Ứng dụng của ước chung và bội chung

Trƣờng đại học sƣ phạm hà nội 2 Khoa : Toán


Nguyễn thị mùi

ứng dụng của ƣớc chung và bội chung
Khoá luận tốt nghiệp đại học
Chuyên ngành: Đại số

Hà nội - 2009


Nguyễn Thị Mùi
------------------------------------------------------------------------------------------------------------Khoá luận tốt nghiệp

Trƣờng đại học sƣ phạm hà nội 2
Khoa : Toán


Nguyễn thị mùi

ứng dụng của ƣớc chung
và bội chung

tóm tắt
Khoá luận tốt nghiệp đại học
Chuyên ngành: Đại số

Ngƣời hƣớng dẫn khoa học:
Nguyễn thị Bình

Hà nội - 2009

2


Lời cảm ơn
Để hoàn thành khoá luận này em đã đƣợc sự giúp đỡ nhiệt tình của các
thầy cô giáo, các bạn sinh viên trong khoa. Qua đây em xin chân thành cảm
ơn sự giúp đỡ của các thầy cô trong tổ Đại Số, các thầy cô trong khoa Toán và
các thầy cô giáo trƣờng ĐHSP Hà Nội 2 cùng các bạn sinh viên.
Đăc biệt em bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới cô Nguyễn Thị Bình.
Ngƣời đã tận tình hƣớng dẫn em trong quá trình hoàn thành khoá luận!.
Em xin chân thành cảm ơn !
Hà Nội, ngày 4 tháng 5

năm 2009.

Sinh viên
Nguyễn Thị Mùi


Lời cam đoan
Khoá luận này là kết quả học tập và nghiên cứu của riêng em trong
khoá học 31 tại trƣờng Đại Học Sƣ Phạm Hà Nội 2. Khoá luận đƣợc làm
dƣới sự hƣớng dẫn của cô giáo Nguyễn Thị Bình.
Em xin cam đoan khoá luận về đề tài “ứng Dụng Của Ƣớc Chung và
Bội Chung “ không trùng với bất kì khoá luận nào khác.
Hà Nội, ngày

4

Tháng

5

Sinh viên
Nguyên Thị Mùi

năm 2009.


Muc lục

Trang

Lời mở đầu

4

Chƣơng 1: Kiến thức chuẩn bị

5

Đ1. Ƣớc chung

5

Đ2. Bội chung

6

Chƣơng 2: ứng dụng

7

ứng dụng 1: ứng dụng vào bài toán chia

7

hết
ứng dụng 2: ứng dụng vào xét một số bài

19

toán liên quan đến chia hết
ứng dụng 3: ứng dụng vào giải phƣơng

29

trình nghiệm nguyên
Kết luận

39

Tài liệu tham khảo

40

1. Lí do chọn đề
tài.

Lời Mở Đầu

Ƣớc chung và bội chung là một nội dung quan trọng của toán học.
Trong chƣơng trình toán phố thông Ƣớc Chung và Bội Chung đƣơc giới
thiệu rất sớm và có nhiều ứng dụng quan trọng trong giải toán .
Tuy nhiên đến nay tài liệu này chƣa đƣợc nhiều. Các dạng bài tập về
ứng dụng ƣớc chung và bội chung chƣa đƣơc hệ thống hoá .
Vì lí do trên em chọn đề tài “ứng dụng của ƣớc chung và bội chung “
2. Mục đích nghiên cứu .
Bƣớc đầu làm quen với nghiên cứu khoa học, từ đó hình thành tƣ duy
logíc đặc thù của bộ môn. Khắc sâu và tìm hiểu những kiến thức về ứng dụng
của ƣớc chung và bội chung.


3. Nhiệm vụ nghiên cứu.
Nghiên cứu về ứng dụng của ƣớc chung và bội chung.
4.Đối tƣợng nghiên cứu.
Một số ứng dụng của ƣớc chung và bội chung.
5. Phƣơng pháp nghiên cứu .
Nghiên cứu lý luận và phân tích đánh giá tổng hợp.
6. Cấu trúc khoá luận .
Ngoài phần mở đầu ,kết luận, tài liệu tham khảo luận văn gồm 7
chƣơng: Chƣơng 1:Kiến thức chuẩn bị .
Chƣơng 2:

ứng dụng.


