Tài liệu bồi dưỡng HSG8 (C.N)

CHƯƠNG I
PHÉP CHIA HẾT – PHÉP CHIA CÓ DƯ – ĐỒNG DƯ THỨC.
I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT .
1. Phép chia hết.
1.1 Đònh nghóa: Cho hai số nguyên bất kỳ a và b ( b
≠
0 ) tồn tại một và chỉ một cặp số
nguyên q và r sao cho: a = b.q + r với 0
≤
r <
b
- Nếu r = 0 thì a chia hết cho b (
)ba
hay a là bội của b, hay b chia hết a hay b là ước của
a. (b \ a)
- Nếu r
≠
0 thì phép chia a cho b là phép chia có dư.
1.2 Một số tính chất.
Với a, b, c, d
∈
Z.
- Nếu a
≠
0 thì
aa
,
a0
- Nếu
ba
và

cb
thì
ca
- Nếu
ba
và
ab
thì a =
±
b
- Nếu
ba
thì
bac
- Nếu
ba
,
ca
thì
),( cbBCNNa
Hệ quả:
ba
,
ca
và (b, c) = 1 thì
cba .
- Nếu
cba .
và ( b, c ) = 1 thì
ca

1.3. Một số đònh lý thường dùng:
- Nếu
ca
và
cb
thì a
±
b

c
- Nếu
ca
và b

thì a
±
b

c
- Nếu a

c và b

d thì ab

cd
Hệ quả Nếu a

b thì a
n


b
n
( n
)0,
≠∈
nN
- Nếu a

c hoặc b

c thì ab

c
1.4. Dấu hiệu chia hết.
Gọi số A=
11
...aaa
nn
−
Số dư A : 2
k
( hoặc 5
k
) = số dư
11
...aaa
kk
−

: 2
k
( hoặc 5
k
) ( Với k
∈
N, k
≥
1)
Số dư A : 9 ( hoặc 3) = số dư ( a
n
+ a
n-1
+ …+ a
1
) : 9 ( hoặc 3)
Số dư A : 11 = số dư [( a
1
+ a
3
…) – (a
2
+ a
4
+…)]: 11
Điều kiện để một số chia hết cho 4 ( hoặc 25) là số gồm hai chữ số cuối cùng chia hết cho 4
( hoặc 25).
Điều kiện để một số chia hết cho 8( hoặc 125) là số gồm ba chữ số cuối cùng chia hết cho 8
( hoặc 125).
Điều kiện để một số tự nhiên chia hết cho 11 là là tổng các chữ số ở hàng lẻ trừ tổng các

chữ số ở hàng chẵn chia hết cho 11.
2. Đồng dư thức.
2.1. Đònh nghóa: Nếu hai số nguyên a và b chia cho c ( c
≠
0) có cùng số dư, ta nói a đồng
dư với b theo modun c kí hiệu a
≡
b ( mod c).
Vậy a
≡
b ( modun c)
⇔
a – b

c
2.2. Một số tính chất.
Với mọi a, b, c, d, m
∈
Z
+
(Z
+
là tập hợp các số nguyên dương )
a) a
≡
a ( mod m)
a
≡
b ( mod m)
⇔

b
≡
a( mod m)
a
≡
b ( mod m) và b
≡
c ( mod m)
⇒
a
≡
c ( mod m)
b) a
≡
b ( mod m); c
≡
d ( mod m)
⇒
a + c
≡
b + d( mod m)
a
≡
b ( mod m) ; c
≡
d ( mod m)
⇒
a - c
≡
b - d ( mod m)

c) a
≡
b ( mod m) ; c
≡
d ( mod m)
⇒
ac
≡
bd ( mod m)
Nếu d là ước chung dương của a, b và m thì:
a
≡
b ( mod m)
⇒

d
a
≡

d
b
( mod
d
m
)
d) a
≡
b ( mod m); c là ước số chung của a và b và (c, m) =1
⇒
c

a

≡

c
b
( mod m )
e) a
≡
b ( mod m); c > 0
⇒
ac
≡
bc ( mod mc)
Chú ý.
 Với mọi a, b
∈
Z ( a
≠
b), n
∈
N ta có a
n
– b
n


a – b
 Trong n số tự nhiên liên tiếp ( n
≥

1) có một và chỉ một số chia hết chon.
 Trong n + 1 số nguyên bất kỳ (n
≥
1 ) chia cho n thì phải có hai số khi chia cho n có
cùng số dư ( Vận dụng nguyên tắc Đirichlet)
 Tìm k chữ số tận cùng của số A là tìm số dư khi chia khi chia A cho 10
k
.
II. BÀI TẬP.
Bài 1: Chứng minh rằng
a) n
3
- n

