TÍNH CHIA ĐÚNG CỦA CÁC SỐ NGUYÊN
SỐ NGUYÊN TỐ - BSCNN - USCLN
I. Tính chia hết của các số nguyên:
1. Định nghĩa:
a gọi là chia hết cho b khi nào đạt được ba điều kiện sau:
* a = bq (r = 0)
* a = kb (k là số nguyên, a là bội của b)
a
* =
b (k là số nguyên, b là ước của a)
k
Đặc biệt : Số 0 chia hết cho tất cả các số.
2. Tính chia hết:
a. Hai số a và a/ chia đúng cho d thì tổng của chúng cũng chia hết cho d.
Chứng minh :
Vì a = dq và a/ = dq/ nên a ± / = ( q ± q/)
a d
Hệ quả: Một tổng đại số chia hết cho một số khi từng số hạng của tổng chia hết cho số
đó.
b. Tích của nhiều số chia hết cho một số khi một thừa số của tích chia hết cho số đó.
Hệ quả:
a Þ M Béis cña M
M d ka d ( è a d)
a Þ m
M d a M d
c. Nếu một trong hai số a và b chia hết cho m, số kia không chia hết cho m thì a + b và a – b đề
không chia hết cho m. Nếu tổng hoặc hiệu hai số chia hết cho m và một trong hai số ấy chia hết cho m thì
số còn lại cũng chia hết cho m.
3. Qui ước: Chia hết: “M ”
Không chia hết: “M”
4. Điều kiện chia hết:
a. Chia hết cho 2 và 5:
* Nhận xét: Số dư của phép chia một số nguyên cho 2 và 5 bằng số dư của phép chia chữ số cuối
cùng bên phải số đó cho 2 và 5.
V Ýdô:abc 100a 10b c BS5 BS5 c
= + + = + +
=
abc 100a 10b c BS2 BS2 c
+ + = + +
N h abc c a 2
vËy vµ chi cho hoÆc a cã
chi co 5 cïng è
s d
V Ëy:M uèn chi hÕtcho vµ t chi hÕtcho vµ
abc a 2 5 h×c a 2 5
* Ta có điều kiện:
- Một số chia hết cho 2 hoặc 5 khi chữ số tận cùng chia hết cho2 hoặc 5.
- Một số chia hết cho 4 và 25 khi số hợp bởi hai chữ số tận cùng bên phải của số đó chia hết cho 4
và 25.
- Một số chia hết cho 8 và 125 khi số hợp bởi ba chữ số tận cùng bên phải của số đó chia hết cho
8 và 125.
- Một số vừa chia hết cho 2 và 5 thì chia hết cho 10.
- Một số vừa chia hết cho 4 và 25 thì chia hết cho 100
- Một số vừa chia hết cho 8 và 125 thì chia hết cho 1000.
b. Chia hết cho 3 và 9:
*. Nhận xét:
Số dư của phép chia một số nguyên cho 3 và 9 bằng số dư của phép chia tổng các chữ số của số
đó cho 3 và 9.
Thật vậy: 10 = 9 = 1 = Bs9 + 1 = Bs3 + 1
100 = 99 = 1 = Bs9 + 1 = Bs3 + 1
10n = 99....9 + 1 = Bs9 + 1 = Bs3 + 1
Vì vậy một số abcd = 1000a + 100b + 10c + d =
= a(Bs9 + 1) + b(Bs9 + 1) + c(Bs9 + 1) + d
= aBs9 + a + bBs9 + b + cBs9 + c + d
= Bs9(a = b = c) + a = b = c = d = Bs9 + (a + b + c + d).
* Điều kiện:
Một số nguyên chia hết cho 3 và 9 khi tổng các chữ số của nó chia hết cho 3 và 9.
* Lưu ý:
- Một số chia hết cho 3 và 9 thì chia hết cho 18
- Một số chia hết cho 2 và 3 thì chia hết cho 6, chia hết cho 2 và 9 thì chia hết cho 18.
- Một số chia hết cho 3 và 5 thì chia hết cho 15, chia hết cho 5 và 9 thì chia hết cho 45.
c. Chia hết cho 11:
Trong một số nguyên N nếu gọi L là tổng các chữ số hàng lẻ (Kể từ phải sang trái) và C là tổng
các chữ số hàng chẵn (Kể từ phải qua trái), thì số dư của phép chia N co 11 bằng số dư của hiệu (L – C)
hay (C – L) ch 11.
Thật vậy: 102 = 99 + 1 = Bs11 + 1
104 = 999 + 1 = Bs11 + 1
102n = Bs11 + 1
Mặt khác: 10 = 102n.10 = Bs11 – 1
2n+1
Vì vậy nếu ta có số :
abcdef a. 5 + b. 4 + 103 + 102 + e. +
= 10 10 c. d. 10 f
= Bs b( 11 1)+ Bs 1)+ Bs + e( 11 f
a( 11 1)+ Bs + c( 11 d( 11 1)+ Bs 1)+
= é 11 ( f+ + ) ù Bs11+ a c e) ù
ë + d b û ë
Bs - é ( + + û *
= 11 éf+ + ) - ( a c e) ù
(
Bs + ë d b + + û
Điều kiện:
Một số nguyên chia hết cho 11 khi hiệu của tổng các chữ số hàng lẻ với tổng các chữ số hàng chẵn chia
hết cho 11.
Lưu ý :
- Một số nguyên chia hết cho 2 và 11 thì chia hết cho 22
- Một số nguyên chia hết cho 3 và 11 thì chia hết cho 33
- Một số nguyên chia hết cho 5 và 11 thì chia hết cho 55
- Một số nguyên chia hết cho 9 và 11 thì chia hết cho 99
………………………………………………………………………
Bài tập áp dụng:
1. Chứng minh rằng (a3 – a) chia hết cho 3
Giải:
Ta thấy a – a = a(a2 -1) = a.(a + 1)(a – 1) = (a – 1)a(a + 1).
3
Đây là tích của ba số tự nhiên liên tiếp do đó có ít nhất là một thừa số là bội của 3. Nghĩa là: (a3 – a) chia
hết cho 3.
…………………………………
2. Chứng minh rằng (2n + 1)2 – 1 chia hết cho 8.
Giải:
Ta có (2n + 1)2 – 1 = 4n2 + 4n + 1 – 1 = 4n2 + 4n = 4n(n + 1).
Đây là một tích của 3 thừa số trong đó có thừa số 4 và 2 thừa số còn lại là hai số nguyên liên tiếp, cho nên
tích trên vừa chia hết cho 2 vừa chia hết cho 4.
Do đó (2n + 1)2 – 1 chia hết cho 8.
………………………………….
3. Cho số
3x2 chia hết cho 3. Hãy tìm số ấy ? Giải:
3x2 Û 3 x 2) Û 5 x) M µ ³ vµ £ nªn a cã:
M 3 ( + + M 3 ( + 3.M x 0 x 9 t sÏ
ì x 1 Þ 5 1) 6
ï = ( + = M 3
ï
ï
( 5 x) Û ï x 4 Þ ( 5 4) 9
+ M 3 í =
ï
+ = M 3
ï
ï x 7 Þ 5 7) 12
ï =
ï
î ( + = M 3
VËy sè tm µ:312;342;372
c¸c cÇn × l
4. Tìm số 80x2 Õtr khichi cho cßn
,bi »ng a 11 d 7.
Giải:
80x2 Bs + =>
= 11 7 80x2 4 Bs =
+ = 11 80x6
Vậy theo điều kiện chia hết cho 11 ta có: (8 + x) – (0+ 6) = 11k (k nguyên) hay 8 + x – 6 = x + 2 = 11k
hay x = 11k – 2.
Vì 0 £ nªn = t = Số phải tìm là: 8092
£ x 9 khik 1 h×x 9.
