có các chữ số $0,1,2,3$.

$46.$ Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên $\mathrm{k}$ sao cho $2003^{\mathrm{k}}$ – 1 chia hết cho 51 .

Các bài toán sủ dụng các hằng đẳng thúc 8,9 và công thức Niu-tơn.

$47.$ Chứng minh rằng $2^{51}-1$ chia hết cho 7 .

$48.$ Chứng minh rằng $2^{70}+3^{70}$ chia hết cho $13 .$

$49.$ Chứng minh rằng $17^{19}+19^{17}$ chia hết cho 18 .

$50.$ Chứng minh rằng $36^{63}-1$ chia hết cho 7 , nhưng không chia hết cho 37 .

$51.$ Chứng minh rằng các số sau là hợp số :

a) $4^{20}-1$;

b) 1000001 .

c) $2^{50}+1$.

$52.$ Chứng minh rằng $1 \cdot 4+2 \cdot 4^2+3 \cdot 4^3+4 \cdot 4^4+5 \cdot 4^5+6 \cdot 4^6$ chia hết cho 3 .

$53.$ Chứng minh rằng biểu thức $\mathrm{A}=31^{\mathrm{n}}-15^{\mathrm{n}}-24^{\mathrm{n}}+8^{\mathrm{n}}$ chia hết cho 112 với mọi số tự nhiên $\mathrm{n}$.

$54.$ Tìm số tự nhiên $\mathrm{n}$ để $3^{\mathrm{n}}-1$ chia hết cho 8 .

$55.$ Tìm số tự nhiên $\mathrm{n}$ để $3^{2 \mathrm{n}+3}+2^{4 \mathrm{n}+1}$ chia hết cho 25 .

$56.$ Tìm số tự nhiên $\mathrm{n}$ để $5^{\mathrm{n}}-2^{\mathrm{n}}$ chia hết cho 9 .

$57.$ Tìm số tự nhiên $\mathrm{n}$ để $5^{\mathrm{n}}-2^{\mathrm{n}}$ chia hết cho 63 .

$58.$ Tìm số tự nhiên $\mathrm{n}$ để $1^{\mathrm{n}}+2^{\mathrm{n}}+3^{\mathrm{n}}+4^{\mathrm{n}}$ chia hết cho 5

$59.$ Tìm số dư khi chia $22^{22}+55^{55}$ cho 7 .

$60.$ Tìm số dư khi chia $2^{1994}$ cho 7 .

$61.$ Tìm số dư khi chia $3^{1993}$ cho 7 .

$62.$ Tìm số dư khi chia $1992^{1993}+1994^{1995}$ cho 7 .

$63 *.$ Tìm số dư khi chia $9^{10^{11}}-5^{9^{10}}$ cho 13 .

$64*.$ Chứng minh rằng số $\mathrm{A}=2^{2^{2 \mathrm{n}+1}}+3$ là hợp số với mọi số nguyên dương $\mathrm{n}$.

$65.$ Tìm số dư khi chia các số sau cho 7 :

a) $2^{9^{1945}}$;

b) $3^{2^{1930}}$.

$66.$ Tìm số dư khi chia $\left(\mathrm{n}^3-1\right)^{111} \cdot\left(\mathrm{n}^2-1\right)^{333}$ cho $\mathrm{n}(\mathrm{n} \in \mathrm{N})$.

$67.$ Cho $\mathrm{ab}=455^{12}$. Tìm số dư trong phép chia $\mathrm{a}+\mathrm{b}$ cho $4 .$

$68.$ Tìm hai chữ số tận cùng của :

a) $3^{999}$

b) $7^{7^7}$.

$69.$ Tìm ba chữ số tận cùng của $3^{100}$.

$70 *.$ Thay các dấu * bởi các chữ số thích hợp :

$89^6=4969 * * 290961$

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Bài tập số học ôn thi vào lớp 10 – Phần 3

Leave a reply

Bài 21. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n > 1$ thì $n^5 + n^4 + 1$ không là số nguyên

Lời giải

$n^5 + n^4 + 1 = n^5+n^4+n^3-n^3+1 = n^3(n^2+n+1) -(n-1)(n^2+n+1) = (n^2+n+1)(n^3-n+1)$
Mà $n^3-n+1 > 1, n^2+n+1>1$ với mọi $n>1$ nên $n^5+n^4+1$ không là số nguyên tố.

Bài 22. Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho ${5^{{5^{n + 1}}}} + {5^{{5^n}}} + 1$ là một số nguyên tố.

Lời giải

Đặt $m = 5^n$ ta có bài trên.

Bài 23. Tìm số nguyên tố $p$ để $p^2 + 2^p$ cũng là số nguyên tố.

Lời giải

Nhận thấy $p=3$ thỏa đề bài.
Xét $p>3$ thì $p$ lẻ và $p$ không chia hết cho 3.
Khi đó $p^2 \equiv 1 (\mod 3)$ và $2^p \equiv -1 (\mod 3)$. Do đó $p^2 + 2^p \equiv 3$ nên không là số nguyên tố.

Bài 24. Cho $p, q$ là các số nguyên tố và phương trình $x^2 – px+q=0$ có nghiệm nguyên dương. Tìm $p$ và $q$.

Lời giải

Gọi $x_1, x_2$ là nghiệm của phương trình. Ta có $x_1 + x_2 = p, x_1 x_2 = q$. Do đó $x_1, x_2 $ đều là các số nguyên dương. Giả sử $x_1 \geq x_2$.
Suy ra $x_2 = 1, x_1 = q$, $1+q = p$. Do đó $p = 3, q=2$.
Thử lại thấy thỏa đề bài.

Bài 25. Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ sao cho tổng các ước dương của $p^4$ là một số chính phương.

Lời giải

Theo đề ta có phương trình $1+p+p^2+p^3+p^4 = x^2$.
Ta có $(2p^2+p)^2< 4x^2 < (2p^2+p+2)$.
Do đó $4x^2 = (2p^2+p+1) = 4p^2+4p^3+4p^2+4p+4$
$p^2 -2p – 3 = 0 \Leftrightarrow p=3$.

Bài 26. Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ sao cho tồn tại các số nguyên dương $x, y$ thỏa phương trình $x(y^2-p)+y(x^2-p)=5p$.

Lời giải

$(x+y)(xy-p) = 5p$, $x+y \geq 2$ Do đó có các trường hợp sau:\\
$x+y = 5, xy-p=p$. Giải ra được $x=2, y=3, p=3$, $x=3, y=2, p=3$, $x=1, y=4, p=2$, $x=4,y=1, p=2$.\\
$x+y = p, xy -p=5$. $x^2-px+p+5 = 0$. $p^2-4(p+5) = =k^2 \Leftrightarrow (p-2)^2 – 24 = k^2 \Leftrightarrow (p-2-k)(p-2+k) = 24$. \\
Ta có $p-2-k, p-2+k$ cùng chẵn. Có các trường hợp sau:
+ $p-2-k = 2, p-2+k=12$, suy ra $p=9$ (loại)\\
+ $p-2 -k = 4, p-2+k = 6$, suy ra $p=7$. Khi đó $x+y = 7, xy = 12$. Giải ra được $x=3, y=4$ và $x=4, y=3$.

Bài 27. Cho các số nguyên dương $a, b, c, d$ thỏa $ab = cd$. Chứng minh rằng $a + b + c + d$ là hợp số.

Lời giải

Đặt $k = (a,c), a= ka’, c=kc’$, Suy ra $a’b = c’d$, suy ra $b \vdots c’$, đặt $b = mc’$, suy ra $d=ma’$.
Khi đó $a+b+c+d = ka’+mc’ + kc’+ma’ = (k+m)(a’+c’)$ là hợp số.

Bài 28. Tìm tất cả các số nguyên tố $p>q>r$ sao cho $p-r, p-q, q-r$ cũng là các số nguyên tố.

Lời giải

Nếu các số $p, q, r$ đều lẻ, thì $p-r, p-q, q-r$ đề chẵn mà là số nguyên tố và bằng 2, vô lý.
Do đó có 1 số nguyên tố chẳn, suy ra $r = 2$.
$p-2, q-2, p-q$ nguyên tố. Suy ra $p-q = 2$.
Vậy $p-2, p,p+2$ là các số nguyên tố. Suy ra $p-2=3$, $p=5$, $q=7$.

Bài 29. Tìm các số nguyên tố $p,q$ thỏa mãn hệ thức $p + q = {\left( {p – q} \right)^3}$

Lời giải

$p-q = r$ ta có $r^3 =2p+r$. Suy ra $p = \dfrac{r^3-r}{2}$ chia hết cho 3. Suy ra $p=3, q=5$.

Bài 30. Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ sao cho hệ phương trình $p+1=2x^2,p^2+ 1=2y^2$ có nghiệm nguyên.