6 ( n
∈
Z)
b) m
3
n – nm
3


6
c) n( n + 1 )( 2n + 1 )

6
d) S

6

⇔
P

6
Với S =
33
2
3
1
...
n
aaa
+++
; P = a
1
+ a
2
+ …+ a
n
, trong đó a
i
∈
Z, i=
n,1

e) Số
1993
1994
1995
được viết dưới dạng tổng của các số mà mỗi số là một số tự

nhiên. Ta lũy thừa bậc ba từng số hạng rồi cộng chúng laiï, đem tổng này chia cho 6. Hãy tìm số dư
của phép chia này.
Bài 2: Cho n > 3 ( n
∈
N ), chứng minh rằng:
2
n
= 10a + b ( 0 < b < 9) thì ab

6
Bài 3: Chứng minh rằng nếu x, y, z là các số nguyên thõa mãn:
( 100x + 10y + z)

21 thì ( x – 2y + 4z )

21
Bài 4: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, ta có : 2.7
n
+ 1 là bội của 3
Bài 5: Chứng minh rằng với n
∈
N
A= 21
2n + 1
+ 17
2n + 1
+ 15 không chia hết cho 19.
Bài 6: Có tồn tại hay không một số nguyên dương là bội của 1993 và có 4 chữ số tận cùng
là 1994.
Bài 7: Tìm bốn chữ số cuối cùng của số

a = ( 1976
1976
– 1974
1974
)( 1976
1975
+1974
1973
)
Bài 8: Tìm số tự nhiên k lớn nhất thõa mãn điều kiện: (1994 . )
1995


1995
k
Bài 9: Chứng minh rằng nếu n là số nguyên tố cùng nhau với 10 thì n
101
và n sẽ có ba chữ số
tận cùng giống nhau.
Bài10:Tìm Tùm chữ số tận cùng của 5
1995
III. HƯỚNG DẪN GIẢI.
Bài 1:
a) n
3
– n = n( n + 1)( n – 1)
n, ( n + 1), ( n – 1) là 3 số nguyên liên tiếp nên có một số chia hết cho 2, một số chia hết cho
3, mà ( 2, 3) = 1; 2.3 = 6.
Vậy: n( n + 1)( n – 1)


6, ta có điều phải chứng minh.
b) m
3
n – mn
3
= m
3
n – nm + nm – mn
3
= n( m
3
– m ) – m( n
3
– n)

6 Vì theo câu a thì n
3
- n

6; m
3
- m

6 (m. n
∈
Z)
c) n( n + 1)( 2n + 1) = n( n + 1)[( n – 1) + ( n + 2)] = n( n + 1)( n – 1) + n ( n + 1)( n + 2)

6
d) S – p =

)(...)()(
3
2
3
21
3
1 nn
aaaaaa
−++−+−

6
Vì
6)(;...;6)(;6)(
3
2
3
21
3
1

nn
aaaaaa
−−−
(Theo câu a)
Do đó: S

6
⇔
P


6, ta có điều phải chứng minh.
f) Đặt
1993
1994
1995
= a
1
+ a
2
+ ….+ a
n
= P
Ta có S =
33
3
3
2
3
1
...
n
aaaa
++++
, cần tìm số dư khi chia S cho 6. Mà S – P

6 ( câu d)
S
≡
P ( mod 6) mà 1993
≡

1( mod 6)
Nên
1993
1994
1995
≡
1 ( mod 6) . Vậy số dư S chia cho 6 là 1.
Bài 2:
Cách1: Rõ ràng b

2 nên ab

2.
Đặt n = 4k + r ( r
≤
0
≤
3 ). Ta có: 2
n
= 2
r
. 2
4k
= 2
r
. 16
k
- Nếu r = 0 thì 2
n
= 16

k
tận cùng bằng .
Do đó b = 6 nên ab = 6
- Nếu 1
≤
r
≤
3 ta có 2
n
– 2
r
= 2
r
(16
k
– 1 )

10
⇒
2
n

≡
2
r
( mod 10 ) ( do 2
r

≤
8)

⇒
2
r
= b
⇒
10a = 2
n
- b = 2
r
( 2
4k
– 1 ) = 2
r
( 16
k
– 1 )