………………………………………
5. Tìm số 742x,bi »ng è chi hÕtcho vµ
Õtr s ®ã a 3 4.
Giải :
* 742x nªn M 4 2x t l l x 0;4;8.
M 4 2x vµ cã hÓ µ:20;24;28.Tøc µ =
* 742x nªn 7 4 2 x)M 3 13 x Bs
M 3 ( + + + => + = 3
=> = 3 1= 3 2 3k
x Bs Bs + = +2
M µ £ £ nªn = => =2
0 x 9 khik 0 x
= => =
k 1 x 5
= => =
k 2 x 8
So ¸nh hai®i ki t a hÊy »ng x 8 µ hÝ hîp.
s c¶ Òu Ön h×t t r chØcã = l t ch
V Ëy è × µ
s ph¶itm l 7428.
………………………………………….
6. Cho một số N gồm 4 chữ số đều khác không. Biết rằng chữ số hàng nghìn bằng chữ số hàng
đơn vị, chữ số hàng trăm bằng chữ số hàng chục.
a. Chứng minh N chia hết cho 11.
b. Tính N khi N chia hết cho 5 và 9.
Giải:
a. Theo đề bài ta biểu diễn số phải tìm như sau: abba . Khi đó muốn cho abba chia hết cho 11
thì éa b) ( b a) ù M 11.
ê + + ú
(
ë û
Thật vậy: (a + b) – (b + a) = a + b – b – a = 0. Mà 0 M 11 nên abba M 11
b. - N chia hết cho 5 nên chữ số cuối cùng bên phải a = 0 hoặc 5, nhưng theo điều kiện bài ra là a
khác 0 nên a = 5. như vậy số phải tìm có dạng: 5bb5 .
N a 9 5 b b 5) Þ 10 2b) M 9 Û
chi hÕtcho nªn ( + + + M 9 ( +
2( 5 b) M 9 Û 5 b) M 9 µ £ nªn t êng b 4.
+ ( + m b 9 chØcã r hîp =
V Ëy è × µ:5445
s ph¶itm l
…………………………………………
7. Tìm số tự nhiên n sao cho:
a). n + 2 chia hết cho n – 1.
b). 2n + 7 chia hết cho n + 1.
c). 2n + 1 chia hết cho 6 – n.
d). 3n chia hết cho 5 – 2n.
e). 4n + 3 chia hết cho 2n + 6.
Giải:
Căn cứ vào tính chất chia hết của tổng, hiệu, tich tâ có thể rút ra phương pháp chung để giải loại
toán này dựa vào nhận xét sau đây:
Nếu A M B h×( A M B ( ,n Î
t m ± nB) m *)
N
a). (n + 2) M(n – 1) suy ra [(n + 2) – (n – 1)] M(n – 1) hay 3 M(n – 1). Do đó (n -1) phải là ước
của 3.
Với n – 1 = 1 ta suy ra n = 2
Với n – 1 = 3 ta suy ra n = 4.
Vậy với n = 2 hoặc n = 4 thì n + 2 chia hết cho n – 1.
b) (2n + 7) M(n + 1) => [(2n + 7) – 2(n + 1)] M(n + 1) => 5 M(n + 1)
Với n + 1 = 1 thì n = 0
Với n + 1 = 5 thì n = 4
Số n phải tìm là 0 hoặc 4.
c). (2n + 1) M – n) => [(2n + 1) + 2(6 - n)]M – n) => 13 M(6 – n)
(6 (6
Với 6 – n = 1 thì n = 5
Với 6 – n = 13 thì không có sô tự nhiên nào thỏa mãn..
Vậy với n = 5 thì 2n + 1 chia hết cho 6 – n.
d) 3n M(5 – 2n) => [2.3n + 3(5 – 2n)] M((5 – 2n) => 15 M – 2n)
(5
Với 5 – 2n = 1 thì n = 2
Với 5 – 2n = 3 thì n = 1
Với 5 – 2n = 5 thì n = 0
Với 5 – n = 15 thì không có số tự nhiên n nào thỏa mãn.
Vậy với n lấy một trong các giá trị 0, 1, 2 thì 3n chia hết cho 5 – 2n
e) Ta thấy rằng với mọi số tự nhiên n thì 4n + 3 = 2(2n + 1) + 1 là một số lẻ và 2n + 6 = 2(n +
3) là một số chẵn. Một số chẵn không thể là ước của một số lẻ. Vậy không thể có một số tự nhiên n nào
để 4n + 3 chia hết cho 2n + 6.
…………………………………………
8. Với a, b là các chữ số khác 0, chứng minh:
(abab
baba) vµ ( >
M 9 101 a b)
Giải:
abab
baba (
= 1000a 100b 10a b)(
+ + + 1000b 100a 10b a)
+ + +
= 1000 10 1) (
( + 100 a 1000 10 1)
+ 100 b
= 909a
909b
= ( b)
9.101.a
Vậy: với a > b ta có (abab
baba) vµ
M 9 101.
…………………………………………
9. Tìm tất cả các số có 5 chữ số có dạng : 34x5y mà chia hết cho 36
Giải:
Vì 36 = 9.4 nên số 34x5y vừa chia hết cho 9 vừa chia hết cho 4.
Để 34x5y M 9 a
t ph¶icã 3 4 + + . Vì x và y là các chữ số nên chỉ có thể x + y = 6
( + +x 5 y) M 9
hoặc x + y = 15.
Mặt khác 34x5y nªn M 4,s r y 2
M 4 5y uy a = hoÆc = y 6.
Kết hợp với các điều kiện trên, ta có :
Nếu y = 2 thì x = 6 – 2 = 4
Nếu y = 6 thì x = 6 – 6 = 0 hoặc x = 15 – 6 = 9.
Vậy các số phải tìm là : 34452 ; 34056 ; 34956.
……………………………………..
10. Cho A = 9999931999 – 555571997 . Chứng minh rằng A chia hết cho 5.
Giải:
Để chứng minh A chia hết cho 5, ta xét chữ số tận cùng của A bằng việc xét chữ số tận cùng của
từng số hạng.
Ta có: 31999 = (34)499.33 = 81499.27. Suy ra số bị trừ có số tận cùng bằng 7.
Mặt khác: 71997 =(74)499.7 = 2041499.7. Do đó số trừ cũng có tận cùng bằn 7.
Vậy A tận cùng bằng (7 – 7=) 0, nên A chia hết cho 5.
11. Cho số tự nhiên A. người ta đổi chỗ các chữ số của A để được số B gấp ba lần số A. Chứng
minh rằng số B chia hết cho 27.
Giải:
Theo đầu bài ta có B = 3A (1) , suy ra B M3, nhưng tổng các chữ số của B và A như nhau (vì người
ta chỉ đổi chỗ các chữ số) nên ta cũng có A M3 (2).
Từ (1) và (2) suy ra B M9. Nếu vậy thì A M9 (vì các chữ số của chúng như nhau). (3)
Từ (1) và (3) ta suy ra B M27.
……………………………………
12. Cho B =
88....4 9 n.Chøng i r B a 9.
1 4..88 +
.
44 244 3 m nh »ng chi hÕtcho
n s 8
ch÷ è
Giải:
B 88.. 8n 9n
= { .8 + 9
n
Ta viết B dưới dạng sau:
8({ .1 9 n
= 11.. n)+ ( 1)
n
Vì n chính là tổng các chữ số của số
11.. nªn { .1- n a 9.
{ .1 11.. chi hÕtcho
n n
Từ đó suy ra B chia hết cho 9.
……………………………………..
13. Tìm số tự nhiên được viết bằng một chữ số 1, hai chữ số 2, ba chữ số 3, ….., 9 chữ số 9 sao
cho số này lại bằng lập phương của một số tự nhiên.