Lời giải

Ta xét $y, x>0$. Ta có $p = 2$ không thỏa.
$p(p-1) = 2(y-x)(y+x)$, suy ra $p |2(y-x)(y+x)$
$p|y-x$, suy ra $2(x+y)|p-1$ (vô lý)
$p|x+y$, mặt khác $p > x, p > y$, suy ra $2p>x+y$, do đó $p = x+y$. Khi đó $p-1 = 2x – 2y$. Từ đó suy ra $x = \dfrac{3p-1}{4}$, thế vào ta giải ra được $p = 7, x = 2, y = 5$.

Bài tập số học ôn thi vào 10 – Phần 2

Leave a reply

Bài 11. Chứng minh rằng

a) Trong 5 số nguyên thì có 3 số có tổng chia hết cho 3.
b) Trong 17 số nguyên thì có 9 số có tổng chia hết cho 9.

Giải

a) Một số khi chia cho 3 có các số dư là 0, 1, 2.
Nếu trong 5 số khi chia cho 3 số có đủ 3 số dư 0, 1, 2 thì tổng 3 số này chia hết cho 3.
Nếu có 2 loại số dư thì có 3 số khi chia cho 3 có cùng một số dư, tổng của chúng chia hết cho 3.
Nếu có 1 loại số dư, thì tổng 3 số bất kì đều chia hết cho 3.
b) Đặt các số đó là $a_1, a_2, \cdots, a_{16}, a_{17}$.
Trong 5 số $a_1, \cdots, a_5$ có 3 số có tổng chia hết cho 3, không mất tính tổng quát là $a_1, a_2, a_3$. Đặt $a_1 + a_2 + a_3 = 3b_1$.
Trong 5 số $a_4, \cdots, a_8$ có 3 số có tổng chia hết cho 3, giả sử $a_4, a_5, a_6$ và đặt $a_4 + a_5+ a_6 = 3b_2$.
Tương tự ta xây dựng được các số $b_3, b_4, b_5$.
Khi đó áp dụng tiếp cho 5 số $b_1, b_2, b_3, b_4, b_5$ có 3 số có tổng chia hết cho 3, giả sử $b_1, b_2,b_3$ có tổng chia hết cho 3. Khi đó 9 số $a_1, \cdots, a_9$ có tổng chia hết cho 9.

Bài 12. (Tuyển sinh vào lớp 10 Chuyên Toán trường PTNK 2018)\ Cho $ A_n = 2018^n + 2032^n – 1964^n – 1984^n $ với $ n $ là số tự nhiên.

a) Chứng minh với mọi số tự nhiên $ n $ thì $ A_n $ chia hết cho $ 51 $.
b) Tìm tất cả những số tự nhiên $ n $ sao cho $ A_n $ chia hết cho $ 45. $

Giải

a) \item Do $ 2018 \equiv 1964 \quad \text{(mod 3)} \Rightarrow 2018^n \equiv 1964^n \quad \text{(mod 3)} . $\\
$ 2032 \equiv 1984 \quad \text{(mod 3)} \Rightarrow 2032^n \equiv 1984^n \quad \text{(mod 3)} $.\\
$ \Rightarrow A_n \ \vdots \ 3. $\\
Ta lại có $ 2018 \equiv 1984 \quad \text{(mod 17)} \Rightarrow 2018^n \equiv 1984^n \quad \text{(mod 17)} $.\\
$ 2032 \equiv 1964 \quad \text{(mod 17)} \Rightarrow 2032^n \equiv 1964^n \quad \text{(mod 17)} $.\\
$ \Rightarrow A_n \ \vdots\ 17. $\\
Do $ (3; 17) = 1 $ nên $ A_n \ \vdots \ 51 \quad \forall n$

b) Ta xét các trường hợp của $ n $ để $ A_n \ \vdots \ 5. $
Ta có $ A_n \equiv (-2)^n + 2^n -2\cdot(-1)^n $ (mod 5).
Do đó nếu $ n $ lẻ $ \Rightarrow A_n \equiv 2 \quad $(mod 5)$ \quad \text{(loại)}$.
Nếu $ n = 4k \Rightarrow A_n \equiv 2\cdot 2^{4k} -2 \equiv 2-2 \equiv 0 \quad$ (mod 5) (nhận)
Nếu $ n = 4k + 2 \Rightarrow A_n \equiv 2\cdot 2^{4k+2} -2 \equiv 8 – 2 \equiv 6$ (mod 5) (loại).
Vậy $ A_n \ \vdots \ 5 \Leftrightarrow n \ \vdots \ 4. $
\item Ta xét các trường hợp của $ n $ để $ A_n \ \vdots \ 9. $
Ta có \begin{align*}
A_n &\equiv 2^n + (-2)^n – 2^n – 4^n \quad \text { (mod 9)}\\\\
&\equiv 2^n -4^n \quad \text { (mod 9) \quad (Do n chẵn).} \\\\
& \equiv 2^n(1-2^n) \quad \text { (mod 9)}
\end{align*}
Vì $ (2;9 ) = 1 \Rightarrow 2^n – 1 \ \vdots \ 9$.
Xét $ n= 3k $ với $ k \in \mathbb{N} $. Ta có $ A_n \equiv 2^{3k} – 1 \equiv (-1)^k – 1 \quad \text { (mod 9)} \Rightarrow k$ chẵn
Xét $ n= 3k + 1 $ với $ k \in \mathbb{N} $. Ta có $ A_n \equiv 2^{3k + 1} – 1 \equiv 2\cdot(-1)^k – 1 \quad \text { (mod 9) \quad (loại)}. $
Xét $ n= 3k + 2 $ với $ k \in \mathbb{N} $. Ta có $ A_n \equiv 2^{3k + 2} – 1 \equiv 4\cdot(-1)^k – 1 \quad \text { (mod 9) \quad (loại)}. $

Vậy $ A_n \ \vdots \ 45 \Leftrightarrow n \ \vdots \ 12. $

Bài 13. Tìm các nghiệm nguyên không âm $(x, y)$ của phương trình
${\left( {xy – 1} \right)^2} = {x^2} + {y^2}$

Giải

$(xy-6)^2 – (x+y)^2 = -13$.
$(xy-6-x-y)(xy-6+x+y) = -13$.
Ta có $xy – 6 +x+y \leq xy – 6 -x-y$ nên có các trường hợp.
$xy -6 -x-y = -13, xy -6 +x+y = 1$, giải ra được $(x;y)$ là $(7;0), (0;7)$;
$xy – 6 -x-y=-1, xy-6+x+y = 13$ (VN);
$Vậy phương trình có nghiệm $(0;7), (7;0)$.

Bài 14. Chứng minh rằng phương trình ${y^2} + y = x + {x^2} + {x^3}$ không có nghiệm nguyên dương.

Giải

Ta có $x^3 = (y-x)(y+x+1)$.
Gọi $d$ là ước nguyên tố chung lớn nhất của $y-x, y+x+1$, nếu $d$ là số nguyên tố thì $d|x, d|y$, suy ra $d|1$ (vô lý), Vậy $y-x, y+x+1$ nguyên tố cùng nhau.
Do đó $y -x = a^3, y+x+1 = b^3, ab=x$.
Ta có phương trình $b^3-a^3 = 2ab+1$ với $a, b$ nguyên dương và $b > a\geq 1$. Ta có $b^3-a^3 \geq a^2+b^2+ab > 2ab + 1$.
Vậy phương trình không có nghiệm trong tập các số nguyên dương.

Bài 15. Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương thỏa phương trình:
${\left( {x + y} \right)^2} + 3x + y + 1 = {z^2}$

Giải

Ta có $(x+y)^2 < z^2 < (x+y+2)^2$. Do đó $z^2 = (x+y+1)^2$ hay $(x+y+1)^2 = (x+y)^2+3x+y + 1 \Leftrightarrow y = x$.
\Vậy bộ nghiệm là $(n, n, 2n+1)$ với $n$ là số nguyên dương.

Bài 16. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau
$xy + yz + zx – xyz = 2$

Giải

Vai trò của $(x, y, z)$ là như nhau, giả sử $x \geq y \geq z$.
$\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z} – 1 = \dfrac{2}{xyz} > 0$. Suy ra $\dfrac{3}{z} -1 > 0$, suy ra $z < 3$.
Nếu $z = 1$ thì $x+y = 2$ ta có $x = y = 1$.
Nếu $z=2$ thì $2(x+y)-xy = 2 \Leftrightarrow (x-2)(y-2) = 2$, giải ra được $x = 4, y = 3$.
Do tính đối xứng nên nghiệm của phương trình là $(1, 1, 1), (4,3,2)$ và các hoán vị.