3
⇒
a

3 ( do ( 10, 3) = 1)
⇒
ab

6.
Cách 2: Từ giả thiết ta suy ra b chẵn và b
≠
0. Do đó b chỉ có thể là 2, 4, 6, 8.
Nếu b = 6 thì ab


6
Nếu b = 2 ta suy ra n lẻ
⇒
2
n

≡
2 ( mod 3)
⇒
10a + b = 9a + a + 2 2 ( mod )
Do 9a
≡
0 (mod 3)
⇒
a + 2
≡
2 ( mod 3)
⇒
a
≡
0 ( mod 3 )

⇒
ab

6
Trường hợp b = 4, 8 chứng minh tương tự.
Bài 3: Với mọi số nguyên x, y, z ta có:
400x

≡
x(mod 21); 40y
≡
-2y(mod 21); 4z
≡
4z(mod 21);
Suy ra: 400x + 40y + 4z
≡
x – 2y + 4z(mod 21)
Theo giả thiết: 100x + 10y + z

21
Nên 400x + 40y + 4z = 4( 100x + 10y + z)
≡
0 (mod 21)
Suy ra x – 2y + 4z
≡
0 (mod 21)
⇔
x – 2y + 4z

21
Bài 4: Ta có 7
n

≡
1 ( mod 3)
⇒
2.7
n

≡
3

( mod 3)
⇒
2.7
n
+ 1
≡
0( mod 3) Hay 2.7
n
+ 1

3
Vậy: 2.7
n
+ 1 là bội của 3
Bài 5: Ta có 21
≡
2 ( mod 19)
⇒
21
2n + 1

≡
2
2n + 1
( mod 19)
17
≡

-2( mod 19)
⇒
17
2n+1

≡
( - 2)
2n+1
( mod 19)
⇒
17
2n+1

≡
- 2
2n+1
( mod 19)
⇒
21
2n + 1
+ 17
2n+1

≡
0( mod 19)
Hay: 21
2n + 1
+ 17
2n+1


19 mà 15 không chia hết cho 19
Vậy: A= 21
2n + 1
+ 17
2n + 1
+ 15 không chia hết cho 19.
Bài 6:
Cách 1: Xét 1994 số sau:
1994, 1994 1994, 1994 1994 1994,…, 1994 1994 1994 1994…1994( 1994 lần số 1994)
Trong 1994 số trên khi chia cho 1993 phải có hai số có cùng số dư.
Giả sử hai số đó là a= 1994…1994( i lần số 1994)
b = 1994…1994 ( j lần số 1994) Với 1
≤
i
≤
j
≤
1994
Khi đó: b – a =
  
sô 994)(
1994...1994
ij
−
. 10
4i
chia hết cho 1993
Vì 10
4i
và 1993 nguyên tố cùng nhau nên:

  
lần1994)(
1994...1994
ij
−
chia hết cho 1993.
Cách 2: Giả sử số
1994A

1993
⇒
10
4
A +1994

1993
35A + 1

1993
⇔
35A = 1993B + 1992
⇔
2B + 3 = 1995B + 1995 – 35A
⇔
2B + 3

35
⇔
B
≡

32( mod 35)
⇔
B
≡
( mod 35)
Đặt B = 16 + 35k ta tính được số A nhỏ nhất là A = 968 ứng với k = 0 và số nhỏ nhất thõa
mãn bài toán là 9681994.
Bài 7: Rõ ràng ta có a
≡
0( mod 16)
Mặt khác ta có:



−≡
≡
)25(mod11974
)25(mod11976

⇒








−≡
≡

≡
≡
)25(mod11974
)25(mod11976
)25(mod11974
)25(mod11976
1973
1975
1974
1976
⇒
a
≡
0(mod 25
2
)
Từ (1) và (2)
⇒
a
≡
0 ( mod 10000)
Vậy a có 4 chữ số tận cùng là 0000.
Bài 8: 1995 = 3.5.7.19
Các bội của 19 trong dãy 1; 2; …; 1994 là 19; 38; …; 1976 gồm 1976 : 19 = 104 số. Tronbg đó
các bội của 19
2
là 361; 722; 1083; 1444; 1805; gồm 5 số.
Do đó số thừa số 19 khi phân tích 1994 . ra thừa số nguyên tố là 104 +5= 109 nên 1994. =
3
109

.5
109
.7
109
.19
109
.T với T

19
⇒
T

1995
( 1994 .)
1995


1995
k
Suy ra: k
≤
109.1995
Vậy k lớn nhất là 109.1995
Bài 9: Với (n, 10) = 1, ta chứng minh n
101
– n