Giải:
Giả sử số tự nhiên N được viết bằng 1 chữ số 1, 2 chữ số 2, 3 chữ số 3,…. ,9 chữ số 9.Như vậy
tổng các chữ số của số N bằng: 1 + 2.2 + 3.3 + ….+ 9.9 = 285. Số 285 chia hết cho 3 nhưng không chia
hết cho 9. Nếu vậy thì N không thể là lập phương của một số tự nhiên được (vì nếu n = a 3 M3 thì do 3 là
số nguyên tố nên a3 ch hết cho 3.3.3.)
Vậy không có số tự nhiên nào thỏa mãn điều kiện của đầu bài.
……………………………………….
14. Có bao nhiêu số có 5 chữ số thỏa mãn hai điều kiện sau:
a. Chia hết cho 3
b. Có ít nhất một chữ số 6.
Giải:
Số các số có 5 chữ số là: 99999 – 10000 + 1 = 90000 (số). Cứ ba số tự nhiên liên tiếp nhau lại có
một số chia hết cho 3 nên số các số có 5 chữ số chia hết cho 3 là: 90000 : 3 = 30000 (số). Bây giờ, ta tìm
các số có 5 chữ số chia hết cho 3 mà không có một chữ số 6 nào.
Có 8 cách chọn chữ số hàng vạn (chọn trong các số 1, 2, 3, 4, 5, 7, 8, 9).
Có 9 cách chọn chữ số hàng nghìn, hàng trăm, hàng chục (chọn trong các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 7,
8, 9).
Có 3 cách chọn chữ số hàng đơn vị (phụ thuộc vào tổng các chữ số của bốn hàng trên để chia hết cho 3
nên hoặc là 0, 3, 9 hoặc là 1, 4, 7 hoặc là 2, 5, 8.
Do đó số các số có 5 chữ số chia hết cho 3 mà không có chữ số 6 nào là:
8.9.9.9.3 = 17496 (số)
Vậy số các số có 5 chữ số thoả mãn cả hai điều kiện của đầu bài là:
30000 – 17796 = 12504 (số).
......................................................
15. Chứng minh rằng A = 10n + 18n – 1 chia hết cho 27.
Giải:
Ta viết số A dưới dạng sau:
A = 10n + 18n – 1 = 10n – 1 – 9n + 27 n
= {9 − +
99.. 9n 27n
.
n
= 11.. − n)+
9({1 . 27n
n
n µ æng ch÷ è 11.. nªn 11.. − n)M
l t c¸c s cña {1 ({1
. . 3
n n
Tõ s r A víim äin ù ªn.
®ã uy a M 27 t nhi
…………………………………………………………………………….
II. SỐ NGUYÊN TỐ
1. Định nghĩa : Số nguyên tố là những số chỉ có hai ước số là 1 và chính nó.
L ưu ý :
- Hai số gọi là nguyên tố cùng nhau khi UCLN của chúng bằng 1.
- Hợp số là những số có từ 3 ước số trở lên.
- Số chính phương là những số bằng bình phương của các số tự nhiên.
2. Định lý và sự tìm các số nguyên tố :
a. Định lý 1 : Muốn tìm các số nguyên tố không lớn hơn một số N nào đó. Ta viết tất cả các
số tự nhiên từ 1 đến N. Sau đó bỏ đi số 1 và các bội số của các số nguyên tố không lớn hơn N , trừ
chính số đó. Những số còn lại là số nguyên tố.
b. Định lý 2 : Muốn phát hiện xem một số N cho trước có phải là số nguyên tố không ta làm
như sau : Lần lượt đem chia N cho các số nguyên tố từ nhỏ đến lớn và dừng lại khi thương số nhỏ hơn
số chia. Nếu trong các phép chia trên tất cả các số dư khác không thì N chắc chắn là số nguyên tố.
3. Phân tích một số ra thừa số nguyên tố:
a. Định lý:
1. Mọi số phức hợp đều phân tích ra nhiều thừa số nguyên tố.
2. Phép phân tích này chỉ có một cách độc nhất.
b. Định lý về điều kiện chia hết:
Nếu một số A chi hết cho một số B thì mọi số nguyên tố có trong B phải có trong A, số mũ mỗi
số nguyên tố đó ít nhất phải bằng số mũ cữ số đó trong B.
, , ,
Tæng : am bncp B am bn cp
qu¸t A = vµ =
l c¸c nguyªn è nÕu ³ m , ³ , ³ ,t ×A )
( a,b,c µ sè t vµ m ;n n ;p p h M B
Chú ý :
* Nếu một số chia hết cho hai số nguyên tố cùng nhau thì nó chia hết cho tích của hai số đó.
* Nếu tích ab chia hết cho m, trong đó b và m là hai số nguyên tố cùng nhau thì a chia hết cho m.
c. Cách làm:
Muốn phân tích số N ra thừa số nguyên tố, ta chia dần dần N cho số nguyên tố từ 2 đến ..... (không
theo thứ tự), đến khi nào thương là 1 thì dừng lại.
Ví dụ:
10200 2
510 2
255 3
85 1020 = 22.3.5.17
17
1
4. Cách tìm các ước số của một số N:
* Ta phân tích số đó ra thừa số nguyên tố: N = aa . b.cg ...
b
* Số các ước số của N là tích x = ( a 1) ( b 1 ( g 1) ..
+ + ) + .
* các ước số có giá trị theo công thức:
P = (1 + a + a2 + a3 + ....... + a a )(1 + b + b2 + b3 + ....... + b a )(c +.....)
5. Bài tập áp dụng:
1. Phân tích các số sau ra thừa số nguyên tố: 10200; 11274.
Giải:
10200 2 11274 2
5100 2 5637 3
2550 2 1879
1275 5
255 5 10200 = 23.3.52.17
51 3
17 17
1
2. Tìm xem 72 có bao nhiêu ước số? Liệt kê các ước số đó ?
Giải:
Áp dụng định lý về tìm ước số của một số ta làm như sau:
+ Phân tích 72 ra thừa số nguyên tố: 72 = 23. 32 = 2a. b
3
+ Vậy số ước của 72 là: n = ( + 1) b 1) = (3 + 1) (2 + 1) = 12.
a ( +
+ Giá trị các ước số dó là :
a + + 2 .. b
(
P = (1 + a + a2 +….+ a ) 1 b b + ..+ b )
Ta có P = (1 + 2 + 22 + 23).(1 + 3 + 32) = (1 + 2 + 4 + 8).(1 + 3 + 9 )
= 1 + 3 + 9 + 2 + 6 + 18 + 4 + 12 + 36 + 8 + 24 + 72
Vậy các ước số là 1, 2, 3, 4, 6, 9, 12, 18, 24, 36, 72 và 8.
…………………………………….
3. Tìm số nhỏ nhất có 15 ước số ?
Giải :
Gọi số nhỏ nhất đó là N ; Ta thấy N = aa bbcg... và số ước số tính bằng công thức:
..
n ( a 1) ( b+ 1) ( g+ 1.. Ở đây số US bằng 15.1 hoặc 3.5 hoặc bằng 5.3
= + ) ..
Vậy: - nếu N = 15.1 thì n = ( + 1) b 1) Û 14 b 0 và số đó là:
a ( + a = vµ =
N = 214. 30 = 214 = 16348.
- Nếu n = 3.5 thì n = ( + 1) b 1) Û 2 b 4 và số đó là :
a ( + a = vµ =
2 4
N = 2 .3 = 324.
- Nếu n = 5.3 thì n = ( + 1) b 1) Û 4 b 2 và số đó là :
a ( + a = vµ =
N = 24.32 = 144.
So sánh ba số vừa tìm được thì số 144 thỏa mãn là nhỏ nhất và bảo đảm có 15 ước số.
……………………………………….