Bài 17. Tìm tất cả các số tự nhiên x, y thỏa: ${5^x} = {y^4} + 4y + 1$

Giải

Có một nghiệm là $(0;0)$.
Dễ thấy $y$ chẵn nên $y^4+4y+1 \equiv 1 (\mod 8)$. Suy ra $x$ chẵn, $x = 2k$. Khi đó $(5^k)^2 = y^4 + 4y+1$ là số chính phương.
Ta có $y\geq 1$ nên $y^4 < y^4+4y + 1 < (y^2+2)^2$. Suy ra $y^4+4y + 1 = (y^2+1)^2 \Leftrightarrow y = 2$, suy ra $x = 2$.
Vậy có 2 cặp nghiệm $(0;0), (2;2)$.

Bài 18. Giải phương trình nghiệm tự nhiên $x – {y^4} = 4$ với $x$ là số nguyên tố.

Giải

$x = y^4+4 = (y^2-2y+2)(y^2+2y+2)$ là số nguyên tố khi và chỉ khi $y^2-2y + 2 = 1$ hay $y=1$. Từ đó $x=1$.

Bài 19. Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau
${\left( {{x^2} – {y^2}} \right)^2} = 1 + 16y$

Giải
Dễ thấy nghiệm là $(-1;0), (1;0)$.
Ta có $y \geq 0$, vì $x$ thỏa pt thì $-x$ cũng thỏa nên có thể giả sử $x\geq 0$.
Ta có $(x^2-y^2)^2 = 1 + 16y >1$, suy ra $x^2 > y^2 \Rightarrow x \geq y + 1$.
Nếu $x \geq y + 2$, suy ra $x^2-y^2 \geq 4y + 4 \Rightarrow (x^2-y^2)^2 > 1+16y$.
Do đó $x = y + 1$, suy ra $(1+2y)^2 = 1+16y \Leftrightarrow 4y^2 – 12y = 0 \Leftrightarrow y = 3$. Suy ra $x = 4$.
Vậy nghiệm là $(-4;3), (4;3),(-1;0), (1;0)$.

Bài 20. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n > 1$ thì $n^5 + n^4 + 1$ không là số nguyên tố.

Giải

$n^5 + n^4 + 1 = n^5+n^4+n^3-n^3+1 = n^3(n^2+n+1) -(n-1)(n^2+n+1) = (n^2+n+1)(n^3-n+1)$
Mà $n^3-n+1 > 1, n^2+n+1>1$ với mọi $n>1$ nên $n^5+n^4+1$ không là số nguyên tố.

Bài tập số học ôn thi vào lớp 10 chuyên toán – Phần 1

Leave a reply

Bài 1. Cho $m, n$ là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu $mn+1$ chia hết cho 24 thì $m+n$ cũng chia hết cho 24.

Giải

Ta có $mn+1$ chia hết cho 24, suy ra $mn+1$ chia hết cho 3 và 8. Ta cũng chứng minh $m+n$ chia hết cho 3 và 8.

Nếu $m \equiv p (\mod 3), n \equiv q (\mod 3)$, suy ra $pq + 1 \equiv 0 (\mod 3)$. Suy ra $pq = 2$. Do đó $p = 1, q = 2$ hoặc $p=2, q=1$. Suy ra $p+q \equiv 0 (\mod 3)$ hay $m+n \equiv (\mod 3)$.
Tương tự $m \equiv q (\mod 8), n \equiv p (\mod 8)$, suy ra $pq \equiv 7 (\mod 8)$ và $p, q \in \{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7\}$, suy ra $p=1, q=7$ hoặc $p=7, q=1$. Do đó $m+n$ chia hết cho 8.
Vậy $m + n$ chia hết cho 24.5

Bài 2. Tìm tất cả các số $n$ sao cho:

a) $1^n + 2^n + 3^n + 4^n$ chia hết cho 5.
b) $2^{2n} + 2^n + 1$ chia hết cho 21.

Giải

Đặt $A_n = 1^n + 2^n + 3^n + 4^n$.
Nếu $n$ lẻ ta có $1^n + 4^n$ chia hết cho 5, $2^n + 3^n$ chia hết cho 5. Suy ra $1^n + 2^n + 3^n + 4^n$ chia hết cho 5.
Nếu $n$ chẵn, đặt $n = 2k$. Ta có $1 + 2^n + 3^n + 4^n = 1 + 4^k + 9^k + 16^k \equiv 1 + (-1)^k + (-1)^k + 1 (\mod 5)$.
Do đó $A_n \vdots 5 \Leftrightarrow k$ lẻ.
Vậy $A_n$ chia hết cho 5 khi và chỉ khi $n$ lẻ hoặc $n$ chia 4 dư 2.

Đặt $B_n = 2^{2n} + 2^n + 1$.
Ta tìm $n$ để $B_n$ chia hết cho 3 và 7.

Nếu $n = 2k$ ta có $B_n = 16^k + 4^k + 1 \equiv 0 (\mod 3)$.\\
Nếu $n = 2k + 1$ ta có $B_n = 4\cdot 16^k + 2\cdot 4^k + 1 \equiv 7 (\mod 3)$ (loại)\\
Vậy $B_n \vdots 3 \Leftrightarrow n = 2k$.

Nếu $n = 3k$ ta có $B_n = 64^k + 8^k + 1 \equiv 3 (\mod 7)$. (loại)\\
Nếu $n = 3k+ 1$ ta có $B_n = 4 \cdot 64^k + 2 \cdot 8^k + 1 \equiv 0 (\mod 7)$ (nhận)
Nếu $n = 3k + 2 $ ta có $B_n = 16\cdot 64^k + 4\cdot 8^k + 1 \equiv 0 (\mod 7)$.

Vậy $B_n$ chia hết cho 7 khi và chỉ khi $n = 6k+4$ hoặc $n = 6k+2$.

Bài 3. (Tuyển sinh vào lớp 10 Chuyên Toán trường PTNK 1997)

a) Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ sao cho $n2^n + 3^n$ chia hết cho 5.
b) Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ sao cho $n2^n + 3^n $ chia hết cho 25.

Giải

a) Nếu $n$ ta có $2^n + 3^n$ chia hết cho 5.
Xét $n=2k + 1$ ta có $n.2^n + 3^n = (n-1)2^n+ 2^n + 3^n$ chia hết cho 5 khi và chỉ khi $n-1$ chia hết cho 5, hay $k$ chia hết cho 5,suy ra $k = 5q$. Vậy $n = 10q + 1$.
Xét $n = 2k$ ta có $n.2^n + 3^n = 2k.4^k + 9^k = 2k.4^k + 4^k + 9^k – 4^k = (2k+1).4^k + 9^k – 4^k $ chia hết cho 5 khi $2k+1$ chia hết cho 5. Khi đó $k = 5q + 2$, suy ra $n = 10q + 4$.
Vậy với $n = 10q + 1, 10q + 4$ thì $n.2^n + 3^n$ chia hết cho 5.

b) Theo câu a để $A=n.2^n + 3^n$ chia hết cho 5 thì $n = 10q+1, 10q + 4$. Ta tìm $q$ để $n.2^n + 3^n$ chia hết cho 25.
+Với $n = 10q + 1$ ta có $A = (10q+1)2^{10q+1} + 3^{10q+1} = (20q+2).1024^q + 3.3^{10q}$\\
Ta có $1024 \equiv -1 (\mod 25), 3^10 \equiv -1 (\mod 25)$. Suy ra $A \equiv (20q + 2)(-1)^q + 3.(-1)^q (\mod 25)$ hay $A = (-)^q (20q+5) (\mod 25)$.
Suy ra $A$ chia hết cho 25 khi và chỉ khi $20q +5$ chia hết cho 25 hay $4q+1$ chia hết cho 5. Suy ra $q = 5k + 1$. Vậy $n = 10(5k+1)+1 = 50k + 11$.
+Với $n = 10q + 4$. Ta có $A = (10q+4)2^{10q+4} + 3^{10q+4} = (160q+64)2^{10q} + 81.3^{10q} \equiv (10q+14)(-1)^q + 6(-1)^q (\mod 25) \equiv (-1)^q(10q+20) (\mod 25)$.
Do đó $A$ chia hết cho 25 khi và chỉ khi $10q+20$ chia hết cho 25 hay $q+2$ chia hết cho 5, suy ra $q = 5k + 3$. Suy ra $n = 10(5k+3) + 4 = 50k + 34$.
Vậy $n = 50k+11, 50k+34$.

Bài 4. (Tuyển sinh vào lớp 10 Chuyên Toán trường PTNK 1997)

a) Tìm tất cả các số nguyên dương sao cho $2^n – 1$ chia hết 7.
b) Cho số nguyên tố $p \geq 5$. Đặt $A = 3^p – 2^p – 1$. Chứng minh $A$ chia hết cho $42p$.

