Chuyen de MTCT so hoc

<span class='text_page_counter'>(1)</span>CHUYÊN ĐỀ TOÁN SỐ HỌC I)Một số bài toán sử dụng tính tuần hoàn của các số dư khi nâng lên luỹ thừa:. Định lí: Đối với các số tự nhiên a và m tuỳ ý, các số dư của phép chia a, a 2, a3, a4.... cho m lặp lại một cách tuần hoàn (có thể không bắt đầu từ đầu). Chứng minh. Ta lấy m + 1 luỹ thừa đầu tiên: a, a2, a3, a4..., am, am+1 và xét các số dư của chúng khi chia cho m. Vì khi chia cho m chỉ có thể có các số dư {0, 1, 2, ..., m - 2, m - 1}, mà lại có m + 1 số, nên trong các số trên phải có hai số có cùng số dư khi chia cho m. Chẳng hạn hai số đó là ak và ak + l, trong đó l > 0. Khi đó: ak  ak + l (mod m) (1) Với mọi n  k nhân cả hai vế của phép đồng dư (1) với an - k sẽ được: an  an + l (mod m) Điều này chứng tỏ rằng bắt đầu từ vị trí tương ứng với a k các số dư lặp lại tuần hoàn. Số l được gọi là chu kỳ tuần hoàn của các số dư khi chia luỹ thừa của a cho m. Sau đây ta xét một số dạng bài tập sử dụng định lí trên: Bài toán 1: Xét các luỹ thừa liên tiếp của số 2:. 21, 22, 23, 24, 25, 26, 27, 28, 29,... Tìm xem khi chia các luỹ thừa này cho 5 nhận được các loại số dư nào ? Giải: Ta có: 21 = 2, 22 = 4, 23 = 8  3 (mod 5), 24 = 16  1 (mod 5) (1) 5 Để tìm số dư khi chia 2 cho 5 ta nhân cả hai vế phép đồng dư (1) với 2 sẽ được: 25 = 24.2  1.2  2 (mod 5) 26 = 25.2  2.2  4 (mod 5) 27 = 26.2  4.2  3 (mod 5) ... Ta viết kết quả vào hai hàng: hàng trên ghi các luỹ thừa, hàng dưới ghi số dư tương ứng khi chia các luỹ thừa này cho 5: 21 22 23 24 25 26 27 28 29 210 211 ... (2. 4. 3. 1). (2. 4. 3. 1). (2. 4. 3. ....  hàng thứ hai cho ta thấy rằng các số dư lặp lại một cách tuần hoàn: sau 4 số dư (2, 4, 3, 1) lại lặp lại theo đúng thứ tự trên. Bài toán 2: Tìm số dư khi chia 22005 cho 5. Giải: * Áp dụng kết quả trên: ta có 2005  1 (mod 4)  số dư khi chia 22005 cho 5 là 2 4. 3 Bài toán 3: Tìm chữ số cuối cùng của số: 2. Giải: - Xét các luỹ thừa của 2 khi chia cho 10 (sử dụng MTBT để tính các luỹ thừa của 2, ta thực hiện theo quy trình sau qua Máy 570MS  1 SHIFT STO A 2 ANPHA. :. ANPHA. A. ANPHA. A. ANPHA. =.  Nếu 570ES thì 1 SHIFT STO A 2. ANPHA. ANPHA. A. A. + 1 =. = ...).

<span class='text_page_counter'>(2)</span> :. ANPHA. ANPHA. =. ANPHA. + 1 CALC. ANPHA. A. A. 21. 22. 23. 24. 25. 26. 27. 28. 29. 210 211 .... (2. 4. 8. 6). (2. 4. 8. 6). (2. 4. =. = …. ta được kết quả sau:. 8. ....  hàng thứ hai cho ta thấy rằng các số dư lặp lại tuần hoàn chu kỳ 4 số (2, 4, 8, 6) 3 ta có 34 = 81  1 (mod 4)  số dư khi chia 2 cho 10 là 2 3 Vậy chữ số cuối cùng của số 2 là 2. 4. 4. Bài toán 4: Tìm hai chữ số cuối cùng của số:. A = 21999 + 22000 + 22001 Giải: Xét các luỹ thừa của 2 khi chia cho 100 (sử dụng MTBT để tính các luỹ thừa của 2, thực hiện theo quy trình như bài 14), ta được kết quả sau: 21 22 23 24 25 26 27 28 29 210 211 212 2. (4. 8. 16. 32. 64. 28. 56. 12. 24. 48. 96. 213. 214. 215. 216. 217. 218. 219. 220. 221. 222. 223. 224. 92. 84. 68. 36. 72. 44. 88. 76. 52). (4. 8. 16.  các số dư lặp lại tuần hoàn chu kỳ 20 số (từ số 4 đến số 52). Ta có: 1999  19 (mod 20)  số dư khi chia 21999 cho 100 là 88 2000  0 (mod 20)  số dư khi chia 22000 cho 100 là 76 2001  1 (mod 20)  số dư khi chia 22001 cho 100 là 52 88 + 76 + 52 = 216  16 (mod 100)  số dư của A = 21999 + 22000 + 22001 khi chia cho 100 là 16 hay hai chữ số cuối cùng của số A là 16. 8 2004.  14  Bài toán 5: Chứng minh rằng. +10 chia hết cho 11 8 2004. 8 2004. 14 Giải: - Ta có: 14  3 (mod 11)   . 3    (mod 11) 3 Do 38 = 6561  5 (mod 11), nên   = 65612004  52004 8 2004. (mod 11). Xét sự tuần hoàn của các số dư khi chia luỹ thừa của 5 cho 11:. 51. 52. 53. 54. 55. 56. 57. 58. .... (5. 4. 9. 1). (5. 4. 9. 1). ....  52004 = (54)501  1501 (mod 11)  1 (mod 11) (1) Mặt khác: 10  10 (mod 11) (2) Cộng vế với vế phép đồng dư (1) và (2) có: 148 +10  11 (mod 11)  0 (mod 11)  148 +10 chia hết cho 11. 2004. 2004. Bài toán 6: Chứng minh rằng số 222555 + 555222 chia hết cho 7.. Giải: 1) Trước hết tìm số dư của phép chia 222555 cho 7: - Vì 222 = 7 x 31 + 5, nên 222  5 (mod 7)  222555  5555 (mod 7) - Xét sự tuần hoàn của các số dư khi chia luỹ thừa của 5 cho 7:.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 51. 52. 53. 54. 55. 56. 57. 58. .... (5. 4. 6. 2. 3. 1). (5. 4. ....  5555 = 56.92 + 3 = (56)92.53  53  6 (mod 7) Vậy số dư khi chia 222555 cho 7 là 6.. (1). 2) Tương tự, tìm số dư của phép chia 555222 cho 7: - Vì 555 = 7 x 79 + 2, nên 555  2 (mod 7)  555222  2222 (mod 7) - Xét sự tuần hoàn của các số dư khi chia luỹ thừa của 2 cho 7:. 21. 22. 23. 24. 25. 26. 27. 28. .... (2. 4. 1. 2. 4). (2. 4. 1. ....  2222 = 23.74 = (23)74  174  1 (mod 7) (2) 222 Vậy số dư khi chia 555 cho 7 là 1. Cộng vế với vế các phép đồng dư (1) và (2), ta được: 222555 + 555222  6 + 1  0 (mod 7) Vậy số 222555 + 555222 chia hết cho 7. II. Số nguyên tố: Định lí 1 (Định lí cơ bản về số nguyên tố):. Mọi số nguyên dương n, n > 1, đều có thể được viết một cách duy nhất (không tính đến việc sắp xếp các nhân tử) dưới dạng: n  p1e1 p2e2 ... pkek ,. với k, ei là số tự nhiên và pi là các số nguyên tố thoả mãn: 1 < p1 < p2 <...< pk Khi đó, dạng phân tích trên được gọi là dạng phân tích chính tắc của số n. Bài toán 7: Tìm các ước nguyên tố nhỏ nhất và lớn nhất của số:. A = 2152 + 3142 H. Dẫn: - Tính trên máy, ta có: A = 144821 - Đưa giá trị của số A vào ô nhớ A : 144821 SHIFT STO A - Lấy giá trị của ô nhớ A lần lượt chia cho các số nguyên tố từ số 2: ANPHA. A. . 2 =. (72410,5). ANPHA. A. . 3 =. (48273,66667). .... tiếp tục chia cho các số nguyên tố: 5, 7, 11, 13,...,91: ta đều nhận được A không chia hết cho các số đó. Lấy A chia cho 97, ta được: ANPHA. A. . 97 =. (1493). Vậy: 144821 = 97 x 1493 Nhận xét: Nếu một số n là hợp số thì nó phải có ước số nguyên tố nhỏ hơn n .  để kiểm tra xem 1493 có là hợp số hay không ta chỉ cần kiểm tra xem 1493 có chia hết cho số nguyên tố nào nhỏ hơn 1493  40 hay không. - Thực hiện trên máy ta có kết quả 1493 không chia hết cho các số nguyên tố nhỏ hơn 40  1493 là số nguyên tố. Vậy A = 2152 + 3142 có ước số nguyên tố nhỏ nhất là 97, lớn nhất là 1493..