4. Cho một số N phân tích ra thừa số nguyên tố có dạng: N = 2x.5y, biết rằng N có 15 ước số.
Nhưng nếu đem chia cho 8 thì được một số cjỉ còn 6 ước số. Tìm số N ?
Giải :
Theo bài ra ta có: N = 2x.5y (1)
n = (x + 1)(y + 1) = 15 (2)
N
h×n, = 3)
t 6 (
8
Từ (2) ta có xy + x + y = 14 (4)
N 2x. y 2x. y x y
5 5
Mặt khác
=
= = 3. và n = (x – 3 + 1).(y + 1) = 6
2 5
8 8 23
=> (x – 2)(y + 1) = 6 => xy + x – 2y – 2 = 6 => xy + x – 2y = 8 (5).
Trừ từng vế của (4) và (5) cho nhau ta có :
xy +x + y =14
xy +x - 2y = 8
y=2
3y =6
Thay y = 2 vào (5) ta có : 2x + x – 4 = 8 => 3x = 12 => x = 4
Do đó N = 2x.5y = 24.52 = 16.25 = 400.
…………………………………………..
5. Hãy chứng tỏ bất kỳ số nguyên nào được tạo thành bởi ba chữ số giống nhau đều chia hết cho
37.
Giải :
G äis ph¶itm µxxx t cã =
è × l a xxx 100x 10x x
+ + 111x 3.
= 37x
®i nµy
Òu chøng á
t xxx M 37
………………………………………….
6. Cho một số N phân tích ra thừa số nguyên tố có dạng N = 2x.3y. nếu đem chi N cho 2 thì được
một số có 10 ước số. Nếu đem chia N cho 6 thì được một số có 8 ước số. Tìm số N ?
Giải:
Theo bài ra ta có :
N 2x. y
3
*
= 2x . y Þ = x + ) ( y 1) 10 Û + = (
= 1 3 n ( 1 1 + = xy x 10 1)
2 2
N 2x. y
3
* = 2x . y Þ = x + ) ( y 1 1) 8 Û 8 2)
= 1 3 1 n ( 1 1 + = xy = ( Từ (1) và
6 2.3
(2) ta suy ra x = 2 và y = 4.
Vậy N = 22. 34 = 4.81 = 324
…………………………………………
7. Một số có 4 chữ số giống nhau chỉ có hai ước số là những số nguyên tố. Hãy tính số đó và các
ước số nguyên tố của nó ?
Giải:
bi di s N l aaaa 1000a 100a 10a a 1111a 101. 1
Ta Óu Ôn è ®ã µ = + + + = = 11.
s cña l vµ
=> = vµ è 1111.C¸c íc è nã µ:11 101.
a 1 s N =
.....................................................
8. Tìm tất cả các số nguyên tố p và q sao cho các số 7p + q và pq + 11 cũng là số nguyên tố.
Giải:
Nếu pq + 11 là số nguyên tố thì nó phải là số lẻ (vì là số nguyên tố lớn hơn 2). Suy ra ít nhất một
trong các số p và q phải chẵn tức là bằng 2.
a). Giả sử p = 2. Khi đó 7p – q = 7.2 + q = 14 + q
pq + 11 = 2q + 11
Nếu q = 2 thì 14 + q = 14 + 2 = 16 là hợp số.
Nếu q là số nguyên tố lớn hơn 3 thì nó không chia hết cho 3.
Với q = 3k + 1 thì 14 + q = 14 + 3k + 1 = 3(k + 5) là hợp số.
Với q = 3k + 2 thì 2q + 11 = 2(3k + 2) + 2 = 6(k + 1) là hợp số.
Vậy p = 2 và q = 3 là đáp số cần tìm.
b). Giả sử q = 2. Lập luận tương tự như phần a), ta có đáp số nữa là : p = 3 , q = 2.
Như vậy các số nguyên tố cần tìm là : p = 2 ; q = 3 và p = 3 ; q = 2.
.............................................................
9. Chứng tỏ rằng với mọi số tự nhiên n khác 0 thì số :
11.. 2 {1 l hîp è.
{1 11.. µ s
. .
n s
ch÷ è n s
ch÷ è
Giải:
11.. 2 {1 = 11..1 1230 11..1
{1 11.. { 00.. {
. . .. .. ..
n s
ch÷ è n s
ch÷ è ( + s
n 1)ch è n s
ch÷ è ( + s
n 1)ch è
= 11..1 .10n 1)
{ ( + .
..
( + s
n 1)ch è
Sè cho îc
®∙ ® ph©n Ý t
tch hµnh Ý cña hõa è ín 1.
tch hait s l h¬n
V Ëy l hîp è.
nã µ s
.......................................................
10. Tìm tổng tất cả các số có ba chữ số mà mỗi số là tích của 4 số nguyên tố khác nhau.
Giải:
Ta bắt đầu xét các thừa số nguyên tố nhỏ nhất. Vì 2.3.5 = 30 ; 2.3.7 = 42 ; 2.3.11 = 66 nên các thừa
số thứ tư sẽ có thể là các số nguyên tố sau đây : 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31.
Đối với tích thứ hai, ta có : 11, 13, 17, 19, 23.
Đối với tích thứ 3 chỉ có một số là 3.
Như vậy tổng của tất cả các tích trên bằng : 30.(7 + 11 + 13 + 17 = 19 + 23 + 29 + 31) + 42.(11 + 13
+ 17 + 19 + 23) + 66.13 = 8814.
Vì 2.3.13.17 > 1000 nên các trường hợp khác mà hai thừa số đầu bằng 2.3 không thoả mãn đầu bài.
Với hai thừa số đầu là 2 và 5 ta có : 2.5.7.11.= 770 và 2.5.7.13 = 910.
Vì 2.7.11.13 và 3.5.7.11 đều lớn hơn 1000 nên không còn bốn số nguyên tố nào khác để tích của chúng là
một số có ba chữ số.
Vậy tổng phải tìm là : 8844 + 770 + 910 = 10524.
………………………………………………………………..........................
III. ƯỚC SỐ CHUNG LỚN NHẤT – BỘI SỐ CHUNG NHỎ NHẤT
1. Ước số chung lớn nhất:
ƯSC: a. Khi nhiều số cùng chia đúng cho d, thì ta nói d là ước số chung của các số ấy.
Ví dụ: 18 và 30 có các ước số chung là 1, 2, 3, 6.
Lưu ý: 1 là ước chung của tất cả các số.
b. Ước số chung lớn nhất (USCLN): Ước chung lớn nhất của nhiều số là số lớn nhất chia
hết cho các số ấy.
Ví dụ: Trong các ước chung của 18 và 30 : 1, 2, 3, 6 thì 6 là số lớn nhất nên 6 là USCLN của 18 và
30.
Kí hiệu: USCLN của a và b là d viết là: USCLN(a,b) = d.
2. Ước số chung lớn nhất của 2 số: (ta khảo sát USCLN của a và b với a > b).
a. Trường hợp chia hết: a Mb hay = .
a bq
- Như vậy rõ ràng US của b cũng sẽ là US của bq tức là của a.
- Ta lại thấy b cũng là một US của a như vậy b là USCLN của a và b.
Định lý 1: Khi a chia hết cho b thì:
* Tập hợp các USC của a và b là tập hợp các ước số của b.
* USCLN của a và b là b.
b. Trường hợp chia không hết:
a = bq + r hay a – bq = r
Vậy mọi US của a và b cũng là US của a và bq nên cũng là US của a – bq = r
Mọi US của b và r tất nhiên cũng là US của bq và r nên cũng là US của bq + r = a.
Nên ta có định lý 2: Khi a không chia hết cho b thì:
* Tập hợp các USC của a và b là tập hợp các ước số của số dư áp chót rn trong phép chia
liên tiếp theo định luật Ơ Cơ lit.