Giải

a)
TH1: $n = 3k$ ta có $2^n – 1 = 2^{3k}-1 = 8^k – 1$ chia hết cho 7.
TH2: $n = 3k + 1$ ta có $2^n- 1= 2.8^k – 1$ chia 7 dư 1.
TH3: $n = 3k + 2$ ta có $2^n – 1= 4.8^k – 1$ chia 7 dư 3.
Vậy $2^n- 1$ chia hết cho 7 khi và chỉ khi $n$ chia hết cho 3.

b)
$42p = 2.3.7.p$.
TH1: $p = 7$ ta có $3^7 – 2^7 – 1$ chia hết cho $42.7$.
TH2: $p > 7$ khi đó các số $2, 3, 7, p$ đôi một nguyên tố cùng nhau.
+ Ta có $3^p – 1 – 2^p$ chia hết cho 2.
+ $2^p + 1$ chia hết cho 3 vì $p$ lẻ, suy ra $3^p -2^p-1$ chia hết cho 3.
+ $p$ nguyên tố lớn hơn hoặc bằng 5, suy ra $p = 6k + 1$ hoặc $p = 6k+5$. Nếu $p = 6k + 1$ ta có $3^p – 2^p – 1 = 3^{6k+1} – 2^{6k+1} – 1 = 3.3^{6k} – 2.2^{6k} – 1$.
Ta có $3^6 \equiv 1 (\mod 7)$, suy ra $3^{6k} \equiv 1 (\mod 7)$, tương tự thì $2^{6k} \equiv 1 (\mod 7)$. Do đó $3.3^{6k} – 2.2^{6k} – 1 \equiv 0 (\mod 7)$.
Nếu $p = 6k + 5$ ta có $3^p – 2^p – 1 \equiv 3^5 – 2^5 – 1 \equiv 0 (\mod 7)$.
Do đó $3^p – 2^p – 1$ chia hết cho 7.
+ Theo định lý Fermat nhỏ, ta có $3^p \equiv 3 (\mod p), 2^p \equiv 2 (\mod 7)$. Suy ra $3^p – 2^p – 1$ chia hết cho $p$.
Vậy $3^p – 2^p – 1$ chia hết cho $42p$.

Bài 5. Cho a,b là hai số nguyên dương thỏa mãn $4{a^2} – 1$ chia hết cho $4ab – 1$. Chứng minh rằng $a = b$.

Giải

$4a^2-1$ chia hết cho $4ab-1$ suy ra $4a^2\geq 4ab \Rightarrow a\geq b$.
Ta có $4a^2 – 1 \vdots 4ab-1 \Rightarrow 4b^2(4a^2-1) \vdots 4ab – 1 \Rightarrow 16a^2b^2-1-(4b^2-1) \vdots 4ab-1$, suy ra $4b^2-1 \vdots 4ab-1$. Tương tự trên ta có $b \geq a$.
Do đó $a = b$.

Bài 6. Cho các số nguyên $x, y, z$ thỏa $(x-y)(y-z)(z-x) = x+ y + z$. Chứng minh rằng $x + y + z$ chia hết cho 27.

Giải

Nếu $x, y, z$ khi chia cho 3 có số dư khác nhau thì $x+y+z \vdots 3$ nhưng $(x-y)(y-z)(z-x)$ không chia hết cho 3 (mẫu thuẫn).
Nếu 2 trong 3 số $x, y,z$ có số dư giống nhau, giả sử là $x, y$. Khi đó $x-y \vdots 3$, suy ra $(x-y)(y-z)(z-x)$ chia hết cho 3, nhưng $x+y + z$ không chia hết cho 3 (mâu thuẫn).
Vậy $x, y, z$ có cùng số dư khi chia cho 3, suy ra $x-y, y-z, z-x$ đều chia hết cho 3. Do đó $x+y+z = (x-y)(y-z)(z-x)$ chia hết cho 27.

Bài 7. Cho $a_n = 2^{2n+1} + 2^{n+1} + 1$ và $b_n = 2^{2n+1} – 2^{n+1} + 1$. Chứng minh rằng với mỗi số tự nhiên $n$, có một và chỉ một trong hai số $a_n, b_n$ chia hết cho 5.

Giải

$a_nb^n = (2^{2n+1}-2^{n+1}+1)(2^{2n+1}+2^{n+1}+1) = (2^{2n+1}+1)^2 – (2^{n+1})^2 = 4^{2n+1} +2.2^{2n+1} + 1 – 2^{2n+2} = 4^{2n+1} + 1$.
Ta có $4 \equiv -1(\mod 5)$, suy ra $4^{2n+1} \equiv -1 (\mod 5)$. Suy ra $4^{2n+1} + 1 \equiv 0(\mod 5)$.
Vậy $a_nb_n$ chia hết cho 5 với mọi $n$.
Ta có $a_n + b_n = 2.2^{2n+1} + 2 = 4^{n+1} + 2$.
Ta có $4^{n+1} \equiv -1, 1 (\mod 5)$. Suy ra $4^{n+1} +2 \equiv 1, 3 (\mod 5)$. Vậy $a_n + b_n$ không chia hết cho 5 với mọi $n$.
Do đó chỉ có một trong 2 số $a_n, b_n$ chia hết cho 5.

Bài 8. Cho $n$ là số tự nhiên. Chứng minh rằng $3^nn^3+1$ chia hết cho 7 khi và chỉ khi $3^n + n^3$ chia hết cho 7.

Giải

Nếu $3^nn^3 + 1$ chia hết cho 7. Suy ra $n$ không chia hết cho 7, suy ra $n^6-1$ chia hết cho 7.\\
Ta có $n^3 (3^n + n^3 ) = n^33^n + n^6 = n^33^n +1 + n^6 – 1$ chia hết cho 7. \\
Mà $(n,7) = 1$. Suy ra $3^n + n^3$ chia hết cho 7.
Nếu $3^n + n^3$ chia hết cho 7. Làm tương tự ta cũng có $n^33^n + 1$ chia hết cho 7.

Bài 9. Chứng minh rằng nếu $2^n-1$ là số nguyên tố thì $n$ cũng là số nguyên tố.

Giải

Giả sử $n$ không là số nguyên tố.
Nếu $n = 1$ thì $2^1 – 1$ không nguyên tố.
Nếu $n$ là hợp số, ta có $n = pq$ với $1 < p < n$.
Khi đó $2^n – 1= (2^p)^q -1$ chia hết cho $2^p-1$. Mà $1< 2^p-1 < 2^n-1$ nên $2^n-1$ không là số nguyên tố. (Vô lý).

Bài 10. Ta điền các số từ 1 đến 9 vào bảng vuông $3\times 3$ sao cho mỗi số điền một lần, tổng các số cùng một hàng, một cột và đường chéo chia hết cho 9. Chứng minh rằng ô chính giữa bảng luôn là một số chia hết cho 3.

Giải

Giả sử các số là $a, b, c, d, e, f, g, h,i$ trong đó $e$ là ô chính giữa.

a  b  c
d  e  f
g  h  i

Ta có $a+e+i + d+e+f + c+e+g + b+e+h = (a+b+c+d+e+f+g+h+i) +3e \vdots 9$, mà $a +b+c+d+e+f+g+h+i = 1+2+\cdots + 9 = 45$ chia hết cho 9.
Suy ra $3e\, \, \vdots 9$, do đó $e \,\vdots \, 3$.

Bài tập số chính phương – Lớp 9

Leave a reply

Bài 1. Chứng minh rằng

a) Một số chính phương chia 3 dư 0 hoặc 1.
b) Một số chính phương chia 4 dư 0 hoặc 1.
c) Một số chính phương chia 5 dư 0, 1 hoặc 4.
Bài 2. Chứng minh rằng một số là số chính phương khi và chỉ khi số ước của số đó là một số lẻ.

Bài 3. Chứng minh rằng nếu tổng hai số chính phương chia hết cho 3 thì tích của nó sẽ chia hết 81.

Bài 4. Chứng minh rằng với $n$ là số tự nhiên thì $3n-1, 5n + 2, 5n – 2, 7n-2, 7n+3$ không phải là số chính phương.

Bài 5. Tìm tất cả các số tự nhiên $n$ sao cho $n.2^{n+1}+1$ là một số chính phương.

Bài 6. Chứng minh rằng nếu $x^2+ 2y$ là một số chính phương với $x, y$ nguyên dương thì $x^2+ y$ là tổng của hai số chính phương.

Bài 7. Chứng minh rằng nếu $3x + 4y,3y + 4x$ là các số chính phương thì $x,y$ đều chia hết cho 7.

Bài 8. Cho các số nguyên dương $a, b$. Giả sử các số $a + 2b,b + 2a$ đều là bình phương của một số nguyên thì $a$ và $b$ đều chia hết cho 3.

