ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC VŨ NGỌC BẢO MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN CÁC SỐ CHÍNH PHƯƠNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - NĂM 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC VŨ NGỌC BẢO MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN CÁC SỐ CHÍNH PHƯƠNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số 60 46 01 13 Người hướng dẫn khoa học GS TSKH NGUYỄN VĂN MẬU THÁI NGUYÊN - NĂM 2015 i MỤC LỤC Mở đầu Đồng dư đồng dư bậc hai 1.1 Đồng dư thức 1.1.1 Định nghĩa đồng dư thức 1.1.2 Các tính chất đồng dư thức 1.2 Các lớp thặng dư 1.2.1 Hệ thống thặng dư 1.2.2 Tính chất 1.2.3 Hệ thặng dư thu gọn 1.3 Định lý Euler định lý Fermat 1.3.1 Hàm số Euler ϕ(n) 1.3.2 Định lý Fermat 1.4 Thặng dư toàn phương Các dạng toán số phương 2.1 Định nghĩa số phương 2.2 Một số tính chất số phương 2.2.1 Tổng ước số tự nhiên 2.2.2 Một số toán chọn lọc hàm d(n), σ(n) ϕ(n) 2.3 Tổng bình phương số nguyên 2.3.1 Tổng hai bình phương 2.3.2 Tổng ba bình phương 2.3.3 Tổng bốn bình phương 2.3.4 Bài toán tổng năm bình phương 2.4 Một số biểu diễn khác qua tổng bình phương 2.4.1 Tổng ba bình phương có hai bình phương 2.4.2 Tổng bốn bình phương có ba bình phương 2.5 Bài tập tương tự 5 5 6 7 7 10 11 18 18 18 21 23 25 26 27 28 30 30 30 33 36 ii Một số dạng toán liên quan đến tổng tích lũy thừa 3.1 Biểu diễn số tự nhiên thành tổng lập phương 3.1.1 Bài toán Waring 3.1.2 Số lũy thừa 3.1.3 Tính toán số lũy thừa 3.1.4 Dạng tích số lũy thừa 3.1.5 Dạng tổng số lũy thừa 3.2 Ứng dụng định lý Euler Fecmat 3.3 Ứng dụng vào giải phương trình vô định 3.4 Một số toán áp dụng khác 3.4.1 Ứng dụng vào giải toán số phương 3.4.2 Tìm dấu hiệu chia hết 3.4.3 Tìm chữ số tận 3.4.4 Chứng minh chia hết 3.5 Bài tập tương tự 38 38 38 39 44 46 48 51 52 54 54 55 60 61 62 Tài liệu tham khảo 67 Mở đầu Lí chọn đề tài: Chuyên đề số học liên quan đến số phương có vị trí đặc biệt toán chia hết (đồng dư đồng dư bậc hai), biểu diễn số tự nhiên đa thức với hệ số nguyên Trong kỳ thi học sinh giỏi Toán quốc gia, olympic Toán quốc tế toán liên quan đến số học, dạng toán đồng dư, phương trình Diophant dạng toán đa thức nguyên hay đề cập xem dạng toán thuộc loại khó bậc trung học sở trung học phổ thông Các toán dạng thường đề cập chương trình toán mà thường xuất dạng toán chuyên đề áp dụng Để đáp ứng cho nhu cầu bồi dưỡng giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi chuyên đề số học, luận văn "Một số dạng toán liên quan đến số phương" nhằm cung cấp số phương pháp có tính hệ thống để tiếp cận dạng toán chuyên đề số học vấn đề liên quan Mục đích nghiên cứu: Hệ thống hóa lý thuyết, ứng dụng định lý