* Ước số chung lớn nhất của a và b là số dư rn.
c. Chú ý: Thật tính Ơ Cơ lit có nội dung như sau: Khi chia hai số a và b ta được số dư r,
lấy b chia cho r ta được số dư r1, lấy r chia cho r1 được số dư r2, lấy r1 chia cho r2 được số dư r3, …… Vì
số dư nhỏ dần nên đến lúc nào đó số dư sẽ bằng 0. lúc đó số dư đứng trước số dư bằng 0 trong phép chia
trên gọi là số dư áp chót rn (trong định luật Ơ Cơ lit)
Ví dụ: Tìm USCLN của 19521 và 1357 ?
* Ta có 19521 : 1357 = 14 dư 253
1357 : 253 = 5 dư 92
253 : 92 = 2 dư 69
92 : 69 = 1 dư 23
69 : 23 = 3 dư 0
USCLN (19521, 1357) = 23
* Khi thực hành ta đặt:
Thương số 14 5 2 1 3
Phép chia 19521 1357 253 92 69 23
Số dư 253 92 69 23 0
USCLN (19521, 1357) = 23
d. Cách tìm USCLN của 2 số: Có 2 cách
Cách 1:
* Nếu a chia hết cho b thì b là USCLN của a và b.
* Nếu a không chia hết cho b thì USCLN của a và b là số dư áp chót trong phép chia a cho b
trong thuật tính Ơ Cơ lit.
Cách 2: Phân tích hai số ra thừa số nguyên tố rồi lấy tích của tất cả các thừa số chung. Mỗi thừa
số lấy với số mũ nhỏ nhất trong các số đã cho.
đ. Cách tìm USCLN của nhiều số: Có 2 cáh
Cách 1: Tìm USCLN của từng cặp số, sau đó tìm USCLN của từng cặp đó.
a { d
{ bc
Ví dụ: d d
1 1 24443
444 2
4 4
d
Cách 2: Tìm USCLN của 2 số đầu được bao nhiêu tìm USCLN của USCLN đó với số thứ 3 ……
Cho đến khi được USCLN của USCLN lần thứ n – 1 với số cuối cùng.
a b
{ c d
d24
14 4
41 3
Ví dụ:
1 d224443
444
4 4
d3
e. Tính chất của USCLN:
* T/c 1: Tập hợp các USC của nhiều số a, b, c, d ……. là tập hợp các ước số của USCLN.
* T/c 2: Khi nhân (hay chia đúng) nhiều số a, b, c, d …….. cho cùng một số m thì USCLN của
chúng cũng nhân hay chia cho m.
* T/c 3: Điều kiện ắt có và đủ để d là USCLN của nhiều số a, b, c, d,…. Là thương số
a b c d
…… nguyên tố cùng nhau.
; ; ;
d d d d
Chú ý: Khi chia nhiều số a, b, c, d ….. cho USCLN của chúng thì được nhiều số nguyên tố cùng
nhau.
f. Ứng dụng vào tính chia hết:
* Định lý 1: Nếu một số N chia hết cho nhiều số a, b, c, nguyên tố cùng nhau thì N chia hết cho
tích a.b.c
Ví dụ: N M 2 và 3 thì N M 6
N M 3 và 4 thì N M 12
N M 3 và 5 thì N M 15
* Định lý 2: Nếu một số N nguyên tố với nhiều số a, b, c thì N nguyên tố với a.b.c => (a và b
nguyên tố cùng nhau thì am và bm nguyên tố cùng nhau.
………………………………………………………………………………….
3. Bội số chung nhỏ nhất :
a. Bội số chung : Bội số chung của nhiều số là số chia hết cho các số đó. Ví dụ : 48
là BSC của 6, 12, 16.
b. Bội số chung nhỏ nhất (BSCNN) : BSCNN của nhiều số là số nhỏ nhất chia hết cho các
số đó. (Ký hiệu là D).
4. Bội số chung nhỏ nhất của 2 số:
a. Định lý : Khi hai số A và B coc BSCNN là D và USCLN là d thì :
Dxd=AxB
b. Cách tìm BSCNN của hai số : ta làm theo 2 cách
A.B
Cách 1: Dựa vào định lý trên : =
D . Nếu d = 1 thì D = A.B
d
Cách 2: Phân tích các số dố ra thừa số nguyên tố, rồi đem nhân tất cả các thừa số nguyên tố với
nhau, mỗi thừa số với số mũ cao nhất.
/ / / /æ
Ví dụ : A aa . b. g B aa bb cg db ça > a / b > b / g > g/ thì :
ö
= b c ; = ç ; ; ÷
÷
÷
è ø
/
D=
aa . b. g. b
b c d
c. Cách tìm BSCNN cảu nhiều số : (Tương tự cách tìm USCLN của nhiều số)
d. Tính chất của BSCNN :
* Ngoài các t/c tương tự như t/c của USCLN còn có tính chất sau :
Điều kiện ắt có và đủ để D là BSCNN của nhiều số A, B, …. Là các thương
D D
; ;.... µ
....l nguyªn è
t cïng
nhau
A B
Chú ý : Khi chia BSCNN của nhiều số lần lượt cho các số ấy, thì được nhiều số nguyên tố cùng
nhau.
5. Bài tập áp dụng :
1. Chứng minh rằng hai số nguyên liên tiếp thì nguyên tố cùng nhau.
Giải:
Ta có n và n + 1 là hai số nguyên liên tiếp => USCLN (n, n + 1) = d. Ta thấy n M d và (n + 1) M d
nên [(n + 1) – n] M d hay 1 M d Û = .
d 1
Vậy (n, n + 1) = 1 nên n và n + 1 nguyên tố cùng nhau.
……………………………………….
2. Chứng minh rằng 2752 và 221 là hai số nguyên tố cùng nhau.
Giải:
2752 và 221 nguyên tố cùng nhau khi USCLN của chúng là d = 1. Vậy ta tìm USCLN của 2752 và
221.
Theo thuật toán Ơ Cơ lit ta có:
12 2 4 1 3 5
2752 221 100 21 16 5 1
100 21 16 5 1 0
USCLN (2752, 221) = 1 nên 2752 và 221 nguyên tố cùng nhau.
3. Chia 7600 và 629 cho một số nguyên N thì các số dư lần lượt là 4 và 5. Tính N.
Giải:
N > 5 (vì số dư là 4 và 5)
7600 – 4 = 7596 M N
629 – 5 = 624 M N
Vậy N là USC của 7596 và 624 nên nó cũng là US của USCLN của 7596 và 624.
Ta tìm USCLN của 7596 và 624 là 12. Các Ú của 7596 và 624 là : 1, 2, 3, 4, 6, 12. Mà N > 5 nên N = 6 hay
N = 12.
……………………………………….
4. Tìm hai số nguyên, biết tổng số của chúng là 192 và USCLN là 24 ?
Giải :
Gọi A và B là là hai số phải tìm, a và b là các thương số của chúng với 24. Ta có A = 24a ; b =
24b. Hay A + B = 24(a + b) = 192 => (a + b) = 192 : 24 = 8.
A B
Mặt khác theo định lý thì : ( = a, = b)= nªn a,b)=
1 ( 1
24 24
Vậy: a = 1 => 7 = 7
a = 2 => b = 6 (không hợp lý)
a = 3 => b = 5
a = 4 => b = 4 (không hợp lý)
Do đó số phải tìm là: a = 1, b = 7 => A = 24 ; B = 168
a = 3, b = 5 => A = 72 ; B = 120
……………………………………
5. Cho ba số chẵn liên tiếp, chứng minh tích ba số ấy chia hết cho 48.
Giải:
Gọi 2n, 2n + 2, 2n + 4 là ba số chẵn liên tiếp.