Chƣơng 1: Kiến thức chuẩn

bị Đ 1. Ƣớc chung
1. Định nghĩa:
a.

Một số nguyên đƣợc gọi là ƣớc chung của nhiều số nguyên a1,

a2, a3,…, an khi nó là ƣớc cuả mỗi số đó.
b.

Một ƣớc chung d của các số nguyên a1, a2, a3,…, an sao cho mọi ƣớc

chung của a1, a2, a3,…, an đều là ƣớc của d thì đƣợc gọi là ƣớc chung lớn
nhất (ƢCLN) của a1, a2, a3,…, an.
c.

Nếu 1 là ƣớc chung lớn nhất của các số nguyên a1, a2, a3,…, an thì các

số a1, a2, a3,…, an gọi là nguyên tố cùng nhau. Nếu ta còn có 1 là ƣớc chung
lớn nhất của mọi cặp số ai, aj (i,j = 1, 2,…,n. i j) thì các số a1, a2, a3,…,
an đƣợc gọi là nguyên tố cùng nhau từng đôi một hay nguyên tố sánh đôi.
2. Cách tìm ƢCLN.Thuật toán Ơclit.
Chú ý:

Với a, b  đều tồn tại duy nhất cặp q, r sao cho: a
bq r
số

với

0 rb thì ta có (a,b) (b, r) .

a.

Cho a, b  . Nếu một trong hai số là ƣớc của số kia, chẳng hạn b a
thì

ta có (a,b)
b

b.

hiển nhiên.

Nếu trƣờng hợp trên không sảy ra thì ta có các hệ thức sau đây biểu thị

một dãy phép chia có dƣ.
a bq0 r1

0 r1 b

b r1q1 r

0 r2 r1
.....

rn2 rn1qn1
 rn
rn1 rn qn

0 rn rn1

Dãy phép chia có dƣ liên tiếp này gọi là thuật toán Ơclit thực hiện trên
hai số a, b .Dãy này phải hữu hạn và thuật toán Ơclit phải kết thúc với một số
dƣ rn1 0 .
Theo chú ý mở đầu ta có :
(a, b) (b, r1 ) ... (rn1 , rn )

Nhƣ vậy, ƢCLNcủa hai số a và b là số dƣ cuối cùng khác 0 trong thuật
toán Ơclit thực hiện trên a và b.
3. Tìm số lƣợng ƣớc của một số.
Nếu dạng phân tích ra thừa số nguyên tố của một số tự nhiên A
x y Z

là a b c …thì số lƣợng ƣớc của A bằng (x + 1)(y + 1)( z+ 1)…
Thật vậy: Các ƣớc của A có dạng mnp…trong đó m có x+ 1 cách chọn
2

x

(là 1;a;a ;…; a ).
2

y

n có y+1 cách chọn (là 1;b;b ;…; b ).
2

Z

p có Z + 1 cách chọn (là 1;c;c ;…; c ).
Do đó số lƣợng các ƣớc của A bằng (x + 1)(y + 1)( Z + 1)…
Đ 2. Bội chung
1. Định nghĩa:
a.

Một số nguyên đƣợc gọi là một bội chung của các số a1, a2, a3,…, an khi

nó là bội của mỗi số đó.
b.

Một bội chung m của các số a1, a2, a3,…, an sao cho mọi bội chung của

các số a1, a2, a3,…, an đều là bội của m đƣợc gọi là bội chung nhỏ nhất (BCNN)
của các số đó.
2. Cách tìm BCNN của nhiều số.
Bội chung nhỏ nhất của hai số a và b.

a, b

ab
(a, b)


Chứng minh:
Đặt m

ab



. Ta có m a.

b.

b

của a và b.
Giả sử

. Vậy m là một bội chung

a

(a,
b)

(a, b)

(a, b)

m là một bội chung của a và b.ta sễ chứng minh m là bội của
,

,

m.
Thật vậy vì
một
,

ƣớc của
m

m là bội của a nên phải có k  sao

m ak .Vì b

cho

là

,

b

nên
đó có b ak , do

a
b

k , nhƣng

(a, b) (a, b)
b

nghĩa là phải có t để cho k 
t.

(a,k b)

b

và ta
(a, đƣợc
b)

,



,

a

nên



1



 (a, b) (a, b)
,
ab
mt
m
(a, .
 t

b)

tức là m, là bội của m.
b.