Bài 9. Cho các số tự nhiên $a, b, c$ thỏa: $a + 2b,b + 2c,c + 2a$ đều là bình phương của một số tự nhiên.
a)Chỉ ra một bộ số thỏa đề bài.
b) Giả sử trong 3 số $a + 2b,b + 2c,c + 2a$ có một số chia hết cho 3. Chứng minh rằng: $P = \left( {a – b} \right)\left( {b – c} \right)\left( {c – a} \right)$ chia hết cho 27.

Bài 10. Chứng minh rằng nếu $\overline {abc} $ là một số nguyên tố thì ${b^2} – 4ac$ không phải là một số chính phương.

Bài 11. Tìm tất cả các số tự nhiên $n \geq 2$ sao cho tồn tại $n$ số nguyên liên tiếp mà tổng của chúng là một số chính phương.

Bài 12. Tìm $d$ sao cho với mọi $a,b \in {2,5,d}$ thì $ab-1$ là một số chính phương.

Bài 13. Chứng minh rằng với mọi $d$ thì tập ${2,5,13,d}$ luôn tồn tại hai số $a,b \in {2,5,13,d}$ sao cho $ab-1$ không phải là số chính phương.

Bài 14. Chứng minh rằng nếu tích của hai số nguyên tố cùng nhau là một số chính phương thì mỗi số cũng là số chính phương.

Bài 15. Cho các số nguyên dương $a, b$ thỏa $2{a^2} + a = 3{b^2} + b$.

a)Tìm $a, b$ biết $a$ và $b$ là hai số nguyên tố cùng nhau.
b) Chứng minh $a-b$ và $2a + 2b + 1$ là các số chính phương.

Bài 16. Cho các số nguyên $a, b, c$ thỏa $a + b + c$ chia hết cho 6 và ${a^2} + {b^2} + {c^2}$ chia hết cho 36. Đặt $A = {a^3} + {b^3} + {c^3}$

a) Chứng minh rằng A chia hết cho 8.
b) A có chia hết cho 27 không? Tại sao?

Bài 17. Cho $a,b,c$ là ba số nguyên dương thỏa $\dfrac{1}{a} – \dfrac{1}{b} = \dfrac{1}{c}$. Gọi $d$ là ước chung lớn nhất của ba số đó . Chứng minh rằng $d(b – a)$ là số chính phương.

 

Bài 18. Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ sao cho $T = {2^n} + {3^n} + {4^n}$ là số chính phương.

 

Bài 19. Tìm tất cả các cặp số nguyên $a, b$ sao cho $3^a+ 7^b$ là một số chính phương.

Bài 20. (Chuyên Thái Bình 2021) Giả sử $n$ là số tự nhiên thỏa mãn điều kiện $n(n+1)+7$ không chia hết cho 7. Chứng minh rằng $4 n^{3}-5 n-1$ không là số chính phương.

Bài  21 (Thanh Hóa – Chuyên Tin 2021) Cho số tự nhiên $n \geqslant 2$ và số nguyên tố $p$ thỏa mãn $p-1$ chia hết cho $n$ và $n^{3}-1$ chia hết cho $p$. Chứng minh rằng $n+p$ là một số chính phương.

Bài 22 (Chuyên Lê Khiết) Cho các số nguyên tố $p, q$ thỏa mãn $p+q^{2}$ là số chính phương. Chứng minh rằng
a) $p=2 q+1$.
b) $p^{2}+q^{2021}$ không phải là số chính phương.

Bài 23 (Kiên Giang 2021) Cho $m, p, r$ là các số nguyên tố thỏa mãn $m p+1=r$. Chứng minh rằng $m^{2}+r$ hoặc $p^{2}+r$ là số chính phương.

Bài 24. (Chuyên Tiền Giang) Cho $m, n$ là các số nguyên dương sao cho $m^{2}+n^{2}+m$ chia hết cho $m n$. Chứng minh rằng $m$ là số chính phương.

Bài 25.(Chuyên Phổ thông Năng khiếu – ĐHQG thành phố Hồ Chí Minh 2021-2022)

a) Tìm tất cả số tự nhiên $n$ sao cho $(2 n+1)^{3}+1$ chia hết cho $2^{2021}$.
b) Cho số tự nhiên $n$ và số nguyên tố $p$ sao cho $a=\frac{2 n+2}{p}$ và $b=\frac{4 n^{2}+2 n+1}{p}$ là các số nguyên. Chứng minh rằng $a$ và $b$ không đồng thời là các số chính phương.

 

 

Chia hết và chia có dư. Tính chất của phép chia.

Định nghĩa. 

Cho hai số tự nhiên a và $\mathrm{b}$, trong đó b khác 0 . Ta luôn tìm được đúng hai số tự nhiên $\mathrm{q}$ và $\mathrm{r}$ sao cho $\mathrm{a}=\mathrm{b} \cdot \mathrm{q}+\mathrm{r}$, trong đó $0 \leq \mathrm{r}<\mathrm{b}$. Ta gọi $\mathrm{q}$ và $\mathrm{r}$ lần lượt là thương và số $\mathrm{du}$ trong phép chia a cho $\mathrm{b}$.

  • Nếu $\mathrm{r}=0$ tức $\mathrm{a}=\mathrm{b} \cdot \mathrm{q}$, ta nói a chia hết cho $\mathrm{b}$, kí hiệu a $\vdots \mathrm{b}$ hay $b|a$ và ta có phép chia hết $\mathrm{a}: \mathrm{b}=\mathrm{q}$.
  • Nếu $\mathrm{r} \neq 0$, ta nói a không chia hết cho $\mathrm{b}$, kí hiệu $\mathrm{b} \not| \mathrm{a}$ và ta có phép chia có dư.

Tính chất 

Cho $a, b, c,n$ là các số tự nhiên $n \neq 0$, khi đó ta có các tính chất sau:

  • $a, b$ chia hết cho $n$ thì $a+b$ và $a-b$ (giả sử $a \geq b$) chia hết cho $n$.
  • Nếu $a$ chia hết cho $n$ và $b$ không chia hết cho $n$ thì $a+b$ và $a-b$ không chia hết cho $n$.
  • Nếu $a, b, c$ cùng chia hết cho $n$ thì $a+b+c$ và $a+b-c$ cũng chia hết cho $n$.
  • Nếu $a, b$ chia hết cho $n$ và $c$ không chia hết cho $n$ thì $a+b-c$ không chia hết cho $n$.

Bài tập sách giáo khoa

Bài 1. (SGK CTST Toán 6 Tập 1 – Trang 23) Khẳng định nào sau đây là đúng, khẳng định nào là sai?
a) $1560+390$ chia hết cho 15 ;
b) $456+555$ không chia hết cho 10 ;
c) $77+49$ không chia hết cho 7 ;
d) $6624-1806$ chia hết cho 6 .

Lời giải
Bài 2. (SGK CTST Toán 6 Tập 1 – Trang 23) Trong các phép chia sau, phép chia nào là phép chia hết, phép chia nào là phép chia có dư? Viết kết quả phép chia dạng $\mathrm{a}=\mathrm{b} \cdot \mathrm{q}+\mathrm{r}$, với $0 \leq \mathrm{r}<\mathrm{b}$.
a) $144: 3$;
b) $144: 13$;
c) $144: 30$.

Lời giải

Bài 3. (SGK CTST Toán 6 Tập 1 – Trang 23) Tìm các số tự nhiên $q$ và r biết cách viết kết quả phép chia có dạng như sau:
a) $1298=354 q+r(0 \leq r<354)$
b) $40685=985 \mathrm{q}+\mathrm{r}(0 \leq \mathrm{r}<985)$.

Lời giải

Bài 4. (SGK CTST Toán 6 Tập 1 – Trang 23) Trong phong trào xây dựng “nhà sách của chúng ta”, lớp $6 \mathrm{~A}$ thu được 3 loại sách do các bạn trong lớp đóng góp: 36 quyển truyện tranh, 40 quyển truyện ngắn và 15 quyển thơ. Có thể chia số sách đã thu được thành 4 nhóm với số lượng quyển bằng nhau không? Vì sao?

Lời giải

Bài tập rèn luyện

Chia hết và chia có dư

1.Phép chia hết

2.Tính chất

3.Tính chất 2.