Ta sẽ có 2.(2n + 2)(2n + 4) = 8n(n + 1)(n + 2).
n(n + 1)(n + 2) là tích ba số nguyên liên tiếp nên có một số chia hết cho 2 và một số chia hết cho 3. Suy ra
n(n + 1)(n + 2) M 8.
Vậy ta có 8n(n + 1)(n + 2) M 48
6. Tìm BSCNN của 3080 và 1100 ?
Giải :
* Ta tìm theo cách 1 :
2 1 4
3080 1100 880 220
880 220 0
=> d = (3080, 1100) = 220
3080.1100
Vậy : D = = 15400
220
……………………………………
7. Tìm hai số A và B, biết USCLN bằng 6 và BSCNN bằng 120.
Giải :
Gọi BSCNN của A và B là D, USCNN của A và B là d. Ta sẽ có : A.B = D.d
A B A B D. d D 120
N ếu a
= vµ b t a. = .
= h× b = = = = 20
d d d d d2 d 6
Như vậy a và b xẩy ra các trường hợp sau:
ì a 2
ï = ì a 10 ì a 1
ï = ï = ì a 20 ì a 4 ì a 5
ï = ï = ï =
ï
í ï
; í ï
; í ï
; í ï
; í ï
; í
ï b 10 ï b 2
ï = ï = ï b 20
ï = ï b 1
ï = ï b 5 î b 4
ï = ï =
ï
î î î î î
ì a 1
ï = ì a 4
ï =
Như vì (a, b) = 1 nên chỉ có thể ï
í ï
; í
ï b 20 ï b 5
ï =
î ï =
î
A ad 1. =
= = 6 6 A 20. =
= 6 120
Suy ra: * hoÆc
B bd 20. =
= = 6 120 B 1. =
= 6 6
A ad 4. =
= = 6 24 A 5. =
= 6 30
* hoÆc
B bd 5. =
= = 6 30 B 4. =
= 6 24
…………………………………
8. Tìm một số nhỏ hơn 400 mà khi chia cho 2, 3, 4, 5, 6 đều dư 1. Khi chia cho 7 thì không còn dư.
Giải:
N – 1 = BSC của 2, 3, 4, 5, 6. Như vậy N = BS của BSCNN (2,3,4,5,6) = 60.
Số đó có thể là : 61, 121, 181, 241, 301, 361. Căn cứ theo điều kiện là N M 7 nên ta có N = 301
………………………………………
9. Tìm hai số biết tổng của chúng là 288 và USCLN của chúng là 24.
Giải:
Gọi hai số phải tìm là a và b (giả sử a £ b ). Ta có a + b = 288 và (a,b) =24. Vì 24 là ƯSCLN của
a và b nên ta có thể viết a = 24a,, b = 24 b, trong đó a, và b, là hai số tự nhiên nguyên tố cùng nhau và
a,£ b,. Do đó :
24a, 24b 288
+ =
24( , b,)=
a + 288
a, b¢ 288 =
+ = :24 12
12 chỉ có thể là tổng của hai cặp số nguyên tố cùng nhau: 1 và 11, 5 và 7.
V íia, 1,b, 11 a a 1. = = 24 264.
= = t cã = 24 24,b 11. =
V íia, 5,b, 7 a a 5. = = 24 168.
= = t cã = 24 120,b 7. =
Hai số phải tìm là : 24 và 264, 120 và 168.
……………………………………….
10. Tìm hai số biết tích của chúng là 4320 và BSCNN của chúng là 360.
Giải:
Gọi hai số phải tìm là a và b (giả sử a £ b ), gọi d = (a, b) nên a = a’.d,
b = b’.d trong đó (a’,b’) = 1. Ta đã biết:
a.b
[a,b] = . Từ đó ta có a.b = a’.b’.d2 và [a,b] = a’b’d.
( b)
a,
4320 360
Theo đầu bài, ta suy ra: d = 12 ab,
= vµ , = 30.
=
360 12
Đảo lại, nếu (a’,b’) = 1 và a’.b’ = 30 thì các số a = a’.12 và b = b’.12 có tích bằng 4320 và có BCNN là 360.
Vậy chỉ cần tìm hai số a’. b’ nguyên tố cùng nhau
( a¢£ b¢) cã Ý b»ng cã sau:
vµ tch 30.Ta b¶ng
a’ b’ a b
1 30 12 360
2 15 24 180
3 10 36 120
5 6 60 72
Vậy các cặp số phải tìm là : 12 và 360, 24 và 180, 36 và 120, 60 và 72.
……………………………………….
11. Một số chia cho 4 dư 3, chia cho 17 dư 9, chia cho 19 dư 13. Hỏi số đó chia cho 1292 dư bao
nhiêu?
Giải:
Gọi số đã cho là A. Theo bài ra ta có:
A = 4q1 + 3
= 17q2 + 9
= 19q3 + 13 (q1, q2, q3 Î )
N
Nếu ta thêm vào số đã cho 25 thì ta lần lượt có:
A + 25 = 4q1 + 3 + 25 = 4.(q1 + 7)
= 17q2 + 9 + 25) = 17.(q2 + 2)
= 19q3 + 13 + 25 = 19.(q3 + 2)
Như vậy A + 25 đồng thời chia hết cho 4, 17, 19. Nhưng 4, 17, 19 là ba số đôi một nguyên tố cùng nhau,
suy ra A + 25 chia hết cho 4.17.19 = 1292.
Vậy A + 25 = 1292.k (k = 1, 2, 3, 4,….).
Suy ra A = 1292k – 25 = 1292 (k – 1) + 1267 = 1292 k’ + 1267.
Do 1267 < 1292 nên 1267 là số dư trong phép chia số đã cho A cho 1292.
………………………………………
12. Tìm hai số biết hiệu giữa BSCNN và ƯSCLN của chúng bằng 18.
Giải:
Gị hai số phải tìm là a và b, ƯSCLN của a và b là d. Ta có a = a ’.d; b = b’.d (a’ và b’ là hai số
nguyên tố cùng nhau). BCNN của a và b là a’b’d. Theo đầu bài ta có: a’b’d – d = 18.
18
(a’b’ – 1)d = 18 => a’b’ = 1
+ .
d
Vì a’b’ là số tự nhiên nên d phải là ước của 18. Không mất tính tổng quát, ta giả sử
a ≥ b,a, ≥ b,.Ta b¶ng au:
cã s
d a’b’ a’ b’ a b
1 19 19 1 19 1
2 10 10 1 20 2
5 2 10 4
3 7 7 1 21 3
6 4 4 1 24 6
9 3 3 1 27 9
18 2 2 1 36 18
.....................................................
13. Tìm tất cả các số lớn hơn 10000 nhưng nhỏ hơn 15000 mà khi chia chúng cho 393 cũng như
khi chia chúng cho 655 đều được số dư là 210.
Giải:
Gọi số phải tìm là A. Theo đầu bài ta có: 10000 < A < 15000 (1)
A = 393q1 + 210 (2)
A = 655q2 + 210 (3) (q1, q2 ∈ N).
Từ (2) và (3) ta suy ra A – 210 chia hết cho 393 và 655 tức là A – 210 chia hết cho [393,655] =
1965.
Do đó A – 210 = 1965 q (q ∈ N), nên A = 1965q + 210
Từ (1) suy ra q chỉ có thể bằng 5, 6, 7.
Với q = 5 thì A = 1965.5 + 210 = 10035.
Với q = 6 thì A = 1965.6 + 210 = 12000.
Với q = 7 thì A = 1965.7 + 210 = 13965.
Vậy các số phải tìm là: 10035, 12000, 13965.
………………………………
14. Cho các số tự nhiên khác 0 là a, b, c sao cho:
p = bc + a, q = ab + c, r = ca + b.
Chứng minh rằng hai trong các số p, q, r phải bằng nhau.