Bội chung nhỏ nhất của nhiều số .
Cho các số

a1, a2 , a3..., an .

Đặt
Ta
đƣợc
Hệ quả 1:

m2 a1 ,

m3 m2 , a2 ,..., mn mn1,

a2  ,

an 

m mn a1, a2 , a3..., an 

Bội chung nhỏ nhất của nhiều số nguyên tố cùng nhau từng đôi

một bằng tích của chúng.
Hệ quả 2.

Nếu mỗi số trong các số a1, a2 , a3..., nguyên tố cùng nhau từng
an

đôi một mà chia hết một số m thì tích của chúng cũng chia hết số m đó .
Chƣơng 2: ứng dụng
ứng dụng 1: ứng dụng vào bài toán chia hết


1. Cơ sở lý luận .
Dựa vào định nghĩa và một số tính chất của quan hệ chia hết, cụ thể là:
Định nghĩa: Cho hai số nguyên a và b, với b 0 . Nếu có một số nguyên q
sao cho a=bq thì ta nói rằng b chia hết cho a hay b là ƣớc của a và kí hiệu là
ba


Ta cũng nói a chia hết cho b hay a là bội của b và kí hiệu là ab
-

1

1 ra không còn số nguyên nào có tính

với mọi a 
,ngoài

a

chất này .
- 0a
này.

với mọi a
 ,

a 0 ,ngoài số 0 ra không còn só nào có tính

chất

- a a với mọi a
 ,

a 0 .

- a b và b a kéo theo a b .
- b a và c b kéo theo c a .
- b ai ,i

n

kéo theo b ai xi , i

0,1,..., n

với mọi x0 , x1, x2 ..., xn 

 0,1,..., n
i0

- Trong n(n  số nguyên liên tiếp có một và chỉ một số chia hết cho n.
1)

Giả sử có n số tự nhiên liên tiếp a1 , a2 ,..., an . Ta chứng minh rằng trong
phép chia cho n các số dƣ của n số này đôi một khác nhau. Giả sử ngƣợc lại,
có i  sao cho:

ai nqi r , 0 rn

j

a j nqj r

ai 

ai a j nk

ai a j 0
 ai

j

Trái giả thiết a
j

Do n số dƣ khác nhau chỉ nhận giá trị trong n giá trị 0,1, 2,..., n 1 nên
có đúng một số dƣ bằng 0.
- Một số hằng đẳng thức.
Với (n  ta có


 )

n

n

a b (a b)(a
n1
 b )

n 1

a

n 2

b ... ab

n 2


Với n lẻ ta có:
Suy ra :

n

n

n 1

a b (a b)(a

n1
b )

a

n 2

b ... ab

n 2


a, b  và
a b

thì an bn (a

(n 

b)

a, b  , n lẻ và
b
a, b  , n
b

a

thì

)

n

n

a b (a

thì

chẵn a



n

b) a b

n

(a b) .

- Để chứng minh  ta xét mọi trƣờng hợp về số dƣ khi chia n cho p
n

có

p

thể dƣ: 0;1; 2;...; p

2;...;
hoặc là 0; 1;


1



- Với p là số nguyên tố ta có
Đặc biệt nếu (a,p) = 1 thì
Giả sử :


p

và

a

p1

p

1

nếu p là lẻ.

2

a a (mod p)
p

1 (mod p)

(a, p) 1

Dƣ số khi chia a ; 2a ; … ; (p – 1).a cho p sẽ đôi một khác nhau và là những
số trong các số 1 ; 2; … ; (p – 1). Gọi r1; r2 ;...;

là số dƣ tƣơng ứng

rp1

trong phép chia a ; 2a ; … ; (p – 1)a cho p
a r1 (mod p)
2a r2 (mod p)

. . .
( p 1)a rp1 (mod p)

Nhân tƣơng ứng các đồng dƣ thức này ta đƣợc:
( p 1)!a p r .r ...r (mod p)

1 2
p1
1

Hay

( p 1)!a
p 1

a
1(mod p)

p1

( p 1)!(mod p)

vì p 1!, p 1


- Một số dấu hiệu chia hết cơ bản.
+ Dấu hiệu chia hết cho 2;5;4;25 và 8;125.
a n an1...a1a0 2 a0 2 a0 0; 2; 4; 6;8
a n an1...a1a0
5

a0 0;5

a n an1...a1a0
4

(hoặc 25)


a1a0 4 (hoặc 25)

a n an1...a1a0 8 (hoặc 125)


a2a1a0 8 (hoặc 125)

+ Dấu hiệu chia hết cho:
3;9.

a n an1...a1a0 ( hoăc 9) a0
3
 a1 ...
an

3 ( hoăc 9).