4.Bài tập rèn luyện

Bài 1. (SGK CTST Toán 6 Tập 1 – Trang 24) Khẳng định nào sau đây là đúng, khẳng định nào là sai?
a) $1560+390$ chia hết cho 15 ;
b) $456+555$ không chia hết cho 10 ;
c) $77+49$ không chia hết cho 7 ;
d) $6624-1806$ chia hết cho 6 .
Bài 2. (SGK CTST Toán 6 Tập 1 – Trang 24)Trong các phép chia sau, phép chia nào là phép chia hết, phép chia nào là phép chia có dư? Viết kết quả phép chia dạng $\mathrm{a}=\mathrm{b} \cdot \mathrm{q}+\mathrm{r}$, với $0 \leq \mathrm{r}<\mathrm{b}$.
a) $144: 3$;
b) $144: 13$;
c) $144: 30$.
Bài 3. (SGK CTST Toán 6 Tập 1 – Trang 24) Tìm các số tự nhiên $q$ và $r$ biết cách viết kết quả phép chia có dạng như sau:
a) $1298=354 \mathrm{q}+\mathrm{r}(0 \leq \mathrm{r}<354)$
b) $40685=985 \mathrm{q}+\mathrm{r}(0 \leq \mathrm{r}<985)$.
Bài 4. (SGK CTST Toán 6 Tập 1 – Trang 24) Trong phong trào xây dựng “nhà sách của chúng ta”, lớp 6 A thu được 3 loại sách do các bạn trong lớp đóng góp: 36 quyển truyện tranh, 40 quyển truyện ngắn và 15 quyển thơ. Có thể chia số sách đã thu được thành 4 nhóm với số lượng quyển bằng nhau không? Vì sao?

Số hữu tỉ – Vô tỉ

Số hữu tỉ – Số vô tỉ

(Bài viết dành cho các em trung học cơ sở)

Trong bài viết nhỏ này tôi xin giới thiệu một số bài toán liên quan đến các tập hợp số hữu tỉ và vô tỉ, một số trong đó đã xuất hiện trong các kì thi tuyển sinh vào 10 hay các kì thi học sinh giỏi.
Đầu tiên ta xem lại một số khái niệm và tính chất quan trọng.

Định nghĩa. Tập hợp các số có dạng $\dfrac{p}{q}$ trong đó $p, q$ là các số nguyên, $q \neq 0$ được gọi là số hữu tỉ. Kí hiệu là $\mathbb{Q}$. Tập số nguyên là tập con của tập các số hữu tỉ.
Tập hợp các số không phải là số vô tỉ được gọi là số vô tỉ, kí hiệu là $I$.

Tính chất 1. Ta có một số tính chất sau của số vô tỉ và hữu tỉ.

  • Tổng hiệu tích thương của hai số hữu tỉ là hữu tỉ.
  • Tổng, tích, thương của một số hữu tỉ và vô tỉ là một số vô tỉ

Việc chứng minh một số là số hữu tỉ hay vô tỉ chủ yếu dựa vào các định nghĩa trên, trong đó việc chứng minh một số là số vô tỉ hầu hết là sử dụng phương pháp chứng minh phản chứng.
Ta bắt đầu với bài toán cơ bản sau:
Ví dụ 1.
a) Chứng minh $\sqrt{2}$ là một số vô tỉ.
b) Chứng minh $\sqrt{2}+\sqrt{3}$ là một số vô tỉ.

Lời giải.

Ta sử dụng phương pháp chứng minh là phản chứng.

a) Giả sử $\sqrt{2}$ là số hữu tỉ, tức là tồn tại $\dfrac{p}{q}$ trong đó $p, q \in \mathbb{Z},(p,q) = 1, q \neq 0$ và $\sqrt{2}=\dfrac{p}{q}$.
Khi đó ta có $p^2 = 2q^2$, suy ra $p^2$ chia hết cho $2$ mà $2$ nguyên tố nên $p$ chia hết cho $2$, $p = 2k$.
Suy ra $q^2 = 2k^2$, lí luận tương tự thì $q$ chia hết cho $2$, do đó $(p, q) \neq 1$ (mâu thuẫn).
Vậy điều giả sử sai, $\sqrt{2}$ là số vô tỉ.
b) Giả sử $\sqrt{2}+\sqrt{3} = a$ hữu tỉ, suy ra $\sqrt{6} = \dfrac{a^2-5}{2}$ hữu tỉ. Chứng minh tương tự trên ta cũng suy ra điều vô lí.

Từ bài toán trên ta có thể chứng minh bài toán tổng quát sau:

Ví dụ 2. Cho $n$ là số tự nhiên nếu $\sqrt{n}$ không là số tự nhiên thì $\sqrt{n}$ là số vô tỉ.

Lời giải.

Giả sử $\sqrt{n}$ không phải vô tỉ và không phải số nguyên, suy ra $\sqrt{n} = \dfrac{p}{q}$ trong đó $(p,q) =1, q > 1$.
Tương tự ta có $p^2 = nq^2$. Do $q > 1$ nên có ước nguyên tố, giả sử $r$ là một ước nguyên tố của $q$, suy ra $p^2$ chia hết cho $r$, suy ra $p$ chia hết cho $r$, khi đó $(p,q) \neq 1$ (vô lí).
Vậy căn của một số nguyên là một số nguyên hoặc là một số vô tỉ.
\

Đặt $\sqrt{2} = x$, ta có $x^2 = 2 \Leftrightarrow x^2 – 2 = 0$, đến đây ta thấy $\sqrt{2}$ là một nghiệm của phương trình $x^2-2 = 0$. Ta có thể chứng minh phương trình $x^2 -2=0$ không có nghiệm hữu tỉ, từ đó suy ra $\sqrt{2}$ không là số hữu tỉ. Tất nhiên việc chứng minh này không khác mấy chứng minh trên. Tuy nhiên với các nhìn khác, ta có bài toán sau:

Ví dụ 3. Cho phương trình với các hệ số nguyên $a_0, a_1, \cdots, a_n$: $$a_nx^n + a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x + a_0 = 0$$
Khi đó nếu $\dfrac{p}{q}$ với $(p,q)=1$ là một nghiệm hữu tỉ của phương trình thì $p|a_0, q|a_n$.Đặt biệt nếu $a_n=1$ thì nếu phương trình có nghiệm hữu tỉ thì nghiệm là số nguyên.

Lời giải

Thế $\dfrac{p}{q}$ vào phương trình và qui đồng, ta có $$a_np^n+a_{n-1}qp^{n-1}+\cdots+a_1q^{n-1}p + a_0q^n = 0$$
Khi đó $a_np^n$ chia hết cho $q$, suy ra $a_n$ chia hết cho $q$, tương tự thì $a_0$ chia hết cho $p$.

Cũng tương tự, ta có bài toán sau:
Ví dụ 4. Cho phương trình $ax^2 + bx + c = 0$, trong đó $a, b, c$ là các số tự nhiên lẻ. Chứng minh rằng phương trình không có nghiệm hữu tỉ.
Lời giải.

Giả sử $\dfrac{p}{q}, (p,q)=1$ là một nghiệm hữu tỉ của phương trình trên. Khi đó ta có $p|c, q|a$, suy ra $p, q$ đều lẻ. Mặt khác ta có $ap^2 + bpq+ cq^2 = 0$. Vế trái là một số lẻ nên vô lí. Vậy phương trình không có nghiệm hữu tỉ.

Sử dụng bài toàn 3 ta có thể chứng minh $\sqrt{2} + \sqrt{6}$ là số vô tỉ theo một các khác. Bằng cách chứng minh $a = \sqrt{2}+\sqrt{6}$ là nghiệm của phương trình bậc 4: $x^4 – 10x^2 – 1 = 0$, và dễ thấy phương trình trên không có nghiệm hữu tỉ nên $\sqrt{2}+\sqrt{6}$ là số vô tỉ.

Sau đây ta đi tới một số bài toán khác cũng liên quan đến số hữu tỉ và vô tỉ.
Ví dụ 5. Cho các số thực $x, y, z$ khác 0 thỏa $xy, yz, xz$ là các số hữu tỉ.
a) Chứng minh $x^2 + y^2 + z^2 $ là số hữu tỉ.
b) Giả sử $x^3+y^3+z^3$ cũng là số hữu tỉ. Chứng minh $x, y, z$ là các số hữu tỉ.
Lời giải.

a) Ta có $xy, yz \in \mathbb{Q}$, suy ra $\dfrac{x}{z} \in \mathbb{Q}$.
Mà $xz \in \mathbb{Q}$ suy ra $x^2 \in \mathbb{Q}$.
Tương tự ta cũng có $y^2, z^2 \in \mathbb{Q}$.
b) Ta có $x(x^3+y^3+z^3) = (x^2)^2 + (xy)y^2 + (xz)z^2 \in \mathbb{Q}$. Suy ra $x \in \mathbb{Q}$.
Tương tự ta cũng có $y, z \in \mathbb{Q}$.

Chú ý. Với cách giải trên ta chấp nhận không thể xảy ra $x^3+y^3+z^3 = 0$ vì phương trình này không có nghiệm nguyên hay nghiệm hữu tỷ.