Euler Fermat, giải phương trình vô định cách biểu diễn số nguyên thành tổng bình phương đồng thời nắm số kỹ thuật tính toán liên quan.Cung cấp số phương pháp có tính hệ thống để tiếp cận dạng toán chuyên đề số học vấn đề liên quan Đó dạng toán chưa học bậc đại học Các kiến thức chuyên đề góp phần vào việc bồi dưỡng hiệu học sinh giỏi toán bậc Trung học sở Trung học phổ thông Đối tượng phạm vi nghiên cứu: 3.1 Đối tượng nghiên cứu: Nghiên cứu ứng dụng định lý Euler Fermat, giải phương trình vô định cách biểu diễn số nguyên thành tổng bình phương 3.2 Phạm vi nghiên cứu: Nghiên cứu tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi, kỷ yếu hội thảo chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp quốc gia, thi Olympic; tủ sách chuyên Toán 4 Phương pháp nghiên cứu: Tham khảo tài liệu bồi dưỡng cho giáo viên, bồi dưỡng học sinh giỏi Tham gia buổi seminar: Các chuyên đề toán phổ thông, Các trường hè bồi dưỡng nâng cao kiến thức chuyên môn để trao đổi kết nghiên cứu Ý nghĩa khoa học thực tiễn đề tài: Luận văn chuyên đề hướng tới bồi dưỡng học sinh giỏi bậc Trung học sở, Trung học phổ thông Tạo đề tài phù hợp cho việc giảng dạy, bồi dưỡng học sinh Trung học sở, Trung học phổ thông Đề tài đóng góp thiết thực cho việc học dạy chuyên đề toán trường Trung học sở, Trung học phổ thông, đem lại niềm đam mê sáng tạo việc dạy học toán Cấu trúc luận văn: Cấu trúc luận văn: Ngoài phần Mở đầu Kết luận, luận văn chia thành ba chương đề cập đến vấn đề sau đây: Chương Đồng dư đồng dư bậc hai Chương Các dạng toán số phương Chương Một số dạng toán liên quan đến tổng tích lũy thừa Luận văn hoàn thành hướng dẫn khoa học đầy nhiệt tình, nghiêm túc trách nhiệm GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu Nhân dịp tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành kính trọng sâu sắc Giáo sư - Người thầy truyền đạt nhiều kiến thức quý báu với kinh nghiệm nghiên cứu khoa học suốt thời gian tác giả theo học nghiên cứu đề tài Đồng thời, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Ban giám hiệu trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên; Phòng Đào tạo - Khoa Toán - Tin, anh em, bạn bè lớp N - Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên khóa 2013-2015; Ban lãnh đạo phòng Giáo dục Đào tạo thành phố Nam Định gia đình tạo điều kiện thuận lợi, động viên tác giả suốt trình học tập, công tác thực đề tài luận văn Chương Đồng dư đồng dư bậc hai 1.1 1.1.1 Đồng dư thức Định nghĩa đồng dư thức Định nghĩa 1.1 Cho m số tự nhiên khác không Ta nói hai số nguyên a, b đồng dư với theo modun m phép chia a b cho m ta số dư Ký hiệu a ≡ b (mod m) (1.1) Hệ thức (1.1) gọi đồng dư thức 1.1.2 Các tính chất đồng