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Bài toán 8: Tìm các ước nguyên tố nhỏ nhất và lớn nhất của số:. A = 10001 Đáp số: A có ước số nguyên tố nhỏ nhất là 73, lớn nhất là 137 Bài toán 9:. Số N = 27.35.53 có bao nhiêu ước số ?. Giải: - Số các ước số của N chỉ chứa thừa số: 2 là 7, 3 là 5, 5 là 3 - Số các ước số của N chứa hai thừa số nguyên tố: 2 và 3 là: 7x5 = 35; 2 và 5 là: 7x3 = 21; 3 và 5 là: 5x3 = 15 - Số các ước số của N chứa ba thừa số nguyên tố 2, 3, 5 là 7x5x3 = 105 Như vậy số các ước số của N là: 7 + 5 + 3 + 35 + 21 + 15 + 105 + 1 = 192. Định lí 2 (Xác định số ước số của một số tự nhiên n):. Cho số tự nhiên n, n > 1, giả sử khi phân tích n ra thừa số nguyên tố ta được: n  p1e1 p2e2 ... pkek ,. với k, ei là số tự nhiên và pi là các số nguyên tố thoả mãn: 1 < p1 < p2 <...< pk Khi đó số ước số của n được tính theo công thức:  (n) = (e1 + 1) (e2 + 1)... (ek + 1) Bài toán 10: (Thi giải Toán trên MTBT lớp 10 + 11 tỉnh Thái Nguyên - Năm học 2003-. 2004) Hãy tìm số các ước dương của số A = 6227020800. Giải: - Phân tích A ra thừa số nguyên tố, ta được: A = 210 35 52 7 11 13 Áp dụng định lí trên ta có số các ước dương của A là:  (A) = 11 6 3 2 2 2 = 1584 Bài toán 11: (Đề thi chọn đội tuyển tỉnh Phú Thọ tham gia kì thi khu vực năm 2004):. Có bao nhiêu số tự nhiên là ước của: N = 1890  1930  1945  1954  1969  1975 2004 Giải: - Phân tích N ra thừa số nguyên tố, ta được: N = 25  34  55  7  11 79  167  179  193  389  977 Áp dụng định lí 2, ta có số các ước dương của N là:  (N) = 6  5  6  2  2  2  2  2  2  2  2 = 46080. III) Tìm số tự nhiên theo các điều kiện cho trước:. Bài toán 12: Tìm tất cả các số N có dạng N 1235679 x 4 y chia hết cho 24 Giải: Vì N 24  N 3 ; N 8  37  x  y 3  1  x  y 3  x  y 3k  1 18 (1) y   0; 2; 4; 6;8 Với k  Z  0  k 6 và x 4 y8 với (2). Từ (1) và (2) thử trên máy tìm được các số N chia hết cho 24 là: N   1235679240;1235679144;1235679840;1235679048;1235679774;1235679648.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Bài toán 13: Tìm các số khi bình phương số tận cùng là ba chữ số 4. Có hay không khi. bình phương tận cùng bốn chữ số 4 2 Giải: Gọi số tự nhiên là x khi đó x có chữ số tận cùng là 4 thì chữ số tận cùng của x là 2 hoặc 8. Tính trên máy bình phương của x x   02;12; 22;32; 42;52;62;72;82;92;08;18; 28;38; 48;58; 68;78;88;98. tận cùng hai chữ số 4. Tính trên máy:. . x  a12; a62; a38; a88. . được. x   12;62;38;88. có. với 0 a 9. x  462;962;038;538.   khi bình phương có tận cùng ba chữ số 4 Ta được Vậy x 500k 38 có ba chữ số tận cùng là 4.  Thử trên máy với 2 của x để x kết thúc bốn chữ số 4.. x 2  a 462; a962; a 038; a 0538. . với 0 a 9 không có giá trị nào. Bài toán 14: Tìm tất cả các số có 6 chữ số thoả mãn:. a) Số tạo thành bởi ba chữ số cuối lớn hơn số tạo thành bởi ba chữ số đầu 1 đơn vị. b) Là số chính phương. Giải: Gọi số cần tìm có dạng: n a1a2a3a4 a5a6 Đặt x a1a2 a3 khi đó a4 a5a6 x  1 nên 2 2 2 n 1000 x  x  1 1001x  1 . Mặt khác, n  y  1001x  1  y  y  1 1001x   y  1  y  1 7 1113 x  x .  y  1  y  1 7 1113. (*).  100  x 999 ;317  y 999 .  y  1 77k1  y  1 77k1 5 k1 12     4 k2 10  y  1 91k2  y  1 91k2   3 k 6 3  Từ (*) suy ra  y  1 143k3 hoặc  y  1 143k3 Với k1; k2 ; k3  N i) 5 k1 12 . Thử trên máy tìm được y 846 ; x 715 nên n 715716 ii) 4 k2 10 .Thử trên máy tìm được y 727 ; x 528 nên n 528529. iii) 3 k3 6 . Thử trên máy tìm được y 428 ; x 183 nên n 183184 y 573 ; x 328 nên n 328329 Vậy các số cần tìm:. n   715716;183184;528529;328329 . 3 Bài toán 15 a)Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất sao cho n là một số có ba chữ số đầu 3 và bốn chữ số cuối bằng 1. Tức là n 111....1111 3 b) Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất sao cho n là một số có bốn chữ số đầu và 3 bốn chữ số cuối bằng 1. Tức là n 1111....1111 Giải: 3. 3 n3 a1 Để n có tận cùng là 11 thì n có đuôi là 1 nên a 7 thì n3 357911 3. 3 n3 a 71 Để n có tận cùng là 111 thì n3 4733 104487111.  0  a 9  Thử trên máy ta có.  0  a 9  Thử trên máy ta có. a 4 thì.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 3. 3 n3 a 471 Để n có tận cùng là 1111 thì n có đuôi là 1 nên 3.  0  a 9  thì. 3. n3 a 471  a 103  471 a 3 109  3a 2 471106  3a 4712 103  4713. . . 3 3 2 Với a 8 thì n 8471 8471 8471 717578418471 607860671111 . Giả sử m là những. chữ số đứng giữa số đầu111 và số cuối 1111. Nếu. m 3k.  k 0  thì. 111103k 4  n3  112 103k 4  10,35398805 10k 1  3 1110 10k 1  n  3 1120 10k 1 10,3849882 10k 1 Do đó k 1 . Nếu k 1 thì bắt đầu từ 103 nghĩa là 103...8471 . Số nhỏ nhất trong các số đó. là 1038471. Khi. m 3k  1.  k 0  thì các số này quá 1038471. Vậy số nhỏ nhất là. n 1038471  n3 10384713 10384712 1038471 2 Tính trên máy 1038471 ? 2. 2. Năm chữ số cuối của 1038471 là 38471 ...17841 10384712 1078422017841 . Vậy n3 10384713 10384712 1038471 10784220178411038471 =1119 909 991 289 361111 ( Cách nhân số tràn màn hình) 3 3 b) Tương tự trên tìm được 4 chữ số cuối của n ....8471 . Tìm bốn chữ số đầu của 3. n3 1111.... Tính 11111111 223,1443159 . Tính thử 22384713 11216..... 3 3 10 Thử tiếp 2231 111044.... ; 2232 1111943117 10 . Số khá lớn; Tính 3. 