Giải:
Trong ba số tự nhiên a, b, c phải có ít nhất hai số cùng tính chẵn, lẻ. Giả sử hai số đó. Vì b c cùng
tính chẵn lẻ với b nên p = bc + a chẵn, nhưng p lại là số nguyên tố, do đó p = 2, suy ra b = a = 1. Khi đó q
= ab + c = 1 + c = ca + 1 = ca + r. Nếu hai số cùng tính chẵn lẻ là a và c hoặc b và c thì cũng lý luận tương
tự, ta suy ra trong ba số nguyên tố p, q, r phải có hai số bằng nhau.
…..……………………………………………………………………………
C: PHÂN SỐ
I. Các khái niệm cơ bản:
a
* l ph©n è l t s l m Éu è.( ∈ ,b ≠
µ s víia µ ö è,b µ s a,b N 0)
b
Các số tự nhiên đều có thể coi là phân số có mẫu số bằng 1.
a
* µ t cïng u øc µ a, 1.
l ph©n è èigi nÕu nguyªn è
s t ¶n a,b nha t l ( b)=
b
Các phân số khi chưa tối giản đều có một phân số tối giản bằng nó.
II. Tính chất cơ bản:
a a. m a.
n
= = m ,n ≠ . Ta áp dụng t/c cơ bản này để rút gọn phân số.
( 0)
b b. m b.
n
a
:n a
= với n có thể là UCLN của a và b (rút gọn một lần để được phân số tối giản) hoặc n
b
:n b
có thể là một trong các ước của a và b (rút gọn nhiều lần).
III. Các cách so sánh hai phân số:
1). Qui đồng tử hay mẫu số:
a. Nếu hai phân số có cùng tử số, phân số nào có mẫu số ớn hơn thì phân số đó nhỏ hơn.
b. Nếu hai phân số có cùng mẫu số, phân số nào có tử số lớn hơn thì phân số đó lớn hơn.
2). Phân số phần bù đến đơn vị:
Hai phân số đều nhỏ hơn đơn vị, nếu phân số phần bù đến đơn vị của phân số nào lớn hơn thì
phân số đó nhỏ hơn (hai phân số phần bù đến đơn vị có tử số bằng nhau).
3). Phân số trung gian thứ 3: Thông thường có hai cách sau:
a. Chọn một phân số trung gian thứ ba có cùng tử số với một trong hai phân số đã cho, cùng
mẫu số với phân số còn lại.
b. Chọn một phân số trung gian thứ ba thể hiện mối quan hệ giữa tử số và mẫu số của hai
phân số.
IV. Bài tập áp dụng:
12 13
1. So sánh hai phân số sau:
vµ
49 47
Giải:
12 12 12
Ta chọn phân số l ph©n è r gi a < 1)
µm s tung an,t cã: (
47 49 47
12 13 12 13
Ta lại có: < 2) t ( ( a uy a <
( nªn õ 1)vµ 2)t s r .
47 47 49 47
..............................................................
15 24
2. So sánh hai phân số:
vµ
59 97
Giải:
Ta thấy 59 gấp gần 4 lần 15; 97 gấp hơn 4 lần 24.
15 15 1 24 24 1
Ta có: > = ( ; <
1) = (
2)
59 60 4 97 96 4
15 24
Từ (1) và (2) >
59 97
..............................................................
a
3. Cho phân số a b) Cùng thêm m đơn vị vào tử số và mẫu số thì phân số mới lớn hơn hay
( .
b m b m
+ + b b m
+ b b m
+
a a m
+
Vậy: <
b b m
+
Cách 2: Qui đồng mẫu số: MSC là b(b + m)
a a( + ) ab am
b m +
= =
b b( + ) b( + )
b m b m
a m b( + ) ab bm
+ a m +
= =
b m b( + ) b( + )
+ a m b m
ab am
+ ab bm
+
s
So ¸nh
víi cïng Éu è.
cã m s
b( + )
b m b( + )
b m
N Õu <
b b m
+
…………………………………….
n 19
+
4. Tìm tất cả các số tự nhiên n > 0 để µ
l ph©n è èigi
s t ¶n.
n
2
Giải:
n
+19
Vì n là số cần tìm có cả ở tử số và mẫu số nên cần biến đổi thành tổng các phân số sao
n
2
cho n chỉ còn ở tử hoặc mẫu số.
n 19 n +
+ 2 21 n
2 21 21
= = + = 1+ .
n 2
n
2 n n
2 2 n
2
n 19
+ 21
Muốn µ
l ph©n è èigi t
s t ¶n h× µ
ph¶il ph©n è èigi
s t ¶n hay 21 và n – 2 là nguyên
n
2 n
2
tố cùng nhau, mà 21 chia hết cho 3 và 7 nên (n – 2) không chia hết cho 3 và 7.
n 19
+
Vậy nếu n ≠ 3k 2 n ≠ + ( ∈ )t
+ vµ 7k 2 k N h× èigi .
t ¶n
2
N
…………………………………………..
5. Với giá trị nào của số tự nhiên a thì:
5a
11
gi tÞl nhÊt ¸ r l bao ªu?
cã ¸ r ín ,gi tޮ㠵 nhi
4a
13
Giải:
a
Biết rằngcó giá trị lớn nhất khi tử số a không đổi, mẫu số b là nhỏ nhất
b
5a 11
Vậy cần biến đổi ao a ë Éu è.
s cho chØcã m s
4a 13
5a
11 4( 11) 20a
5a 44 5( 13)+
4a 21 5 21
= = = = =
4a
13 4( 13) 4( 13)
4a 4a 4( 13)
4a 4 4( 13)
4a
5a
11 21
Muốn có giá trị lớn nhất thì ta cần tìm với giá trị nào của a để có giá trị lớn
4a
13 4( 13)
4a
nhất.
21
uèn
M gi tÞl nhÊtt ph¶icã ¸ r nhÊt
cã ¸ r ín h×a gi tÞnhá .
4( 13)
4a
Giá trị nhỏ nhất của a để phép trừ 4a – 13 thực hiện được là a = 4. Khi đó
5a
11 5a
11
= 3,®ã µ ¸ r ín
l gi tÞl nhÊtcña .
4a
13 4a
13
………………………………………
2. + 2. 8 + 4. 16 + 8. 32
4 4. 8. 16.
6. Tính giá trị của phân số:
3. + 2. 8 + 4. 16 + 8. 32
4 6. 12. 24.
Giải:
Ta thấy rằng tử và mẫu của mỗi phân số đều là tổng của bốn số hạng, mỗi số hạng đều là tích của ba
thừa số. Ta có:
2. + 2. 8 + 4. 16 + 8. 32 1. 4 + 1. 4. 2. + 1. 4. 4. + 1. 4. 8.
4 4. 8. 16. 2. 2. 2. 2 2. 4. 4 2. 8. 8
=
3. + 2. 8 + 4. 16 + 8. 32 1. 4 + 1. 4. 2. + 1. 4. 4. + 1. 4. 8.
4 6. 12. 24. 3. 3. 2. 2 3. 4. 4 3. 8. 8
1. 4( + 2 + 4 + 8 ) 2
2. 1 3 3 3
= =
1. 4( + 23 + 43 + 88 ) 3
3. 1
……………………………………..
7. Tìm phân số tối giản biết giá trị của nó không thay đổi khi cộng tử số với 6 và mẫu số với 8.
Giải:
a a a 6+
Gọi phân số cần tìm là Theo đầu bài ta có: = .Suy a:
r
b b b 8+
a 6 3
A(b + 8) = b(a + 6) => ab + 8a = ab + 6b => 8a = 6b => = =
b 8 4
3
Vậy phân số đã cho là .