dư thức Tính chất 1.1 a Với số nguyên ta có a ≡ a (mod m) b Nếu a ≡ b (mod m) b ≡ a (mod m) c Nếu a ≡ b (mod m) b ≡ c (mod m) a ≡ c (mod m) Tính chất 1.2 Nếu a ≡ b (mod m) c số nguyên tùy ý a ± c ≡ b ± c (mod m) Tính chất 1.3 a Nếu a1 ≡ a2 (mod m); b1 ≡ b2 (mod m) (a1 ± b1 ) ≡ (a2 ± b2 ) (mod m) b Nếu a1 ≡ a2 (mod m); b1 ≡ b2 (mod m) (a1 × b1 ) ≡ (a2 × b2 (mod m) Tính chất 1.4 a Nếu a + c ≡ b (mod m) a ≡ b − c (mod m) b Nếu a ≡ b (mod m) a + km ≡ a (mod m) c Nếu a ≡ b (mod m) ak ≡ bk (mod m) d Giả sử f (x) = an xn−1 + · · · + a1 x + a0 đa thức với hệ số nguyên Nếu ta có α ≡ β (mod m) ta có f (α) ≡ f (β) (mod m) Đặc biệt ta có f (α) ≡ (mod m) ta có f (α + km) ≡ (mod m) (k ∈ Z) Tính chất 1.5 Nếu ac ≡ bc (mod m) (c, m) = a ≡ b (mod m) Tính chất 1.6 Nếu a ≡ b (mod m) ac ≡ bc (mod m) Tính chất 1.7 Nếu a ≡ b (mod m) d | (a, b, m) (d > 0) ta có a b ≡ d d (mod m ) d Tính chất 1.8 Nếu a ≡ b (mod mi ), i = 1, 2, 3, k a ≡ b (mod m); m = m1 m2 mk 1.2 Các lớp thặng dư 1.2.1 Hệ thống thặng dư Xét m số nguyên dương lớn Ta biết số nguyên a viết dạng: a = qm + r (0 r m − 1) Với r (0 r m − 1); tập hợp Ar gồm tất số nguyên chia cho m có số dư r gọi lớp thặng dư mod m phần tử Ar gọi thặng dư mod m Vì số nguyên a có q r (0 r m − 1) cho a = qm + r, nên a thuộc thuộc lớp thặng dư mod m Ar Hơn tập hợp lớp thặng dư mod m tập hợp Z số nguyên Nghĩa là: m Ar = Z; Ai ∩ Aj = φ r=0 với i = j (0 ≤ i, j ≤ m − 1) Trong lớp thặng dư mod m lấy thặng dư đại diện Tập hợp m phần tử gọi hệ thặng dư đầy đủ mod m Nói cách khác hệ thặng dư đầy đủ mod m tập hợp m số nguyên đôi không đồng dư (mod m) Đặc biệt hệ H = 0, 1, , m − gọi hệ thặng dư đầy đủ mod m không âm nhỏ 1.2.2 Tính chất a Mỗi hệ thặng dư đầy đủ mod m gồm m thặng dư b Mọi hệ gồm m số nguyên đôi không đồng dư với theo mod m hợp thành hệ thặng dư đầy đủ mod m c Cho a số nguyên, nguyên tố với m b số nguyên tùy ý Khi x chạy qua hệ thặng dư đày đủ mod m ax + b chạy qua hệ thặng dư đầy đủ mod m 1.2.3 Hệ thặng dư thu gọn Cho số nguyên n = Gọi ϕ(n) số chữ số ≤ số nguyên tố với n Giả sử số a1 ,a2 , , ak ; a1 ∈ Zn1 , a2 ∈ Zn2 , , ak ∈ Znk Lấy phần tử r1 , r2 , , rk thuộc lớp r1 , r2 , , rk gọi hệ thặng dư thu gọn (mod n) (ri , n) = 1(i = 1k) Có tính chất: x với (x, n) = 1; Tồn ri : x ≡ ri (mod n) 1.3 Định lý Euler định lý Fermat Trong mục ta trình bày hai định lý quan trọng lý thuyết số liên quan đến hai định lý hàm số Euler ϕ(n) Bởi trước hết ta nhắc lại định nghĩa hàm số Euler công thức tính 1.3.1 Hàm số Euler ϕ(n) Định nghĩa 1.2 Cho số tự nhiên n ≥ Ta ký hiệu ϕ(n) số số tự nhiên bé n nguyên tố với n Quy ước ϕ(1) = Định lý 1.1 Hàm ϕ(n) có tính chất nhân tính theo nghĩa: Nếu a, b hai số nguyên tố ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b) Chứng minh Rõ ràng ta giải thiết a > 1, b > vượt ab liệt kê sau: a+1 a+2 2a + 2a + Các số nguyên dương không a 2a 3a ka + ka + (k + 1)a (b − 1)a + (b − 1)a + ba Các số thành bảng có dạng ax + y , ≤ x ≤ b − 1, ≤ y ≤ a Xét số cột thứ y Ta có (ax + y, a) = (y, a) Vì số nguyên tố với ab nguyên tố với a b, số phải nằm cột thứ y mà (y, a) = Có thảy ϕ(a) cột Xét cột thứ y , với (y, a) = Các số cột y, a + y, 2a + y, , (b − 1)a + y Giả sử rx số dư chia ax + y cho b Như (ax + y, b) = (rx , b) Dễ dàng thấy (a, b) = nên rx1 = rx2 với x1 = x2 Như ta có đẳng thức tập hợp r0 , r1 , , rb−1 = 0, 1, , b − Vậy số x mà (ax + y, b) = số x mà (rx , b) = tức ϕ(b) Vậy có ϕ(a)ϕ(b) số nguyên tố với a nguyên tố với b Đó số nguyên tố với ab Nói cách khác ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b) Từ định lý ta suy công thức tính ϕ(n) sau Định lý 1.2 Giả sử n = pα1 pαk k phân tích tiêu chuẩn n > Khi 1 ϕ(n) = n − 1− − p1 p2 pk 53 Ví dụ 3.5 Chứng minh với số nguyên a ta có a2 + không chia hết cho 19 Chứng minh Ta phải chứng minh phương trình đồng dư x2 +1 ≡ (mod 19) vô nghiệm Thật vậy, cho x chạy qua hệ thặng dư đầy đủ môđun 19 sau: 0, ±1, ±2, ±3, ±4, ±5, ±6, ±7, ±8, ±9 Ta có giá trị tương ứng x2 + 1, 2, 5, 10, 17, 26, 37, 50, 65, 82 không chia hết cho 19 Ví dụ 3.6 Tìm số tự nhiên n nhỏ có ba chữ số cho n3 + chia hết cho 11 Lời giải Trước hết ta tìm số nguyên x cho x3 + chia hết cho 11, tức giải phương trình đồng dư x3 + ≡ (mod 11) Thử qua hệ thặng dư đầy đủ 0, ±1, ±2, ±3, ±4, ±5 ta thấy phương trình có nghiệm x ≡ −1 (mod 11), tập hợp số nguyên x = −1 + 11t, t ∈ Z Bởi x số tự nhiên gồm ba chữ số nên phải có −1 + 11t ≥ 100 nghĩa t = 10, 11, 12, Vậy số tự nhiên n nhỏ cần tìm 109 Ví dụ 3.7 Giải phương trình vô định 15x − 9y = 5m + m số nguyên cho trước Lời giải Ta có ƯCLN(15,9) = nên điều kiện phương trình cho có nghiệm nguyên 5m + ≡ (mod 3) tương đương với m ≡ (mod 3) nghĩa m = 3k + 1, k ∈ Z Khi phương trình cho tương đương với phương trình: 5x−3y = 5k+2 Trước hết giải phương trình đồng dư: 5x ≡ 5k + (mod 3) ta x ≡ k + (mod 3) tức x = k + + 3t, t ∈ Z 5x − 5k − 5(k + + 3t) − 5k − Từ ta được: y = = = + 5t 3 Vậy x = k + + 3t, y = + 5t(t ∈ Z) Trả lời: + Nếu m = 3k + 1, k ∈ Z phương trình cho có nghiệm tổng quát là: x = k + + 3t, y = + 5t(t ∈ Z) + Nếu m chia cho dư khác phương trình cho nghiệm nguyên 54 3.4 3.4.1 Một số toán áp dụng khác Ứng dụng vào giải toán số phương Định nghĩa 3.2 Số nguyên số phương bình phương số nguyên, tức a = b2 , b số nguyên Có nhiều kết hay liên quan đến số phương, nghiên cứu số tính chất đặc biệt loại số thông qua ví dụ * Các ví dụ: Ví dụ 3.8 Chứng minh số N = 