111101111 480,737... Chọn 480 là ba chữ số đầu. n3 48084713 1111....1111 thoả mãn đề bài.. Bài toán 16: Tìm tất cả các số tự nhiên n thoả: a) 1010 n 2010 và an  20203  21n cũng là số tự nhiên. 3 b) 4501 n 47238 và an  4789655  27 n cũng là số tự nhiên.. Giải: a) Với 1010 n 2010 ta có 203,5  20203  211010  20203  21n  20203  212010 249,8 . Vậy n. an2  20203 21. 204 an 249 Khi 1010 n 2010 . Thử 204 an 249 theo công thức   209;1118 ;  211;1158  ;  218;1301 ;  223;1406  ;  230;1557  ;  232;1601 ;  239;1758  ;  an ; n      244;1873  b) 4501 n 47238 ta có 150  3 4789655  27 47238  3 4789655  27n  3 4789655  27 4501 167,1 . Vậy 150 an 167 Khi 4501 n 47238 . Thử 150 an 167 theo công thức 4789655  an3 n  an ; n    158;31309  ;  167; 4896   27 ;. Bài toán 17 Tìm số nguyên dương abc ( a, b, c là các chữ số khác nhau) biết.  abc . n. ..........abc. ( với mọi n nguyên dương). abc Giải: Ta có  . 2. ..........abc. ..c dùng máy thử 0, 1, 5, 6 thoả  . mà c = 0 suy ra abc 000 loại vì a b c c = 1 suy ra abc 001 loại vì a b c. 2. ..........c.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 2. 2. 2. 2. 2. c = 5 thử trên máy 05 , 15 , 25 , . . . , 95 thì có 25 625 hai số cuối là 25 2 2 2 2 2 Thử trên máy 025 , 125 , 225 , . . . , 925 thì có 625 390625 ba chữ số cuối là 625 2 2 2 2 2 c = 6 Thử tiếp trên máy 076 , 176 , 276 , . . . , 976 thì có 376 141376 ba số cuối 376 Vậy có hai số thoả mãn đề bài: 625 và 376 1, 03n  n  1, 03n 1  n  1 Bài toán 18 Tìm n nguyên dương nhỏ nhất biết  100 200 150 180 Thử trên máy 1, 03 19, 21 ;1,03 396,355... ; 1, 03 84, 252.. ; 1, 03 204,50... 1, 03175 176, 40...;1, 03174 171, 268.. Vậy n = 174. x Dùng phím lệnh SOLVE để kiểm tra phương trình 1, 03 x từ đó suy ra nghiệm của hệ trên.. Bài toán 19 Tìm cặp số tự nhiên (x;y) với x nhỏ nhất có ba chữ số thỏa mãn phương 3 2 trình x  y xy  x x 1  4 x 2 Ta có y  xy  x 0 Tính . Ta có ( do x nguyên dương) Viết biểu thức lặp vào máy 570MS : 99 SHIFT STO X 2. 3.  ( y )  x 2  4 x3. y. (Vì x có ba chữ số nên dò từ 99 trở đi) ALPHA X ALPHA  ALPHA X  1 ALPHA : (  ALPHA X  ALPHA X ( 1  4 ALPHA X ) ) : 2 ALPHA : (  ALPHA X  ALPHA X ( 1  4 ALPHA X ) ) : 2. . Bấm liên tiếp dấu = theo phép đếm của x từ 99 đến 110 ta được y = 1100. Vậy (x;y) = (110 ; 1100) Bài toán 20 Tìm 2 chữ số tận cùng của số:. A = 21999 + 22000 + 22001 H.Dẫn: - Ta có: 21999 + 22000 + 22001 = 21999(1 + 2 + 22) = 7  29  210  21980 = 7  29  210  (220)99 - Ta có (dùng máy): 29 = 512 210 = 1024 ; 220 = 1048576 Nhận xét: số có 2 chữ số tận cùng là 76, luỹ thừa bậc bất kỳ cũng có 2 chữ số tận cùng là 76. Vậy (220)99 cũng có 2 số tận cùng là 76.  21999 + 22000 + 22001 = 7  512  1024  (...76) = .....16. Vậy 2 chữ số cuối cùng của A là 16 Bài toán 21: Tìm số dư khi chia số 133762005! cho 2000 (TH & TT T3/ 317). Giải: - Giả sử A, B là hai số tự nhiên có tận cùng là 376, thì: A.B = (1000.a + 376)(1000.b + 376) = 376000(a + b) + 106a.b + 3762 = 2000t + 1376; với a, b t  N  A.B chia 2000 có số dư là 1376. Với k > 1 khi chia 13376k cho 2000 (thực hiện (k - 1) lần phép nhân 2 số đều có tận cùng là 376 rồi chia cho 2000) thì được dư là 1376. Đề bài ứng với k = 2005!.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Bài toán 22: Tìm bốn chữ số tận cùng của 51994.. Giải: Ta có: 54 = 625 Nhận thấy số có tận cùng là 625 luỹ thừa bậc bất kỳ vẫn có tận cùng là 625 Do đó: 51994 = 54k + 2 = 25.(54)k = 25.(625)k = 25(...625) = ...5625.Vậy bốn chữ số tận cùng của số 51994 là 5625. Bài toán 23: Tìm số lớn nhất, số nhỏ nhất trong các số tự nhiên dạng: 1x 2 y3 z 4 chia hết cho 7.. Giải: - Số lớn nhất dạng 1x 2 y3z 4 chia hết cho 7 sẽ phải có dạng: 19293 z 4 với z {0, 1, 2,...,8, 9} lần lượt thử với z = 9; 8; 7; 6; 5... đến z = 5, ta có: 1929354. . 7 =. (275622). Vậy số lớn nhất dạng 1x 2 y3z 4 chia hết cho 7 là 1929354, thương là 275622 - Số nhỏ nhất dạng 1x 2 y3z 4 chia hết cho 7 sẽ phải có dạng: 10203 z 4 với z {0, 1, 2,...,8, 9} lần lượt thử với z = 0; 1; 2; 3... đến z = 3, ta có: 1020334. . 7 =. (145762). Vậy số nhỏ nhất dạng 1x 2 y3z 4 chia hết cho 7 là 1020334, thương là 145762 Bài toán 24: Tìm số lớn nhất, số nhỏ nhất trong các số tự nhiên dạng: 1x 2 y3 z 4 chia hết cho 13.. Đáp số: - Số lớn nhất dạng 1x 2 y3 z 4 chia hết cho 13 là 1929304 - Số nhỏ nhất dạng 1x 2 y3z 4 chia hết cho 13 là 1020344 Bài toán 25: Tìm tất cả các số tự nhiên x thoả mãn: 10000 < x < 15000 và khi chia x cho. 393 cũng như 655 đều có số dư là 210. H.Dẫn: - Từ giả thiết, ta có: x = 393.q1 + 210  x -210 chia hết cho 393 x = 655.q2 + 210  x -210 chia hết cho 655  x -210 chia hết cho BCNN (393 ; 655) = 1965  x -210 = 1965.k ; (k = 1, 2,...) hay x = 1965k + 210 - Từ giả thiết 10000 < x < 15000  10000 < 1965k + 210 < 15000 hay 9790 < 1965k < 14790  5  k < 8. Tính trên máy: Với k = 5, ta có: x = 1965.5 + 210 = 10035 Với k = 6, ta có: x = 1965.6 + 210 = 12000 Với k = 7, ta có: x = 1965.7 + 210 = 13965 Vậy các số phải tìm là: 10035, 12000, 13965 Bài toán 26: Tìm các chữ số x, y, z để 579xyz chia hết cho 5, 7 và 9.. Giải: - Vì các số 5, 7, 9 đôi một nguyên tố cùng nhau nên ta phải tìm các chữ số x, y, z sao cho 579xyz chia hết cho 5.7.9 = 315..