Ví dụ 6. Tìm tất cả các số tự nhiên $a, b$ sao cho $$\dfrac{\sqrt{2}+\sqrt{a}}{\sqrt{3}+\sqrt{b}}
$$ là số hữu tỉ.
Lời giải.
Đặt $x = \dfrac{\sqrt{2}+\sqrt{a}}{\sqrt{3}+\sqrt{b}}$ là số nguyên.
Suy ra $\sqrt{a} – x\sqrt{b} = x\sqrt{3}-\sqrt{2}$
Bình phương hai vế ta có $a +x^2b -2x\sqrt{ab} = 3x^2+2-2x\sqrt{6} \Rightarrow a+x^2b-3x^2-2 = 2x(\sqrt{ab}-\sqrt{6})$.
Suy ra $\sqrt{ab}-\sqrt{6} = y \in \mathbb{Q}$.
Khi đó $ab = 6+y^2 – 2y\sqrt{6}$.
Vì $\sqrt{6}$ là số vô tỉ nên đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $y = 0$ và $ab=6$.
Ta xét các trường hợp sau:

  • $a = 1, b = 6 \Rightarrow x = \dfrac{1}{\sqrt{6}}$ vô tỉ.
  • $a = 2, b = 3 \Rightarrow x= \dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$.
  • $a = 3, b = 2 \Rightarrow x = 1$.
  • $a = 6, b = 1 \Rightarrow x = \sqrt{2}$ vô tỉ.

Vậy $a = 3, b = 2$ là số cần tìm.

Ví dụ 7. Tìm tất cả các bộ số hữu tỉ dương $(x, y, z)$ sao cho $x+\dfrac{1}{y}, y + \dfrac{1}{z}, z+\dfrac{1}{x}$ là các số nguyên.

Lời giải.
Đặt $a = x+\dfrac{1}{y} (1), b = y + \dfrac{1}{z} (2), c = z+\dfrac{1}{x} (3)$.
Từ (1) ta có $y = \dfrac{1}{a-x}, z = \dfrac{1}{b-y} = \dfrac{a-x}{ab-1-bx}$. Thế vào (3) ta có:
$\dfrac{a-x}{ab-1-bx}+\dfrac{1}{x} = c \Leftrightarrow (bc-1)x + (a-b+c-abc)x + ab – 1 = 0$ (4).
Nếu $bc = 1$ thì $b = 1, c = 1$ suy ra $a = 1$. Khi đó $3 = x + \dfrac{1}{x} + y +\dfrac{1}{y} + z + \dfrac{1}{z} \geq 6$ (vô lý)
Nếu $bc \neq 1$, khi đó ta xem (4) như phương trình bậc hai có nghiệm hữu tỷ $x$, khi đó $\Delta = (a-b+c-abc)^2 – 4(bc-1)(ab-1) = (abc-a-b-c)^2 – 4$ là số chính phương.
Đặt $t = abc-a-b-c$ ta có $t^2-4 = k^2$, giải ra được $ t = 2$ hoặc $t = -2$.

$0=abc-a-b-c +2 = a(bc-1) – b-c+2 \geq bc-b-c+1 = (b-1)(c-1)$. Suy ra $b = c=1$ (vô lý).
$0=abc-a-b-c-2 \geq (b-1)(c-1) – 4\Rightarrow (b-1)(c-1) \leq 4$.
Nếu $(b-1)(c-1) = 4$ thì $b = 2, c=5$; $b = 3, c=3$; $b=5, c=2$. Trong các trường hợp này thì $a=1$.
Nếu $ a= 1, b = 2, c = 5$ giải được $(x, y, z) = (\dfrac{1}{3}, \dfrac{3}{2},2)$.
Nếu $a = 1, b = 3, c = 3$ thì $(x, y, z) = (\dfrac{1}{2},2,1)$.
Nếu $a = 1, b = 5, c = 2$ thì $(x, y, z) = (\dfrac{2}{3}, 3,2)$.
Nếu $(b-1)(c-1) = 3 \Rightarrow bc= b+c +2 = abc-a = a(bc-1) \Rightarrow bc-1|bc \Rightarrow bc = 1, a = 1$. (loại)
Khi $(b-1)(c-1) =2 \Rightarrow a = b = c = 2$, giải ra được $(x, y, z) = (1, 1, 1)$.

Trên đây là một số bài toán liên quan đến số hữu tỉ, vô tỉ, hi vọng các em có thêm kinh nghiệm để làm bài trong các tình huống này. Sau đây là một số bài tập rèn luyện.

Bài 1.  Tìm một đa thức hệ số nguyên nhận $\alpha = 2 + \sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{4}$ làm nghiệm. Chứng minh $\alpha$ là số vô tỷ.
Bài 2.  Cho các số $a, b$ sao cho $a – \sqrt{ab}$ và $b-\sqrt{ab}$ đều là các số hữu tỉ. Chứng minh rằng $a, b$ cũng là các số hữu tỉ.
Bài 3. Ta nói các căp số $(\mathrm{a}, \mathrm{b}) a \neq b$, là có tính chất $\mathrm{P}$ nếu $a^{2}+b \in Q$ và $b^{2}+a \in \mathbb{Q}$.
Chứng minh rằng:
a) Các số $a=\dfrac{1+\sqrt{2}}{2}, b=\dfrac{1-\sqrt{2}}{2}$ là các số yô tỷ có tính chất $\mathrm{P}$.
b) Nếu $(\mathrm{a}, \mathrm{b})$ có tính chất $\mathrm{P}$ và $a+b \in \mathbb{Q} \backslash{1}$ thì $a, b$ à các số hũu tỷ.
c) Nếu $(\mathrm{a}, \mathrm{b})$ có tính chất $\mathrm{P}$ và $\dfrac{a}{b} \in \mathbb{Q}$ thì $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ là các số hũu tỷ.
Bài 4.  Với mỗi số hữu tỷ $q$ đặt $V_q = {x \in \mathbb{Q}|x^3-2015x =q}$.

a)Tìm $q$ sao cho $V_q$ có là tập rỗng và $V_q$ có đúng một phần tử.
b) Gọi $S(V_q)$ là số phần tử của $V_q$, tìm tất cả các giá trị của $S(V_q)$.
Bài 5.
a) Cho số thực $x$ thỏa $x^2+x$ và $x^3+2x$ là số hữu tỷ. Chứng minh $x$ cũng là số hữu tỷ.
b) Chứng minh rằng tồn tại số vô tỷ $x$ sao cho $x^2+x$ và $x^3-2x$ là hữu tỷ.

Hết

Bội chung – Bội chung nhỏ nhất

Bội chung. Một số là bội chung của hai hay nhiều số khi nó là bội của tất cả các số đó.

Kí hiệu bội chung của $a, b$ là BC(a, b).

Ví dụ 1. B(4) = {0, 4, 8, 12, 16, 20,…} và B(6) = {0, 6, 12, 18, 24, 30,…}

Thì BC(4,6) = {0, 12, 24, …}

Cách tìm bội chung của a và b

  • Tìm tập các bội của a là B(a), tìm bội của b là B(b)
  • Tìm các phần tử của của B(a) và B(b), ta được BC(a, b).

Bội chung nhỏ nhất. 

Bôi chung nhỏ nhất của hai hay nhiều số là số khác 0 nhỏ nhất trong tập các bội chung của nó.

Kí hiệu là BCNN(a,b).

Chú ý. Nếu $a \neq 1$ thì BCNN(a,1) = a và BCNN(a,b,1) = BCNN(a,b).

Ví dụ 2. Một lớp có không quá 42 học sinh. Nếu xếp hàng 4 hoặc hàng 6 thì vừa đủ. Nếu xếp hàng 5 thì thừa 1 em. Hỏi lớp đó có bao nhiêu học sinh?
Lời giải.
Số học sinh của lớp đó là bội chung của 4 và 6 .

Ta có $\mathrm{BCNN}(4,6)=12$ nên $\mathrm{BC}(4,6)={0 ; 12 ; 24 ; 36 ; 48 ; \ldots}$.
Vi số học sinh của lớp đó không quá 42 và là một số chia cho 5 dư 1 nên lớp đó có 36 học sinh.

Tìm bội chung nhỏ nhất bằng cách phân tích các số ra thừa số nguyên tố

Muốn tìm BCNN của hai hay nhiều số lớn hơn 1 , ta thực hiện ba bước sau:

  • Bước 1: Phân tích mỗi số ra thừa số nguyên tố.
  • Bước 2: Chọn ra các thừa số nguyên tố chung và riêng.
  • Bước 3: Lập tích các thừa số đã chọn, mỗi thừa số lấy với số mũ lớn nhất của nó. Tích đó là BCNN phải tìm.

Ví du 5: Tìm BCNN của 12,90 và 150 .
Lời giải.
– Phân tích mỗi số $12,90,150$ ra thừa số nguyên tố:
$$
12=2^{2} \cdot 3 ; 90=2 \cdot 3^{2} \cdot 5 ; 150=2 \cdot 3 \cdot 5^{2} .
$$
– Các thừa số nguyên tố chung và riêng là 2,3 và 5 .
– Lập tích các thừa số chung và riêng đã chọn ở trên, mỗi thừa số lấy với số mũ lớn nhất của nó: $2^{2} \cdot 3^{2} \cdot 5^{2}$
Vậy $\operatorname{BCNN}(12,90,150)=2^{2} \cdot 3^{2} \cdot 5^{2}=900$.