1234567891011121314151617181920212223 số phương Lời giải Ví dụ đưa để minh họa cho tính chất đặc trưng chữ số tận số phương Ta biết số A có tận a A2 có chữ số tận chữ số tận a2 (do A ≡ a (mod 10) ⇒ A2 ≡ a2 (mod 10), 02 = 0, 12 = 1, 22 = 4, 32 = 9, 42 = 16, 52 = 25, 62 = 36, 72 = 49, 82 = 64, 92 = 81 Vậy chữ số tận số phương chữ số: 0, 1, 4, 5, 6, Áp dụng vào toán, N có tận nên rõ ràng N số phương, ta có điều phải chứng minh Cũng lý đó, ta có số sau số phương M = 12345678910111213141516171819202122 P = 123456789101112131415161718192 Ví dụ 3.9 Chứng minh rằng, số phương A có hai dạng sau (n ∈ Z) a) A = 4n + b) A = 4n + Lời giải Ví dụ muốn đề cập đến số dư số phương chia cho Xét a số nguyên Dễ thấy, a số chẵn: a = 2b a2 = 4b2 hay a2 chia hết cho Còn a số lẻ: a = 2b + a2 = 4b(b + 1) + ≡ (mod 4) Từ ta nhận thấy số phương chia hết cho 4, chia dư Vậy hai số đề số phương không thỏa mãn nhận xét trên, ta có điều phải chứng minh 55 Chú ý: Khi a số lẻ a2 = 4b(b + 1) + 1, b b + hai số nguyên liên tiếp nên hai số có số chẵn Do a2 chia dư mà chia dư Ví dụ 3.10 Chứng minh rằng, số phương có dạng sau: a) A = 9n + b) B = 9n + c) C = 9n + Lời giải Trong ví dụ ta đề cập đến số dư số phương chia cho Xét a số nguyên Khi a chia hết cho 3: a = 3k , ta có a2 = 9k chia hết cho Khi a không chia hết cho 3: a ≡ ±1 (mod 3) suy a2 ≡ (mod 3) Từ ta có nhận xét, số phương chia hết cho chia dư Vậy số đề số phương, ta có điều phải chứng minh Chú ý: - Nếu số phương mà chia hết cho số nguyên tố p chia hết cho p2 - Nếu số phương A = a2 chia hết cho p a chia hết cho p Ví dụ 3.11 Chứng minh số có dạng n(n + 1) n(n + 2) số phương với n nguyên dương Lời giải Ở ví dụ này, lại tiếp tục nêu lên tính chất đặc biệt số phương Ta biết rằng, hai số phương liên tiếp a2 , (a + 1)2 không số phương từ tra nhận thấy rằng: n(n + 1) n(n + 2) hai số nằm n2 , (n + 1)2 nên rõ ràng số phương 3.4.2 Tìm dấu hiệu chia hết a) Nguyên tắc chung Muốn tìm dấu hiệu chi hết cho số m, người ta chuyển việc tìm dấu hiệu chia hết cho m số lúc nhỏ để cuối kiểm tra phép chia đơn giản Nói chung, người ta chuyển trường hợp sau: 56 - Xét số tạo thành nhóm chữ số cuối - Xét số tạo thành phép cộng chữ số số - Xét số tạo thành phép cộng trừ nhóm chữ số với nhóm chữ số khác Những điều chứng minh qua cách tìm tổng quát ví dụ cụ thể sau đây: Tính chất số đồng dư cho ta phương pháp tốt để tìm dấu hiệu chia hết để tìm số dư phép chia số tự nhiên A cho số tự nhiên m Giả sử xét tiêu chuẩn chia hết số A cho số m Trong hệ thập phân A có dạng: A = an 10n + an−1 10n−1 + · · · + a1 101 + a0 100 Rõ ràng 100 (= 1) chia cho m dư 1, lại giả sử: 10 chia cho m dư r1 102 chia cho m dư r2 10n chia cho m dư rn tức 10k ≡ rk (mod m) Do a0 ≡ a0 (mod m) a1 10 ≡ a1 r1 (mod m) a2 102 ≡ a2 r2 (mod m) an 10n ≡ an rn (mod m) Theo tính chất 2: A ≡ (an rn + an−1 rn−1 + · · · + a1 r1 + a0 ) (mod m) Gọi an rn + an−1 rn−1 + · · · + a1 r1 + a0 = R A ≡ R (mod m) Ta rút kết luận sau: Số dư A chia cho m số dư R chia cho m Do A chia hết cho m R ≡ (mod m) Tìm dấu hiệu chia hết A cho m tìm điều kiện cho đồng dư thức R ≡ (mod m) Đồng thời A ≡ R (mod m) cho ta phương pháp tìm số dư A chia cho m b) Một số ví dụ Loại 1: Chuyển xét nhóm chữ số cuối cùng: Đó trường hợp số chia ước 10, 102 , 103 57 trường hợp ta tách số cho thành tổng gồm số, số bội 10, 102 , 103 , số số tạo thành nhóm chữ số cuối Ví dụ 3.12 Tìm dấu hiệu chia hết cho Lời giải Ta biết 10 ≡ (mod 2) 10 ≡ (mod 5) Ta biểu diễn A sau: A = 10a + b Ta có A ≡ b (mod 2) A ≡ b (mod 5) A chia hết cho b (tức số biểu diễn chữ số cuối A) chia hết cho Ví dụ 3.13 Tìm dấu hiệu chia hết cho 125 Lời giải ta biết 103 ≡ (mod 8) 103 ≡ (mod 125) Ta biểu diễn A = 103 a + b(0 ≤ b < 1000) Ta có A ≡ b (mod 8) A ≡ b (mod 125) A chia hết cho 125 b (tức số biểu diễn chữ số cuối A) chia hết cho 125 Chẳng hạn 178632 632 178632 không chia hết cho 125 632 không chia hết cho 125 Ví dụ 3.14 Tìm dấu hiệu chia hết cho 4; 25 Lời giải + Ta có 102 = 100 ≡ (mod 4) suy 10i ≡ (mod 4) với i = 2, 3, Cho nên: a = an 10n + an−1 10n−1 + · · · + a2 102 + a1 10 + a0 ≡ a1 10 + a0 (mod 4) Từ ta được: a ≡ (mod 4) ⇔ a1 10 + a0 ≡ (mod 4) ⇔ a1 a0 ≡ (mod 4) Vậy điều kiện cần đủ để số tự nhiên chia hết cho số gồm hai chữ số tận bên phải chia hết cho + Hoàn toàn tương tự, 102 = 100 ≡ (mod 25) ta a ≡ (mod 25) ⇔ a1 10 + a0 ≡ (mod 25) ⇔ a1 a0 ≡ (mod 25) Vậy điều kiện cần đủ để số tự nhiên chia hết cho 25 số gồm hai chữ số tận bên phải chia hết cho 25 Chẳng hạn 1998172 chia hết cho 72 chia hết cho 4, 1998172 không chia hết cho 25 72 không chia hết cho 25 19511950 chia hết cho 25 50 chia hết cho 25, 19511950 không chia hết cho 50 không chia hết cho 58 Một cách tổng quát, để tìm dấu hiệu chia hết A cho m, ta thực bước sau: Bước 1: Xác định số k nhỏ cho 10k m Bước 2: Biểu diễn A qua A = 10k a + b = mq + b Bước 3: Xét mối liên hệ b A phép chia cho m Loại 2: Chuyển xét tổng chữ số số Đó trường hợp xét tiêu chuẩn chia hết cho m mà 10k ≡ (mod m) Ví dụ 3.15 Tìm tiêu chuẩn chia hết cho Lời giải ta thấy 10 ≡ (mod 3) 10 ≡ (mod 9) 10k ≡ (mod 3) 10k ≡ (mod 9) với k Theo công thức tính số dư phép chia A cho m ta có: A ≡ (a0 + a1 + a2 + · · · + an ) (mod 3) (hoặc mod 9) a0 + a1 + a2 + · · · + an chữ số A Kết luận: A chia hết chia hết cho tổng chữ số chia hết cho Loại 3: Chuyển xét nhóm chữ số với nhóm chữ số khác Đó trường hợp xét tiêu chuẩn chia hết cho m, mà 10βk = ±1 (mod m) tùy theo β chẵn hay lẻ Trong trường hợp ta tách nhóm k chữ số một, kể từ phải sang trái, tìm mối quan hệ chúng với Ví dụ 3.16 Tìm tiêu chuẩn chia hết cho 11 Lời giải Ta thấy 10 ≡ −1 (mod 11) 102 ≡ (mod 11) 102n ≡ (mod 11) 102n−1 ≡ −1 (mod 11) Ta biểu diễn: A = a0 + a1 10 + a2 102 + · · · + a2n−1 102n−1 + a2n 102n Theo công thức tính số dư phép chia A cho m ta tới kết luận: A chia hết cho 11 hiệu tổng chữ số hàng chẵn (tính từ 0) với tổng chữ số hàng lẻ chia hết cho 11 Chẳng hạn: 74151 có: [(7 + + 1) − (4 + 5)] 11 Vậy 74151 11 Ví dụ 3.17 Tìm tiêu chuẩn chia hết cho 59 Lời giải Ta thấy 103 ≡ −1 (mod 7) 103.2 ≡ (mod 7) 103.(2n−1) ≡ −1 (mod 7) 103.2n ≡ (mod 7) Ta biểu diễn: A = a2 a1 a0 + a5 a4 a3 103 + Ta tới: A ≡ a5 a4 a3 − a2 a1 a0 (mod 7) A ≡ R (mod 7) Trong R ≡ (a5 a4 a3 + a11 a10 a9 + ) − (a2 a1 a0 + a8 a7 a6 + ) Tức R hiệu tổng số hợp lớp số liên tiếp A tính từ phải sang trái (lớp chẵn với nhau, lớp lẻ với nhau) Lập luận tương tự trường hợp ta tới kết luận sau: A chia hết cho R chia hết cho Loại 4: Các trường hợp khác: Tìm tiêu chuẩn chia hết cho m Bước 1: Tách A sau: A = 10a + b Bước 2: Tìm số tự nhiên (s = 0) nhỏ hay cho (s, m) = 1, (10s + 1) m (hoặc (10s − 1) m) Bước 3: Khi đó, ta có: s.A = 10as + bs = (10s + 1)a − (a − bs) sA = 10as + bs = (10s − 1)a + (a + bs) A = (a − bs) (mod m) A = (a + bs) (mod m) Bước 4: Vì (s, m) = nên A m sA m Do đó: Kết luận: A chia hết chia hết cho m a − bs (hoặc a + bs) chia hết cho m Trong trường hợp a − bs (hoặc a + bs) số lớn, ta lại biểu diễn dạng 10a + b áp dụng lần phương pháp vào số Ví dụ 3.18 Tìm dấu hiệu chia hết cho 17 Bước 1: Tách A: A = 10a + b Bước 2: Tìm s Ở ta thấy s = thỏa mãn điều kiện (s, m) = (5, 17) = mà (10.5 + 1) = 51 = 17.3 Bước 3: 5A = 50a + 5b = 50a + a − a + 5b = 51a − (a − 5b) Bước 4: Dấu hiệu chia hết cho 17 là: a − 5b ≡ (mod 17) Áp dụng: A = 37423 a = 3742 60 b = a − 5b = 3742 − 15 = 3727 Áp dụng lần vào 3742 ta được: a = 372 b = a − 5b = 372 − 35 = 337 Áp dụng lần thứ ba vào 337 ta được: a” = 33 b” = a” − 5b” = 33 − 35 = −2 Vậy A không chia hết cho 17 Chú ý thực -2 số dư phép chia A cho 17, mà số dư phép chia 53 A cho 17 (vì ta áp dụng ba lần cách biến đổi A, với s = 5) 3.4.3 Tìm chữ số tận Ví dụ 3.19 a) Tìm hai chữ số tận số A = 22004 b) Tìm ba chữ số tận A Lời giải a) Nhận xét: Tìm hai chữ số tận A thực chất tìm số dư A chia cho 100 Ta có 100 = × 25 Trước hết ta tìm số dư A chia cho 25 Ta có: 210 = 1024 ≡ −1 (mod 25) ⇒ A = 24 (210 )200 ≡ 16 (mod 25) Vậy A viết dạng: A = 25k + 16(k ∈ N) Mặt khác, hiển nhiên ta có A chia hết cho 4, suy k 4, hay k = 4m(m ∈ N) ⇒ A = 100m + 16 ≡ 16 (mod 100) Vậy hai chữ số tận A 16 b) Cũng vậy, ta tìm số