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Ta có 579xyz = 579000 + xyz = 1838.315 + 30 + xyz  30 + xyz chia hết cho 315. Vì 30  30 + xyz < 1029 nên (Dùng máy tính tìm các bội của 315 trong khoảng (30 ; 1029): - Nếu 30 + xyz = 315 thì xyz = 315 - 30 = 285 - Nếu 30 + xyz = 630 thì xyz = 630 - 30 = 600 - Nếu 30 + xyz = 945 thì xyz = 945 - 30 = 915 Vậy ta có đáp số sau:.  x; y; z    2;8;5 ;  6;0;0  ;  9;1;5  . Bài toán 27: (Thi Quốc tế IMO 1962):. Tìm số nguyên dương nhỏ nhất có tính chất sau: 1) Viết dưới dạng thập phân a có tận cùng là số 6. 2) Nếu bỏ chữ số 6 cuối cùng và đặt chữ số 6 lên trước các chữ số còn lại sẽ được một số gấp 4 lần chữ số ban đầu. Giải: - Giả sử số cần tìm có n + 1 chữ số. - Từ điều kiện 1) số đó dạng: a1a2 ...an 6 - Từ điều kiện 2), ta có: 6a1a2 ...an = 4. a1a2 ...an 6. (*). - Đặt a a1a2 ...an , thì: a1a2 ...an 6 = 10a + 6 6a1a2 ...an. = 6.10n + a - Khi đó (*) trở thành: 6.10n + a = 4.(10a + 6)  2.(10n - 4) = 13a (**) Đẳng thức (**) chứng tỏ vế trái chia hết cho 13. Vì (2 ; 13) = 1 nên: 10 n - 4 chia hết cho 13. Bài toán quy về: Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất để (10n - 4) chia hết cho 13, khi đó tìm ra số a và số cần tìm có dạng: 10a + 6. Thử lần lượt trên máy các giá trị n = 1; 2;... thì (10n - 4) lần lượt là: 6, 96, 996, 9996, 99996,... và số đầu tiên chia hết cho 13 là: 99996. Khi đó a = 15384  Số cần tìm là: 153846. Bài toán 28: Tìm số tự nhiên n sao cho:. a) 2n + 7 chia hết cho n + 1 b) n + 2 chia hết cho 7 - n H.Dẫn: a) Lập công thức (2n + 7) : (n + 1) trên máy và thử lần lượt n = 0, 1, 2,... ta được n = 0 và n = 4 thì 2n + 7 chia hết cho n + 1. Chứng minh với mọi n  5, ta đều có 2n + 7 không chia hết cho n + 1, thật vậy: (2n + 7)  (n + 1)  [(2n + 7) - 2(n + 1)]  (n + 1)  5  (n + 1)  n  5. Vậy số n cần tìm là 0 hoặc 4. b) Tương tự ta có: n = 4 hoặc n = 6. IV Thuật toán tìm số chữ số của luỹ thừa; 22425 Ví dụ: Tìm xem 2 có bao nhiêu chữ số: 22425 Ta có 22425log(2) = 6750,597653 6751 nên 2 có 6751 chữ số. Trong đó log(2) là. logarit cơ số 10 của 2.. V Số có đuôi bất biến với mọi luỹ thừa:. 1) Luỹ thừa bậc bất kì của các số có chữ số tận cùng bằng 1 ; 5 ; 6 (và chỉ những số ấy) đều có chữ số tận cùng bằng 1 ; 5 ; 6 (có đuôi bất biến)..

<span class='text_page_counter'>(10)</span> 2) Luỹ thừa bậc bất kì của các số có chữ số tận cùng bằng 25 hoặc 76 (và chỉ những số ấy) đều có chữ số tận cùng bằng 25 hoặc 76 (có đuôi bất biến). 3) Luỹ thừa bậc bất kì của các số có chữ số tận cùng bằng 376 hoặc 625 (và chỉ những số ấy) đều có chữ số tận cùng bằng 376 hoặc 625 (có đuôi bất biến). 4) Luỹ thừa bậc bất kì của các số có chữ số tận cùng bằng 9376 hoặc 0625 (và chỉ những số ấy) đều có chữ số tận cùng bằng 9376 hoặc 0625 (có đuôi bất biến). Tìm n chữ số tận cùng của một luỹ thừa: Để tìm n chữ số tận cùng của một luỹ thừa, ta tìm dư của luỹ thừa đó với 10n n VI Tìm một chữ số tận cùng của a n -Nếu a có chữ số tận cùng là 0, 1, 5 hoặc 6 thì a lần lượt có các chữ số tận. cùng là 0,1,5 hoặc 6 -Nếu a có chữ số tận cùng là 2, 3, 7 thì ta có nhận xét sau với k thược số tự 24 k 6  mod10 . 34 k 1 mod10 . 7 4 k 1 mod10 . nhiên khác 0 ; , , n Do đó để tìm chữ số tận cùng của a với a có số tận cùng là 2, 3, 7 ta lấy n chia cho 4. r   0,1, 2,3 Giả sử n 4k  r với. Nếu. a 2  mod10 . Nếu. a 3  mod10 . r 2 n 4 k r 6.2  mod10  thì a 2 2. thì. a n a 4 k r a r  mod10  6.2r  mod10 . n VII Tìm hai chữ số tận cùng của a : 220 76  mod100  320 1 mod100 . ;. ,. n. 76 76 mod100.   với n 1 và Mà Suy ra kết quả sau với k  N * a 20 k 00  mod100  a. 20 k. 65 76  mod100 . nếu. 25  mod100 . n. 5 25  mod100 . a 0  mod10 . ;. với n 2 .. a 20 k 01 mod100 . ;. a 5 mod10. a. 20 k. 7 4 01 mod100 . 76 mod100. nếu. a  1;3; 7;9  mod10 . ;. a  2; 4; 6;8  mod10 . ;.  ;   nếu  nếu n Vậy để tìm hai chữ số tận cùng của a ta lấy số mũ n chia cho 20 n VIII Tìm ba chữ số tận cùng của a : a100 k 000  mod1000  a 0  mod10 . Ta có. nếu. a  1;3; 7;9  mod10  100 k. a. a100 k 001 mod1000 . nếu. ;. 625  mod1000 . a  2; 4; 6;8  mod10 . ;. nếu. a 5  mod10 . ;. a100 k 376  mod1000 . nếu. ;. Tóm lại tìm ba chữ số tận cùng của một luỹ thừa, ta tìm hai chữ số tận cùng của số mũ IX Khai triển nhị thức Newton và bài toán chia hết: n  a  b  a n  Cn1a n 1b  Cn2 a n 2b2  ...  Cnn 1abn 1  b n. -Ta có khai triển:. a n  na n 1b . n(n  1) n  2 2 n(n  1)(n  2) n 3 3 n(n  1) 2 n  2 a b  a b  ...  a b  nab n 1  b n 1.2 1.2.3 1.2. - Khi chứng minh về tính chia hết của các luỹ thừa, cần nhớ một số kết quả sau: 1) an - bn chia hết cho a - b (a  b) 2) a2n + 1 + b2n + 1 chia hết cho a + b (a  -b).