Nhận xét : Dƣ trong phép chia n cho 3 (hoăc 9) cũng chính là số dƣ trong
phép chia tổng các chữ số của n cho 3 hoăc 9.
2. Thuật toán:
* Căn cứ vào các dạng ta có các thuật toán cụ thể:
Dạng 1: Sử dụng tính chất:
3. Các ví dụ minh hoạ:
Ví dụ 1: Chứng minh rằng:
a. Tích của hai số chẵn liên tiếp chia hết cho 8 ?
b. Tích của 3 số nguyên liên tiếp chia hết cho 6 ?
c. Tích của 5 số nguyên liên tiếp chia hết cho 120 ?
Chứng minh:
a. Tích của hai số chẵn có dạng
2n.(2n 2)
4.n(n 1)

(n 

Ta có: n(n 1) 2 .
2n.
(2n 2)
8k



)

(k 



) hay:

b. Tích của 3 số nguyên liên tiếp có dạng: n.(n 1)(n
Có 6 = 2.3
n.(n 1)(n
 2)2

2)

và n.(n 1)(n 

lại có

2n.(2n 2)8

(n 

(2;3) 1

2)3


n.(n 1)(n 2)6

c. Tích của 5 số nguyên liên tiếp có dạng:

120 = 5.8.3



)


n.(n 1)(n 2)(n  3)(n 4)

(n 



)


n.(n 1)(n 2)(n 3)(n 4)5

n.(n 1)(n 2)(n 3)(n 4)3


n.(n 1)(n 2)(n 3)(n 4)8()
(3;5;8) 1

Có:

( trong 5 số nguyên liên tiếp có hai số chẵn liên tiếp )
n.(n 1)(n 2)(n 3)(n 4)5.3.8

Hay: n.(n 1)(n 2)(n 3)(n 4)120
Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi số nguyên n:

n

3

7n

n5

b.

a. n3

11n6

5

 
là số nguyên.

3 15

Chứng minh:
a.
2.3

6=
3

3

n 11n n n 12n
2

n(n 1) 12n
(n 1)n(n 1) 12n

Ta có:

(n 1)n(n 1) 2

(n 1)n(n 1)3 (n 1)n(n 1)6
(2;3) 1


Có:

12n6



b.

Ta có :

3

(n 1)n(n 1) 12n6 n 11n6
7n

n 
15
15
5

n

Do đó:
Có:

3

3

=

n
n
n  
5 3

5

n 7n
 

5

8n

n

3

15

5

n n n

n

4

5

3

n n n
n n
n n

n   


n
5
5 3 3
5
3

1

n  n 1  n 1
2

2


2
2
n(n 1) (n 4) 5


2

2

2

n(n 1)(n 4) 5n(n 1)
(n  2) 1)n 1) 2)

(n
(n
(n
 5(n
(n 
2)(n

1)n 1)
(n

1)n 1)  là tích của 5 số nguyên liên tiếp nên chia hết
(n
(n
2)

cho 10 và (n 1)n(n

5(n 1)n(n
1)10 . Do đó

1) 2

Có:
Do đó:

3

n n10 .
5

2

n n n(n 1) (n 1)n(n 1) 6
5

3

n nn
 n

là số nguyên .


3n

5

Dạng 2: Sử DụNG hằng ĐẳNG THứC Mở RộNG
3. Các ví dụ minh hoạ:
Ví dụ 1: Với n chẵn CMR : 20n 16n 3n
1323 . Chứng minh :

Ta có: 323 = 17.19
n

n

n

n

n

n

20 16 3 1 (20 1) (16 3 )

Có : 20n 1(20 1) 19
n

n

16 3 19

do n chẵn

n

20
n
n
16 3 119

Lại có:

n

n

n

20 16 3 1 (20
n

n

n

n

1) (16 1) 20 3 (20
n

n

3) 20 3 17
n

16 117

Mà (17,19) =
1

do n chẵn
n

n

n

20 16 3 1323


Ví dụ 2: Chứng minh rằng:




a. 11n 2 122n 1 133
b. 16n 15n 1225 .
Chứng minh:
a.