Ứng dụng trong quy đổng mẫu các phân số

Muốn quy đồng mẫu số nhiều phân số ta có thể làm như sau:

  • Bước 1: Tìm một bội chung của các mẫu số (thường là BCNN) để làm mẫu số chung.
  • Bước 2: Tìm thừa số phụ của mỗi mẫu số (bằng cách chia mẫu số chung cho từng mẫu số riêng).
  • Bước 3: Nhân tử số và mẫu số của mỗi phân số với thừa số phụ tương ứng.

Ví dụ 6. Ta có thể quy đồng mẫu hai phân số $\frac{1}{6}$ và $\frac{5}{8}$ theo hai cách như sau:
Ta có: 48 là một bội chung của 6 và 8 ; Ta có: $\mathrm{BCNN}(6,8)=24$;

Do đó: $\quad 24: 6=4 ; 24: 8=3$.

$\frac{1}{6}=\frac{1.4}{6.4}=\frac{4}{24}$ và $\frac{5}{8}=\frac{5.3}{8.3}=\frac{15}{24}$.

 

Bài tập rèn luyện.

Bài 1. Tìm:
a) $\mathrm{BC}(6,14)$;
b) $\mathrm{BC}(6,20,30)$
c) $\mathrm{BCNN}(1,6)$
d) $\mathrm{BCNN}(10,1,12)$;
e) $\mathrm{BCNN}(5,14)$.
Bài 2. a) Ta có $\mathrm{BCNN}(12,16)=48$. Hãy viết tập hợp A các bội của 48 . Nhận xét về tập hợp $\mathrm{BC}(12,16)$ và tập hợp $\mathrm{A}$.
b) Để tìm tập hợp bội chung của hai số tự nhiên a và b, ta có thể tìm tập hợp các bội của $\mathrm{BCNN}(\mathrm{a}, \mathrm{b})$. Hãy vận dụng để tìm tập hợp các bội chung của:
i. 24 và 30 ; $\quad$ ii. 42 và 60 ; $\quad$ iii. 60 và 150 ; $\quad$ iv. 28 và 35 .
Bài 3. Quy đồng mẫu số các phân số sau (có sử dụng bội chung nhỏ nhất):
a) $\frac{3}{16}$ và $\frac{5}{24}$;
b) $\frac{3}{20} ; \frac{11}{30}$ và $\frac{7}{15}$

Bài 4. Chị Hoà có một số bông sen. Nếu chị bó thành các bó gồm 3 bông, 5 bông hay 7 bông thì đều vừa hết. Hỏi chị Hoà có bao nhiêu bông sen? Biết rằng chị Hoà có khoảng từ 200 đến 300 bông.

Ước chung lớn nhất

Ước chung

  • Một số được gọi là ước chung của hai hay nhiều số nếu nó là ước của tất cả các số đó.
  • Tập các ước chung của $a$ và $b$ kí hiệu ƯC(a,b). Ta có x thuộc ƯC(a,b) khi và chỉ khi $a \vdots x$ và $b \vdots x$.

Ví dụ 1. Ư(12) = {1, 2, 3, 4, 6, 12}, Ư(8) = {1, 2, 4, 8}

Thì ước chung của 12 và 8 là 1, 2, 4, kí hiệu ƯC(8,12) = {1, 2, 4}.

Cách tìm ước chung của $a$ và $b$.

  • Tìm tập các số là ước của $a$, tập các ước của $b$.
  • Tìm các phần tử của của hai tập trên ta được tập ước chung của $a$ và $b$.

Ví dụ 2. Tìm ước chung của 24 và 30.

Ta có Ư(24) = {1, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 24}, Ư(30) = {1, 2, 3, 5, 6, 15, 30}

Khi đó ƯC(24,30) = {1, 2, 3, 6}.

Ước chung lớn nhất

Ước chung lớn nhất của hai hay nhiều số là số lớn nhất trong tập hợp các ước chung của các số đó.

Kí hiệu ước chung lớn nhất của $a$ và $b$ là ƯCLN(a,b)

Ví dụ 3. ƯC(24,30) = {1, 2, 3, 6}, ƯCLN(24,30) = 6.

Ví dụ 4. Các bạn học sinh lớp 6 A đang lên kế hoạch làm sạch môi trường ở địa phương. Cả lớp có 12 bạn nữ và 18 bạn nam. Các bạn muốn chia lớp thành các nhóm nhỏ gồm cả nam và nữ sao cho số bạn nam và số bạn nữ được chia đều vào các nhóm. Có thể chia được nhiều nhất thành bao nhiêu nhóm học sinh? Khi đó, mỗi nhóm có bao nhiêu bạn nam, bao nhiêu bạn nữ?
Lời giải.

  • Số nhóm được chia phải là ước của cả 12 và 18 .
  • Số nhóm được chia phải là nhiều nhất có thể. Vì vậy, số nhóm được chia là ước chung lớn nhất của 12 và 18 .

Ta có $\mathrm{U}^{\circ} \mathrm{CLN}(12,18)=6$. Do đó cần chia lớp thành 6 nhóm.

Số học sinh trong mỗi nhóm là $(12+18): 6=5$ (học sinh).

Vậy mỗi nhóm có 5 học sinh, gồm 2 nữ và 3 nam.

Cách tìm ước chung lớn nhất của $a, b$ bằng phân tích thành thừa số nguyên tố.

Muốn tìm U’CLN của hai hay nhiều số lớn hơn 1 , ta thực hiện ba bước sau:

  • Bước 1: Phân tích mỗi số ra thừa số nguyên tố.
  • Bước 2: Chọn ra các thừa số nguyên tố chung. Bước 3: Lập tích các thừa số đã chọn, mỗi thừa số lấy với số mũ nhỏ nhất của nó.
    Tích đó là ƯCLN phải tìm.

Ví dụ 5. Tìm ước chung lớn nhất của 24 và 30.

Lời giải.

Ta có $24 = 2^3 \cdot 3$ và $30 = 2 \cdot 3 \cdot 5$.

Ta có ƯCLN (a, b) = 2 \cdot 3 = 6.

Định nghĩa. Hai số có ước chung lớn nhất bằng 1 được gọi là nguyên tố cùng nhau. 

Kí hiệu hai số $a, b$ nguyên tố cùng nhau là (a,b) = 1

Ứng dụng tối giản phân số. Khi rút gọn $\frac{90}{126}$, ta chia cả tử số và mẫu số cho
một ước chung của 90 và 126 để được phân số mới. Tiếp tục
quy trình đó đến khi không rút gọn cho đến khi
tử số và mẫu số của chúng không có ước chung nào khác 1
(tử số và mẫu số là hai số nguyên tố cùng nhau). Khi đó, ta
được một phân số tối giản.

Bài tập rèn luyện

Bài 1. Tìm:
a) $\mathrm{UCLN}(1,16)$;
b) $\operatorname{UCLN}(8,20)$
c) UCLN $(84,156)$;
d) UCLN $(16,40,176)$.
Bài 2. a) Ta có $\mathrm{U}^{\prime} \mathrm{CLN}(18,30)=6$. Hãy viết tập hợp A các ước của 6 . Nêu nhận xét về tập hợp UC $(18,30)$ và tập hợp $\mathrm{A}$.
b) Cho hai số a và b. Để tìm tập hợp $\mathrm{UC}(\mathrm{a}, \mathrm{b})$, ta có thể tìm tập hợp các ước của $\mathrm{U}^{\circ} \mathrm{CLN}(\mathrm{a}, \mathrm{b})$. Hãy tìm UCLN rồi tìm tập hợp các ước chung của:
i. 24 và 30 ;
ii. 42 và 98 ;
iii. 180 và 234 .
Bài 3. Rút gọn các phân số sau: $\frac{28}{42} ; \frac{60}{135} ; \frac{288}{180}$.
Bài 4. Chị Lan có ba đoạn dây ruy băng màu khác nhau với độ dài lần lượt là $140 \mathrm{~cm}, 168 \mathrm{~cm}$ và $210 \mathrm{~cm}$. Chị muốn cắt cả ba đoạn dây đó thành những đoạn ngắn hơn có cùng chiều dài để làm nơ trang trí mà không bị thừa ruy băng. Tính độ dài lớn nhất có thể của mỗi đoạn dây ngắn được cắt ra (độ dài mỗi đoạn dây ngắn là một số tự nhiên với đơn vị là xăng-ti-mét). Khi đó, chị Lan có được bao nhiêu đoạn dây ruy băng ngắn?