<span class='text_page_counter'>(11)</span> 3) (a + b)n = BS a + bn Đặc biệt: (a + 1)n = (a - 1)2n = (a - 1)2n + 1 =. (BS a: bội số của a) BS a + 1 BS a + 1 BS a - 1. Bài toán 29: Tìm số dư khi chia 2100 cho:. a) 9 b) 5 c) 125 Giải: a) Luỹ thừa của 2 sát với một bội của 9 là 23 = 8 = (9 - 1) - Ta có: 2100 = 2(23)33 = 2(9 - 1)33 = 2(BS 9 - 1) = BS 9 - 2 = BS 9 + 7 Vậy số dư khi chia 2100 cho 9 là 7. b) Luỹ thừa của 2 sát với một bội của 25 là 210 = 1024 = (BS 25 - 1) - Ta có: 2100 = (210)10 = (BS 25 - 1)10 = BS 25 + 1 Vậy số dư khi chia 2100 cho 25 là 1 50.49 2 50 2100  5  1 550  50.549  ...  .5  50.5  1 2 c) Dùng công thức Newton: Để ý rằng 48 số hạng đầu đều chứa thừa số 5 với số mũ lớn hơn hoặc bằng 3 nên chia hết cho 125, hai số hạng kế tiếp cũng chia hết cho125, số hạng cuối là 1. Vậy 2100 = BS 125 + 1  Số dư của 2100 khi chia cho 125 là 1 Tổng quát: Nếu một số tự nhiên n không chia hết cho 5 thì chia n100 cho 125 ta được số dư là 1. Bài toán 30: Tìm ba chữ số tận cùng của 2100.. H.Dẫn: - Ta tìm dư trong phép chia 2100 cho 1000. - Trước hết tìm số dư của phép chia 2 100 cho 125. Theo bài 34: 2100 = BS 125 + 1, mà 2100 là số chẵn, nên ba chữ số tận cùng của nó chỉ có thể là (dùng máy tính để thử): 126, 376, 626 hoặc 876. 100 - Hiển nhiên 2 chia hết cho 8 nên ba chữ số tận cùng của nó phải chia hết cho 8. Bốn số trên chỉ có 376 thoả mãn điều kiện này. Vậy ba chữ số tận cùng của 2 100 là 376. Tổng quát: Nếu n là số tự nhiên chẵn không chia hết cho 5 thì ba chữ số tận cùng của n là 376. 100. Bài toán 31: Tìm ba chữ số tận cùng của 3100. 50. Giải: - Ta phân tích như sau:. 3100  10  1 1050  ... . 50.49 2 .10  50.10  1 2. = BS 1000 + ...500 - 500 + 1 = BS 1000 + 1. Vậy 3. n. 100. 100. tận cùng là 001.. Tổng quát: Nếu n là số tự nhiên lẻ không chia hết cho 5 thì ba chữ số tận cùng của là 001... Bài toán 32: Thay các dấu * bởi các chữ số thích hợp:. 896 = 496 9 * * 290 961. H.Dẫn:- Ta có: (896 - 1)  (89 - 1)  (896 - 1)  11 (896 - 1)  (893 + 1)  (896 - 1)  (89 + 1)  (896 - 1)  9 - Đặt A = (896 - 1) = 496 9 x y 290 960. Ta có A chia hết cho 9 và 11..

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Ta có tổng các chữ số hàng lẻ (từ phải sang trái) của A bằng: 36 + y ; tổng các chữ số hàng chẵn của A bằng: 18 + x A chia hết cho 9 nên: 54 + x + y  9  x + y  {0 ; 9 ; 18} A chia hết cho 11 nên: [(36 + y) - (18 + x)]  11  x - y  {-4 ; 7} + Nếu x + y = 0 thì x = y = 0 (loại) + Nếu x + y = 18 thì x = y = 9 (loại) + Nếu x + y = 9 : chú ý rằng (x + y) và (x - y) cùng chẵn hoặc cùng lẻ nên: x - y = 7  x = 8 ; y = 1. Vậy 896 = 496 981 290 961. a)Tìm hai chữ số cuối cùng của 812008.. Bài toán 33:. b)Tìm chữ số hàng nghìn của 812008 Giải: 5. a) Ta có: 81 1 mod100  812008 813.812005 813. 815.  . 2008. 81. 81. 813  mod100  41 mod100 . . Vậy hai chữ số cuối của. là 41. b) Ta có: 200. 401. 815 4401 mod10000  ;8180 401 mod10000  1000. 6001 mod10000  ;81. 2000. 1 mod10000  81. ;. ;. 1 mod10000 .  812008 812000.815.813 1.4401.1441 mod1000  1841 mod10000  2008. nghìn của 81. . Vậy chữ số hàng. là 1. X Dãy số viết theo quy luật: 1 1 1 S   ...  1.2.3.4 2.3.4.5 102.103.104.105 Bài toán 34: Tính tổng. Giải: 1 1 1 1 1 1 1  S      ...   3  1.2.3 2.3.4 2.3.4 3.4.5 102.103.104 103.104.105  Ta có: 1 1 1     3  1.2.3 103.104.105 . Tính trên máy:. 1 ab /c 3 ( 1 a b / c ( 2 3 )  1 ab / c ( 103 104 105 )  : 3 . KQ: S 0,055555259 Bài toán 35: a) Đặt S(n) = 1.2 + 2.3 + 3.4 + … + n(n + 1). Tính S(100) và S(2013). b) Đặt P(n) = 1.2.3 + 2.3.3 + 3.4.5 + … + n(n + 1)(n+2).Tính P(100) và P(2013). Giải: n(n  1)(n  2) 100.101.102 S  100   343400 3 3 a) Ta có nên 2013.2014.2015 S  2013  2723058910 3 S  n . 1 k (k 1)(k  2)  (k (k  1)(k  2)(k  3)  (k  1)k (k 1)(k  2)) 4 b) Có.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> 1 P   1.2.3.4  0.1.2.3  2.3.4.5  1.2.3.4  ...  n( n  1)(n  2)(n  3)  (n  1)n(n  1)( n  2)  Nên 4. =. 1 1 n( n  1)( n  2)(n  3) .2013.2014.2015.2016 4 . P(100)=26527650; P(2013) = 4. Tính trên máy:. ( 2013 2014 2015 2016 ) : 4 . 12. 4.117265072 10 .Tính tiếp:.  4.11 10 x 12 4117265071920 .Vậy S  2013 4117265071920 1 .2013.2014.2015.2016 Hoặc 4 = 2013.2014.2015.504 2045337840.2013. Ta lấy 337840 2013 680071920 viết 071920 ra giấy và tính tiếp: 680  2045 2013 4117265 nên S  2013 4117265071920 . Vậy S  2013 4117265071920 1 1 1 1 1 1 A    ...    