11

n 2

12

2n1

2

n

2

11 .11 12(12 )
n

121.11 12.144

n

n


n

(133 12).11 12.144

n

= 133.11n 12.(144n 11n )
Có:

n

n

144 11 (144 11) 133
11

b.

n 2

12

2n1

133 .

n

16 115n (16 1)(16

n 1

16

n 2

... 16 1)

15n
n1

15(16
15(16

Có:

t

16

n1

16

n 2

116

... 16 1n)
n 2

1... 15)

t (16n1 116 n 2
1 1... 15)15

115

n1

15(16
15)225

116

(n  , n
1)
n 2

1...

16 115n225 .
n

Dạng 3: dùNG ĐịNH Lý CHIA Có DƢ
3. Các ví dụ minh hoạ:
Ví dụ 1: Chứng minh rằng nếu
Chứng minh:
Vì

n 3 thì 3 3 113 .
2n

n 3
n 3k 1

hoặc

Trường hợp 1: Nếu

n 3k

1
2n

n

n 3k 2

thì :

n

3 3 1

= 36k 2 33k 1 1
2k

k

9.27 3.27 1
9 3 1 ( mod 13)
0

Vậy:

2n

(mod 13).

n

3 3 113

.
Trường hợp 2: Nếu

n 3k 2


thì

3

32n
3

n

1 =

6k 4

3

3k 2

1
2k

k

81.27 9.27 1
819 1(mod

0 (mod 13).

13)


Vậy:

2n

n

3 3 113

Ví dụ 2: Chứng minh rằng : Mọi số nguyên n thì:
a. n7 

b. n5 n30

;

n42

Chứng minh:
a.

7

6

n  n(n 1)
n
3
3
n(n 1)(n 1)
2

2

n(n 1)(n n 1)(n 1)(n n 1)
2

2

(n 1)n(n 1)(n n 1)(n n 1)

Có:

42=7.6

Có:

(n 1)n(n 1)  6 .

Ta cần chứng minh:

7

n n7
n n = n(n3 1)(n3 1)
7

Lấy n chia cho 7 thì
Suy
ra

với

n 7k

r

hoặc

3

n 
7m

r=0;1;2;3.

3

n 7m 1
7

3

3

n n n(n 1)(n 1) 7

Mà

(6;7) =1 n7 n42 .

b.

30 = 6.5
5

4

n n n(n 1)
2

2

n(n 1)(n 1)

.

2

n(n 1)(n 1)(n 1)

Có

(n 1)n(n 1)6

Ta cần chứng minh
Lấy n chia cho 5 thì
Nếu

5

n  n(n2 1)(n 2 1) 5
n

hoặc n 5k hoặc

n
5k

n = 5k

1

thì

5

n n 5

n 5k 2


Nếu
Nếu
Vậy:

n 5k
1

n 5k
2
5

n n5
n

thì

n 15 n n5

thì

n 1 5 n n5

2

2

5

5


5

(5; 6) 1 n n30n

Dạng 4: DùNG ĐịNH Lý FERMAT
3. Các ví dụ minh hoạ
Ví dụ 1: Cho hai số nguyên tố khác nhau p và q .
CMR:

p

q 1

q

p 1

1 p.q

Chứng minh:
Vì:

p, q




và p  

p q

 p,
q 1

q

pq
q)
;

Theo Fermat ta có:

Mặt khác pq1  p ;

1

p 1

1(mod

q1


p 1
1 p
 q

q
1(mod p)

p

1q

q
p

1 q

nên ta có pq1 q p 1 và pq1 .q p 1 1

q p1

Hay p , q là ƣớc
của:

1

q

p 1

1 p

q1

q

p 1

1 p.q.

Ví dụ 2: Cho p là số nguyên tố lớn hơn 7. CMR: 3p 2 p
142 p . Chứng minh:

Có:
Ta có:

42 p p.7.2.3
3 12 , 2 2 (3 1) 2 2
p

p

p

2 p 13 , vì p


p

, p > 7 p lẻ.

3  2 13
p

áp dụng fermat :

p

3 3mod p 
p

2 2mod p 
p

3 2 1 3 2 1 0 mod p 
p

p