1000
Thật vậy ta có: n
101

– n = n( n
100
– 1)
Vì (n, 10) = 1 nên n lẻ .
Ta có: n
100
-1 = (n
50
+ 1)( n
50
-1) = (n
50
+ 1)( n
25
+1) (n
25
-1)
( n
25
+1) và (n
25
-1) là hai số chẵn liên tiếp, nên:
n
100
-1

8 (1)
Vì (n, 10) = 1 nên (n, 5 ) = 1
Ta chứng minh được nếu n không chia hết cho 5 thì n
100

≡
1(mod 125)
• n
100
–
1

125 (2)
Vì (8, 125) = 1 nên từ (1) và (2) suy ra: n
100
– 1

1000
n
101
– n

1000. Ta có điều phải chứng minh.
Bài 10: Ta có 5
1995
= 5
11
(5
1984
– 1) + 5
11
Ta sẽ chứng minh 5
11
(5

1984
– 1)

10
8
p dụng liên tiếp a
2
- b
2
= (a – b )( a + b)
Ta có: 5
1984
– 1 = (5
31
-1)(5
31
+ 1)(5
62
+ 1)(5
124
+ 1)(5
248
+ 1)(5
496
+ 1)(5
992
+ 1)
Mà : 5
31
– 1


4 và 5
k
+ 1

2
Nn
∈∀
Do đó: 5
1984
– 1

2
8

Vậy: 5
11
( 5
1984
– 1)

5
8
. 2
8


10
8
Do đó tám chữ số tận cùng của số 5

1995
là 48828125 ( = 5
11
)
******************************************************************
CHƯƠNG II
ƯỚC CHUNG LỚN NHẤT – BỘI CHUNG NHỎ NHẤT.
I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT.
1. Ước chung lớn nhất.
1.1 Đònh nghóa:
Cho hai số nguyên dương a và b.
Số d là ước chung lớn nhất của a và b ký hiệu ƯCLN( a, b ) hay (a, b) khi và chỉ khi d là ước
chung của a và b; d là bội của mọi ước chung của a và b.
Nếu ( a
1
, a
2
, a
3
,

… a
n
) = 1 thì ta nói các số a
1
, a
2
, a
3
, …, a

n
nguyên tố cùng nhau.
Nếu (a
m
; a
k
) = 1; m
≠
k ( m; k = 1; 2; 3;…;n) thì ta nói các số a
1
, a
2
, a
3
, …, a
n
đôi một
nguyên tố cùng nhau.
1.2 Tính chất.
a) c
∈
UC(a; b) thì
c
ba
c
b
c
a );(
;
=







d = (a; b)
⇔
1;
=






d
b
d
a
b) (ca; cb) = c(a;b)
c) (a; b) = 1 và b\ ac thì b\ c
d) (a; b) = 1, (a; c) = 1 thì (a; bc) = 1
e) ( a; b; c) = ((a; b); c)
1.3 Tìm ƯCLN bằng thuật toán Ơclit
Cho a > b > 0
Nếu a= b.q thì (a; b) = b
Nếu a = bq + r ( r
≠
0) thì (a; b) = (b; r)

Để tìm (a; b) khi a không chia hết cho b ta dùng thuật toán Ơclit.
a = bq + r
1
thì (a; b) = (b; r
1
)
b = r
1
q
1
+ r
2
thì (b; r
1
) = ( r
1
; r
2
)
r
1
= r
2
q
2
+ r
3
thì (r
1
; r

2
) = ( r
2
; r
3
)
………………………………………………………………….
r
n-2
= r
n-1
q
n-1
+ r
n
thì (r
n-2
; r
n-1
) = ( r
n-1
; r
n
)
r
n-1
= r
n
q
n

thì (r
n-1
; r
n
) = r
n
(a; b ) = r
n
(a; b) là số dư cuối cùng khác 0 trong thuật toán Ơclit.
2. Bội chung nhỏ nhất.
2.1 Đònh nghóa.
Cho hai số nguyên dương a và b.
Số m khác 0 là bội chung nhỏ nhất của a và b kí hiệu BCNN( a; b) hay[a; b]khi và chỉ khi a
và b là ước của m; m là ước của mọi bội chung của a và b.
II.2Tính chất .
a) [ca; cb] = c[a; b]
b) [a; b; c] = [[a; b]; b]
c) [a; b].(a; b) = a.b
Chú ý: Phân số
b
a
tối giản
⇔
(a; b ) = 1
III. BÀI TẬP .
Bài 1: a) Cho a = 5a +3b; B = 13 a + 8b ( a; b
∈
Z
*
). Chứng minh: (A; B) = (a; b)