1.6 6.11 11.16 2001.2006 2006.2011 2011.2016 Bài toán 36: Tính tổng 1 1 5   5n  4 5n  1  5n  4   5n  1. Tổng quát:. 1 1 5 1 1 5 1 1 5 1 1 5   ;       Nhận xét: 1 6 1.6 6 11 6.11 ;…; 2001 2006 2001.2006 ; 2006 2011 2006.2011. 5 1 1   2011.2016 2011 2016. Do đó 1 1 1 1 1 1  1 1  2015 1 1 1 1 1 1 5 A        ...           2001 2006 2006 2011 2011 2016   1 2016  2016  1 6 6 11 11 16 2015 403  A  5.2016 2016 1 1 1 1 1 B    ...   1.2.3 2.3.4 3.4.5 2013.2014.2015 2014.2015.2016 Bài toán 36 Tính tổng. Giải: 2 1 1   n  n  1  n  2  n  n  1  n  1  n  2 . Tổng quát. 2 1 1 2 1 1 2 1 1       Ta có 1.2.3 1.2 2.3 ; 2.3.4 2.3 3.4 ; 3.4.5 3.4 4.5 ;….; 2 1 1 2 1 1     2013.2014.2015 2013.2014 2014.2015 ; 2014.2015.2016 2014.2015 2015.2016 2 2 2 2 2 2B     ...   1.2.3 2.3.4 3.4.5 2013.2014.2015 2014.2015.2016 Nên 1   1 1   1 1  1 1 1 1  1                 ...       1.2 2.3   2.3 3.4   3.4 4.5   2013.2014 2014.2015   2014.2015 2015.2016  1 1 4062238 2031119      B 0, 02500086159 1.2 2015.2016 2.2015.2016 4062240. Bài toán 36 2 3 2012 2013 2014 a) Cho A 1  2  2  2  ...  2  2 và B 2 . Tính  A  B . 2015.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> N. 32014 26 2 . Tính  M  N . 2 3 2013 b) Cho M 1  3  3  3  ...  3 và Giải: 2 3 4 2013 2014 a)Ta có 2 A 2  2  2  2  ...  2  2 Nên. A 2 A  A 2  22  23  24  ...  22013  22014  1  2  22  23  ...  22012  2 2013 2 2014  1. .  A  B  2015  22014  1 . 22014. . 2015. .  1. 2 3 2013 2 2013 2014 b) M 1  3  3  3  ...  3  3M 3  3  ...  3  3.  2M 3M  M 3  32  33  ...  32013  32014  (1  3  32  33  ...  32013 ) 32014  1 2014.  M. 3. 1. M  N. 26. 2.  32014  1 32014     2 2  . 26.  1     2. 26. . 1 67108864. . Do đó Bài toán 36: Tính tổng 2 2 2 2 2 a) A 1  3  5  ...  2013  2015 . Hãy xây dựng công thức tổng quát với n = 2015. Tính số đúng của A 2 2 2 2 2 b) M 2  4  6  ...  2014  2016 . Hãy xây dựng công thức tổng quát với n = 2016. Tính số đúng của M 2 2 2 2 2 c) C 1  2  3  ....  2014  2015 . Hãy xây dựng công thức tổng quát với n = 2015. Tính số đúng của C d) N 1.2014  2.2013  3.2012  ...  2012.3  2013.2  2014.1 . Hãy xây dựng công thức tổng quát với n = 2014. Tính số đúng của N Giải: a) Từ bài toán nên ta có. A 1.2  2.3  3.4  ...   n  1 .n .  n  1 .n.  n  1 3. thì. B 3 A  n  1 n  n  1. (*). B 3 A 3  1.2  2.3  3.4  4.5  ....  2014.2015  2015.2016 . 3  0.1  1.2  2.3  3.4  4.5  ....  2012.2013  2013.2014  2014.2015  2015.2016 . 3  1 0  2   3  2  4   5  4  6   ...  2013  2012  2014   2015  2014  2016  . . 3  1.1.2  3.3.2  5.5.2  ...  2013.2013.2  2015.2015.2  6 12  32  52  ...  20132  20152. Mà B 2015.2016.2017 nên. A 12  32  52  ...  20132  20152  2. 12  32  52  ...  2n 1 . 2015.2016.2017 1365589680 6.  2n 1  2n  2   2n  3 6. Tổng quát : Thử lại với n 2015 ta có. A  2015  12  32  52  ...  20152 . . với n  N. 2015 2016 2017 1365589680 6. b) Theo bài toán (*) ta có A 1.2  2.3  3.4  4.5  ....  2013.2014  2014.2015  2015.2016  2016.2017 B 3 A 2016.2017.2018. mà B 3 A 3  1.2  2.3  3.4  4.5  ....  2013.2014  2014.2015  2015.2016  2016.2017  3  2.  1  3  4  3  5   ...  2014  2013  2015   2016  2015  2017   3  2.2.2  4.4.2  ...  2014.2014.2  2016.2016.2  6 22  42  62  ...  20142  20162. . 2016.2017.2018 1367622816 6 Suy ra M 2  4  6  ...  2008  2010 = 2. 2. 2. 2. 2. .

<span class='text_page_counter'>(15)</span> 2. 22  42  62  ...  2n  . 2n  2n  1  2n  2 . 6 Tổng quát: Theo công thức trên với n 2016 ta có:. M  2016  2 2  42  62  ...  20162 . 2016 2017 2018 1367622816 6. 2 2 2 2 2 c) C 1  2  3  ....  2014  2015. 1 2  1  2  3  1  3  4  1  ...  2014  2015  1  2015  2016  1 1.2  2.3  3.4  ...  2014.2015  2015.2016   1  2  3  ...  2014  2015 . 2015.2016.2017 2015.2016  2729148240 3 2 n  n  1  2n  1 12  22  32  4 2  52  6 2  ...  n 2  6 Tổng quát: . Với bài toán trên với n = 2015 ta có: 2015.2016.4031 2729148240 6 d) N 1.2014  2.2013  3.2012  ...  2012.3  2013.2  2014.1 1.2014  2.  2014  1  3  2014  2   ...  2012  2014  2011  2013  2014  2012   2014  2014  2013. C  2015  12  22  32  ....  20142  20152 . 1.2014  2.2014  3.2014  ...  2012.2014  2013.2014  2014.2014    1.2  2.3  ...  