4
………………………………………
a a b
+
8. Cho phân số èigi gi hÝ
t ¶n,h∙y ¶it ch
còng èigi
t ¶n.
b b
Giải:
a b
+
Giả sử
kh«ng èigi t + vµ cã CLN d 1.
t ¶n h×a b b U = > Suy ra (a + b) chia hết
b
cho d và b chia hết cho d nên (a + b) – b chia hết cho d do đó a chia hết cho d. Điều đó có nghĩa là a và b
a
cùng có UC là d khác 1, tức là phân số
kh«ng èigi ( Òu t¸ivíi®Çu )
t ¶n ®i nµy r bµi.
b
a b
+
Vậy µ
l ph©n è èigi
s t ¶n.
b
…………………………………………
9. Chứng minh rằng phân số sau tối giản với n là số tự nhiên lớn hơn 0:
8n 5
+
6n 4
+
Giải:
8n 5
+
Giả sử a là một số tự nhiên bất kỳ lớn hơn 0, phân số không tối giản thì ƯCLN (8n + 5,
6n 4
+
6n +4) = d > 1. Suy ra (8n + 5) Md và (6n + 4) Md. Do đó [4(6n + 4) – 3(8n + 5)] Md, mà [4(6n + 4) – 3(8n +
5)] = 1 Md vô lý.
8n 5
+
Vậy µ
l ph©n è èigi
s t ¶n.
6n 4
+
………………………………………
4n 5
+
10. Tìm tất cả các số tự nhiên n lớn hơn 0, để thể rút gọn được?
có
5n 4
+
Giải:
4n 5
+
N Õu t r ® îc h×4n 5 5n 1 có ƯCLN là d > 1, ta được (4n
cã hÓ ótgän t + vµ +
5n 4
+
+5) M d và (5n + 4) M d, do đó (20n + 25) Md (1)
và (20n + 16) Md (2).
Từ (1) và(2) ta được 9 M d, vậy nếu phân số rút gọn được thì tử số và mẫu số chia hết cho 3. Vì
(5n + 4) và (4n + 5) chia hết cho 3 nên (n – 1) M3 hay n = 3k + 1 (k ≥ 0).
………………………………….
n3 + 2n2 + 3
11. Tìm tất cả các số tự nhiên n để: µ è ù ªn.
l s t nhi
n
2
Giải:
n + 2n2 + 3 n2 ( 2)+ n ( n ) 2
2
3
n 3 3 3
= = + = 2 +
n .
n
2 n
2 n
2 n
2 n
2
3
Muốn là số tự nhiên thì n – 2 phải là ước của 3, do đó n – 2 = 1 hoặc
n
2
n – 2 = 3. Vậy n = 3 hoặc n = 5.
………………………………………
1 1 1 1 1 7
12. Hãy chứng tỏ rằng: + + + ...
.. + + > .
41 42 43 79 80 12
Giải:
1 1
Ta thấy từ
®Õn 40
cã ph©n è.Tất cả các phân số trên đều có tử số là 1. Ta có thể
s
41 80
nhóm các phân số thành một nhóm rồi dựa vào kiến thức so sánh các phân số có tử số giống nhau.
1 1 1 1 1
Vậy: + + + ... .. + + =
41 42 43 79 80
1 1 1 1 1 1 1 1
= + + ..
. + + + + + .. . + + ( 1)
41 42 59 60 61 62 79 80
1 1 1 1
Vì > vµ > 2) (
41 60 61 80
1 1 1 1 1 1 1 1
Ta lại có: + + ... + + + + + .. .+ +
60 60 60 60 80 80 80 80
20 20 1 1 4 + 3 7
= + = + = = 3)
(
60 80 3 4 12 12
1 1 1 1 1 7
Từ (1), (2), (3) ta được: + + + ... .. + + >
41 42 43 79 80 12
……………………………………..
13. Tính giá trị của biểu thức:
1 1 1
S= + + ..
.+
1. 3. 2. 4.
2. 4 3. 5 n( + ( + ( +
n 1) n 2) n 3)
Giải:
Biến đổi ở phân số dạng tổng quát ta có:
1 3
=
n( + ( + ( +
n 1) n 2) n 3) 3n( + ( + ( +
n 1) n 2) n 3)
3 n
+ n
=
3n( + ( + ( +
n 1) n 2) n 3)
1 n
+3 n
= −
3 n( + ( + ( + n( + ( + ( +
n 1) n 2) n 3) n 1) n 2) n 3)
1 1 1
= −
3 n( + ( + ( + ( + ( +
n 1) n 2) n 1) n 2) n 3)
Áp dụng kết quả này vào bài tập đã cho ta có:
1 1 1 1
= −
1. 3. 3 1. 3 2. 4
2. 4 2. 3.
1 1 1 1
= − ..
..
2. 4. 3 2. 4 3. 5
3. 5 3. 4.
1 1 1 1
= −
n 1) n 2) n 3) 3 n( + ( + ( + ( + ( +
n( + ( + ( + n 1) n 2) n 1) n 2) n 3)
Cộng từng vế ta được:
1 1 1
S
= −
3 1. 3 ( + ( + ( +
2. n 1) n 2) n 3)
..........................................................
4
a c a a +
b b4
4
14. Cho hai phân số
vµ .H ∙y
chøng á »ng:
t r = 4
b d c c +
d d4
Giải:
a c a b a
b a b a
b
Tõ = a
t cã = = . Vì = = nên mỗi phân số nhân với chính bản thân
b d c d c
d c d c
d
nó 4 lần ta được:
a4 b4 a b
= 4 = (1)
c4 d c d
a4 b4 a4 + 4 b
Mà 4 = 4 = 4 (2)
c d c d4
+
4
a a +
b b4
4
Từ (1) và (2) ta có =
c c4 + 4
d d
a b a2 + 2 a
b
15. Hãy chứng tỏ rằng nếu = h× 2 t = .
b c b + c c
2
Giải:
a b a a b b a2 b2 a2 + b2
Từ = uy a ⋅ = ⋅ ⇒ 2 2 = 2
s r =
b c b b c c b c b + 2 c
a b
Từ = uy a 2 =
s r b ac
b c
a2 + 2 b2
b a2 + 2 a. a
b c
Từ = 2 ,t b = a. vµo a
hay 2
c t cã: 2 = 2 =
b2 + 2 c
c b + 2 c c
c
………………………………………………………………………………..
D: MỘT SỐ VẤN ĐỀ CÓ TÍNH CHẤT SUY LUẬN LÔGÍC
I. Nguyên lý căn bản của phép đếm – Hoán vị - chỉnh hợp:
1. Nguyên lý căn bản của phép đếm – Hoán vị:
a. Nguyên lý căn bản của phép đếm :
Ví dụ: Giả sử phải mời 4 người vào 4 ghế có đánh số 1,2,3,4. Hỏi có mấy cách mời ?
Giải:
+ Với chỗ thứ nhất, ta có 4 cách mời 4 người này vào chỗ đó.
Giả sử A ngồi vào một ghế, thì còn 3 cách mời 3 người còn lại vào 3 chỗ còn lại. Lúc này ta có 4.3
= 12 cách mời.
+ Giả sử B ngồi vào ghế thứ 2, thì ta chỉ còn hai cách mời hai người còn lại vào hai ghế còn lại. Lúc này
ta có : 12 x 2 = 24 cách mời.
+ Giả sử C ngồi vào ghế thứ 3, thì chỉ còn 1 cách để mời 1 người còn lại vào ghế còn lại.
Vậy có tất cả : 4. 3. 2. 1 cách mời.
Một cách tổng quát :
« Nếu có một biến cố nào đó xảy ra trong n1 cách khác nhau, sau đó có một biến cố thứ hai xẩy ra
trong n2 cách khác nhau, tiếp theo biến cố thứ 3 xẩy ra trong n3 cách khác nhau…… thì biến cố trên có thể
xẩy ra trong n1.n2.n3……. cách khác nhau ».
Copyright by webtailieu.net