2012.2013  2013.2014  2014  1  2  3  4  5...  2014   A 2014.. 2014.2015 2013.2014.2015 2014.2015.2016   2 3 6. 1363558560. Tổng quát:. 1.n  2  n  1  3  n  2   ...   n  2  3   n  1 2  n.1 . N  2014  . n  n  1  n  2  6. 2014.2016.2016 1363558560 6. Với n = 2014 ta có Bài toán 36: Cho A 1.2.3  2.3.4  3.4.5  ...  2008.2009.2010 và B 4 A . Tính A và B. Từ đó lập công thức tổng quát tính Giải: Tương tự công thức (*) ta có:. A 1.2.3  2.3.4  3.4.5  ...  n  n 1  n  2 . B 4 A 4  1.2.3  2.3.4  3.4.5  ...  2008.2009.2010  1.2.3.4  2.3.4.4  3.4.5.4  ...  2007.2008.2009.4  2008.2009.2010.4 1.2.3.  4  0   2.3.4.  5  1  3.4.5.  6  2   ...  2007.2008.2009.  2010  2006   2008.2009.2010  2011  2007  1.2.3.4  2.3.4.5  3.4.5.6  ...  2007.2008.2009.2010  2008.2009.2010.2011    1.2.3.4  2.3.4.5  ...  2006.2007.2008.2009  2007.2008.2009.2010 . 2008.2009.2010.2011 Vậy. A. B 2008.2009.2010.2011  4 4. 1.2.3  2.3.4  ...  n  n 1  n  2  . Tổng quát: Cách giải 2: Chứng minh rằng :. n  n  1  n  2   n  3 4.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> k  k  1  k  2   k  3   k  1 k  k  1  k  2  4k  k  1  k  2 . từ đó tính tổng. A 1.2.3  2.3.4  ...  n  n 1  n  2 . Chứng minh : Biến đổi vế trái ta được:. k  k  1  k  2   (k  3)  (k  1) 4k  k  1  k  2 . k (k  1)(k  2)(k  3) (k  1)k (k  1)(k  2)  4 4 Rút ra : = 1.2.3.4 0.1.2.3  4 áp dụng : 1.2.3 = 4 2.3.4.5 1.2.3.4  4 2.3.4 = 4. k  k  1  k  2 . … n(n  1)(n  2)(n  3) (n  1)n(n  1)(n  2)  4 4 n(n+1) (n+2) =. Cộng vế với vế ta được. A. n(n  1)(n  2)(n  3) 4 hay. A 1.2.3  2.3.4  ...  n  n  1  n  2  . n  n  1  n  2   n  3 4. 1 1 1 1 2015 2014 2013 2 1     ...  B    ...   2016 ; 1 2 3 2014 2015 Bài toán 36: Cho A 2 3 4  A   Tính số đúng của  B . 4. Giải: 2015 Lấy 1 tách thành 2015 số 1 thì B được viết dưới dạng 2014 2013 2 1 2016 B 1  1  ...  1  1   2 3 2014 2015 2016  2014   2013   2   1  2016  1    1  ...    1    1     3   2014   2015  2016 = 2 4. 4. 1 1 1  1 1 1  A  1  2016    ...     2016 A      4 2014 2015 2016  2 3 = . Nên  B   2016  2016 . Ta có. 20164 20163 2016 . Tính trên máy 2016 ^ 3 8193540096. Lấy 6 chữ số cuối của 8193540096 nhân với 2016 ta được: 1083432576 ta được 6 chữ  A   số cuối là 432576. Tính tiếp 1083  8193 2016 16518171 . Vậy  B . . 4. 1 1  4 16518171432576 2016. 1 1   1 1 A  1    ...    .2.3.4....2008 2007 2008   2 3 Bài toán 36: Cho . Chứng minh A chia hết cho. 2009 Giải: Từ 1 đến 2008 có 1004 cặp các phân số cách đều đầu và cuối ghép lại ta được.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> 1  1 1  1  2009 2009 2009   1    ...  1      ...    1004.1005 Gọi các thừa phụ  2008   2 2007   1004 1005  1.2008 2.2007. là k1; k2 ;...; k1004 thì A=. 2009  k1  k2  ...  k1004  2.3.4....2007.2008. .2.3.4....2007.2008 2009  k1  k2  ...  k1004 . . Nên. A2009. Bài toán 36:: Tìm số tự nhiên x biết rằng:. 1 1 1 2 2013    ...   3 6 10 x  x  1 2015. Giải: Biến đổi vế trái 1 1 1 1 2 2 2 2 1 1  1 1 1 1 1 1    ...      ...  2        ...    3 6 10 x  x  1 2.3 3.4 4.5 x  x  1 x x 1  2 3 3 4 4 5 1  1  2013 x  1 2013 1 1 2   2     2015  x  1 2013  x  1   x  1 2015  2 x  1  hay  2 x  1  2015  2015x  2013x 2015  2013  x 2014 . Vậy x 2014. Bài toán 37 : Cho. S  n . S  2016 . 13+23 + ..... + n3 .Tính giá trị đúng. 2.  n  n  1  S  n    2   Ta có nên 2.  2016.2017  12 S  2016  1  2  ...  2016   4.133641994 10 2   .Ấn tiếp 3. 3. 3.  4.13 10 x 4133641994496 .Vậy S(2016) = 4133641994496 Bài toán 38 : Cho. S  n . 15 + 25 + .... + n5 . Tính giá trị đúng của Giải :. Tương tự ta cũng có công thức tổng quát :. S  n . n 2  n  1. 2.  2n. 2. S  2016 . .  2n  1. 12. 20162 2017 2 8132543 S  2016  1  2  3  ...  2015  2016  12 Do đó  4068289 338688  8132543 1377880664832 8132543 11205673755614727776 5. 5. 5. 5. 5. Bài toán 39: Tính các tích sau: 3 8 15 9999 A  . . ... 4 9 16 10000 a) 1  1  1   1   B  1    1  1  ...  1    21   28   36   1326  b) 1  1  1   1   C  1   1  1  ....  1    1.3   2.4   3.5   2013.2015  c). Giải: 3 8 15 9999 1.3.2.4.3.5...99.101 1.2.3....99 3.4.5....101 101 1 101 A  . . ...   .  .  4 9 16 10000 2.2.3.3.4.4....100.100 2.3.4....100 2.3.4....100 100 2 200 a) 1  1  1   1   2  2  2   2   B  1   1  1  ...  1    1   1  1  ...  1    21   28   36   1326   6.7   7.8   8.9   51.52  b).

<span class='text_page_counter'>(18)</span> 5.8 6.9 7.10 50.53 5.6.7...50 8.9.10...53 5 53 265 . . ...  .  .  6.7 7.8 8.9 51.52 6.7.8...51 7.8.9....52 51 7 357 2 2 2 1  1  1   1 20142   2 3 4 C  1  . ...  1  1  ....  1   .  1.3   2.4   3.5   2013.2015  1.3 2.4 3.5 2013.2015 c) 2.3.4....2014 2.3.4.5....2014 2014 2 4028 2013  .  .  1 1.2.3.4.5...2013 3.4.5....2015 1 2015 2015 2015. Bài toán 40 : Với n là số tự nhiên, kí hiệu an là số tự nhiên gần nhất của S2016 a1  a2  a3  ...  a2016 .. n . Tính. Giải : Trên máy tính để tìm được quy luật dãy an : MOED MOED MOED MOED 1 0 Hay Fix 0 9 bấm số 0 ALPHA A ALPHA . ALPHA B CALC và cho các giá trị n   1, 2,3,.....2016 ta. tính được có dạng nguyên:1, 1, 2, 2, 2, 2, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 4,4,4,4,4,4,4,4... Số 1 xuất hiện 2 lần, số 2 xuất hiện 4 lần, số 3 xuất hiện 6 lần, số 4 xuất hiện 8 lần... số k xuất hiện 2k lần, ... . Do đó S2016 2.1  4.2  6.3  ...  2k . k  ...  2.44.44  36.45 2(1  22  32  ...  442 )  36.45. 2.. 44(44  1)(2.44  1)  1620 60360 6. 1 1 1 1    ...  2 3 4 4000 3999 3998 3997 1    ...  2 3 3999 Bài toán 41: TínhM= 1 3999 3998 3997 1 A    ...   1 2 3 3999 Giải : Xét  3998   3997   3996   1   4000   4000   4000   4000   1    1    1  ...    1  1         ...     2   3   4   3999   4000   3999   3998   2  1 1 1   ...  1 2 3 4000 M  1  1  4000 1 1 1 1 4000.    ...  4000    ...    4000  4000  . Vậy 2 3 2 3 3k 2 + 3k + 1. Bài toán 42: Cho các số a1 , a2 , a3 ,.....a2016 . Biết ak =. k. 2. + k. 3. với k = 1 , 2 , 3,. …., 2015, 2016. Tính S = a1 + a2 + a3 + . . . . + a2016 Giải: 3 2 3 3 k  1  k 3 1 3k 2  3k  1 k  3k  3k  1  k  1 ak      3 3 3 3 k k 3  k  1 k 3  k  1  k  1 3 k2  k Ta có:. . . . . 1  1 1  1 1  1  3 - 3    3 - 3   .......   3 3   2016 2017  Do đó: S = a1 + a2 + a3 + . . . + a2016 =  1 2   2 3 . 8205738912 1 8205738912 S  3 8205738913 2017 8205738913 . Vậy Bài toán 43: 1 . Tìm tổng các chữ số của tất cả các số trong dãy:1234567…9998999910000.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> Giải : Xét dãy số 0,1,2,3 …,9999: Nhân mỗi số của dãy với 10- 4 không làm thay đổi tổng các chữ số. Ta được 10000 số gồm 4 chữ số thập phân: 0,0000 ; 0,0001 ; 0,0002 ; … ; 0,9999. Mỗi chữ số trong 10 chữ số 0 ; 1; 2; 3 ;..; 9 cùng xuất hiện một số lần như nhau là 10000/10 = 1000 lần tại một trong 4 vị trí. Do đó mỗi chữ số xuất hiện tất cả 4. 1000 = 4000 lần. Tổng của tất cả các chữ số đó bằng: 4000(0 + 1 + 2+ … + 9) = 4000.45 = 180000 Do đó tổng các chữ số của dãy 1234…9998999910000 là 180001. Bài toán 44: Tính tổng gồm 2016 số hạng. Giải: 3. 3. 3. 3. 3. 3  1 5  2 7  33 40333  20163      3 3 3 3 3 3 20173  20163 S= 2 1 3  2 4  3 3 2 2 n  1  n3  3n  1 3n  3n  1  an   3n  1 3 3n 2  3n  1  n  1  n3. . . Ta có Cho n = 1, 2, 3, …, 2016 được:. S 4  7  10...  6049 3  1  2  3  ...  2016   1 11 ... 1 3  1  2  3  ...  2016   2016 2016. Suy ra. S. 3.2016  2016  1  2016 3.1008.2017  2016 6101424 2. Bài toán 45: ( Đề thi khu vực năm học 2010- 2011). Tính giá trị của mỗi biểu thức sau 1 1 1 1    ...  2011.2012.2013.2014 Câu 1: A = 1.2.3.4 2.3.4.5 3.4.5.6. Giải: 1 1 1 1 1 1 1  S      ...   3  1.2.3 2.3.4 2.3.4 3.4.5 2011.2012.2013 2012.2013.2014  1 1 1     0, 05555555551 3  1.2.3 2012.2013.2014 . Bài toán 46: ( Đề thi khu vực năm học 2010- 2011). Một số tự nhiên có 4 chữ số, biết rằng nếu viết thêm chữ số 1 vào bên trái của số đó và viết thêm chữ số 8 vào bên phải chữ số này thì được một số mới có 6 chữ số đồng thời số này gấp 34 lần số ban đầu. Hãy tìm số đó (Trình bày tóm tắt cách giải) Giải: C1: Gọi số cần tìm là x có 4 chữ số (x N và 1000  x  9999) Ta có : 10x + 100008 = 34x  24x = 100008  x = 4167 3 2 C2 : Gọi số cần tìm là : abcd = a.10  b.10  c.10  d (a,b,c,d  N và nhỏ hơn 10) 5 Số mới là : 1abcd8 1.10  10.abcd  8 10.abcd  100008 1abcd8 34.abcd  10.abcd  100008 34.abcd  24.abcd 100008  abcd 4167. Ta có :. Bài toán 47 : ( Đề thi khu vực năm học 2010- 2011). Vậy số cần tìm là 4167..

<span class='text_page_counter'>(20)</span> Một mảnh sân hình chữ nhật có chiều rộng và chiều dài tương ứng là 7,6m và 11,2m được lát kín bởi các viên gạch hình vuông có cạnh 20cm. (Cho rằng diện tích giữa các phần tiếp giáp nhau giữa các viên gạch là không đáng kể). Người ta đánh số các viên gạch đã lát từ 1 cho đến hết. Giả giử trên viên gạch thứ nhất người ta đặt lên đó một hạt đậu, trên viên thứ hai người ta đặt lên đó 7 hạt đậu, trên viên thứ 3 người ta đặt lên đó 49 hạt đậu, trên viên thứ 4 người ta đặt lên đó 343 hạt đậu,…và cứ đặt các hạt đậu theo cách đó cho đến viên gạch cuối cùng ở trên sân này. Gọi S là tổng số các hạt đậu đã đặt lên các viên gạch của sân đó. Tìm ba chữ số tận cùng của 6S + 5. (Trình bày tóm tắt cách giải) Giải : Số gạch được lát trên mảnh sân hình chữ nhật : (7,6 . 11,2) : ( 0,2)2 = 2128 viên Theo đề ta có : 2 3 4 2126 2127 Cách 1 : S = 1  7  7  7  7  ...  7  7 2 3 4 2126 2127 2 3 4 2127 2128 khi đó 7S = 7(1  7  7  7  7  ...  7  7 ) = 7  7  7  7  ...  7  7 2 3 4 2127 2128 = 1+ 7  7  7  7  ...  7  7 – 1 = S – 1 + 72128  6S + 5 = 72128 + 4 Cách 2 2 3 4 2126 2127 S = 1  7+7  7  7  ...  7  7. (7  1)(1  7 2  73  7 4  ...  7 2126  7 2127 ) 7 1 = =. 7 2128  1 6 7 2128  1 7 2128  1 S 6 S  5 6. 5 6 6  = 72128 + 4 Giả sử abc là số tận cùng của 72128 , 72128 = k.1000 + abc, nên ta phải tìm 72128  abc. (mod 1000) Ta có : 710  249 ( mod 1000) ; 720  2492  001 ( mod 1000) 72120 = (720)106  001( mod 1000) ; ta lại có 78 = 5764801  801 ( mod 1000)  72128 = 72120. 78  001. 801  801 (mod 1000)  6S + 5 = 72128 + 4 có ba chữ số tận cùng bên phải là 8 ; 0 ; 5 Bài toán 48: ( Đề thi khu vực năm học 2009- 2010). Tìm số dư ( trình bày cả cách giải) trong các phép chia sau: 20092010 : 2011 Giải : Ta có 2009 ≡ 4(mod 20 )  200930 ≡ 415 ≡ 550 (mod 2011) 20092010 ≡ 55067 (mod 2011) Ta có : 5502 ≡ 850 (mod 2011)  5506 ≡ 8503 ≡ 1798 (mod 2011)  55018 ≡ 17983 ≡ 1269 (mod 2011)  55054 ≡ 12693 ≡ 74 (mod 2011) Mà 55012 ≡ 17982 ≡ 1127 (mod 2011). Nên 55067 ≡ 74.1127.550 ≡ 1 (mod 2011) Do đó 20092010 ≡ 1 (mod 2011). Vậy số dư trong phép chia 20092010 : 2011 là 1 2. Bài tập về nhà: 3411 Bài 1: Cho biết ba chữ số cuối cùng của bên phải số 7 236 Bài 2: Cho biết bốn chữ số cuối cùng của bên phải số 8 Bài 3:. ag Tìm hai số tự nhiên nhỏ nhất thoả  . 4. abcdefg.

<span class='text_page_counter'>(21)</span>