dư A chia cho 1000 Ta có 1000 = × 125 Xét số dư A chia cho 125 Nhận xét: Ta có đẳng thức: (a + b)5 = a5 + 5a4 b + 10a3 b2 + 10a2 b3 + 5ab4 + b5 Như vậy, a 25 (a + b)5 ≡ b5 (mod 125) 61 Trở lại với toán: 250 = (210 )5 = (25k − 1)5 ≡ −1 (mod 125) Vậy A = 16(250 )40 ≡ 16 (mod 125) ⇒ A = 125k + 16(k ∈ N) Mặt khác, A ⇒ k hay k = 8m(m ∈ N) Vậy A có dạng: A = 1000m + 16, hay ba chữ số tận A 016 Chú ý: Tìm n chữ số tận số A thực chất tìm số dư A chia cho 10n Để tìm dư A chia cho 10n ta đưa việc tìm dư A chia cho 2n 5n 3.4.4 Chứng minh chia hết Ví dụ 3.20 Chứng minh A = 7.52n + 12.6n 19, ∀n ∈ N Lời giải Ta có: A = 7.52n + 12.6n Vì 25 ≡ (mod 19) ⇒ A ≡ 7.6n + 12.6n (mod 19) ⇒ A ≡ 19.6n (mod 19) ⇒ A 19 2n Ví dụ 3.21 Chứng minh A = 22 + 7, ∀n ≥ Lời giải Ta có 23 = ≡ (mod 7) Ta tìm số dư 22n chia cho Ta có: 22n = 4n Vì ≡ (mod 3) nên 4n ≡ (mod 3) Vậy 22n viết dạng 22n = 3k + 1(k ∈ N ∗ ) ⇒ A = 23k+1 + = 2.8k + ≡ + ≡ (mod 7) ⇒ A 2004n + 1920124 , (∀n ∈ N∗ ) Ví dụ 3.22 Chứng minh 19242003 Lời giải 2004n + 1920124 Ta có 124 = × 31 Đặt A = 19242003 2004n Vì 1924 ≡ (mod 31), 1920 ≡ −2 (mod 31) nên A ≡ 22003 −2 (mod 31) (*) n Mặt khác 25 = 32 ≡ (mod 31) Ta cần tìm số dư 20032004 chia cho n Ta có: 2004n ⇒ 2004n = 4k(k ∈ N∗ ) ⇒ 20032004 = 20034k k Vì 2003 ≡ (mod 5) nên 20034k ≡ 34k ≡ 81 ≡ (mod 5) n n Vậy 20032004 ≡ (mod 5), 20032004 = 5m + 1(m ∈ N∗ ) 2004n Từ ta có: 22003 = 25m+1 = 2(25 )m ≡ (mod 31) Thay vào (*) suy A ≡ (mod 31) hay A 31 Hơn nữa, dễ thấy A chia hết cho 4, nên ta suy điều phải chứng minh 62 3.5 Bài tập tương tự Bài tập 3.1 Chứng minh số sau không số phương : a) A = 12345678 b) B = 996699 + 20112012 c) C = 72012 + 52013 d) D = 3.512010 + 242 Bài tập 3.2 Chứng minh số sau không số phương với số nguyên dương n, m : a) E = 19n5 + 15n3 − 19n − b) F = n6 − n4 + 2n3 + 2n2 (n > 1) c) G = 3nm − d) H = 3n + Bài tập 3.3 Chứng minh số sau không số lũy thừa: a) K = 1012 + 32 b) Tổng bình phương năm số nguyên liên tiếp Bài tập 3.4 Chứng minh số sau không số phương : a) n3 + với số tự nhiên lẻ n b) 2.13n + 5.7n + 26 với số tự nhiên n Bài tập 3.5 Tìm cặp số (m, n), số nhỏ 60, mà tổng m + n tích mn số phương Bài tập 3.6 Chứng minh với x ≥ y ≥ số x2 + y không số phương Bài tập 3.7 Chứng minh với n ≥ số 2n − không số lũy thừa Bài tập 3.8 Chứng minh với n ≥ số 2n + không số lũy thừa Bài tập 3.9 Chứng minh số sau số phương với n số tự nhiên: a) Tích bốn số nguyên liên tiếp cộng với b)4S + với S = 1.2.3 + 2.3.4 + · · · + n(n + 1)(n + 2) c) Tổng M = 13 + 23 + · · · + n3 63 Bài tập 3.10 Tìm số nguyên n cho 15n + 34 số phương Bài tập 3.11 Tìm sốnguyên n cho n2 + 5n + 11 số phương Bài tập 3.12 a) Tìm số nguyên n2 nhỏ cho với số nguyên m ≥ n2 có số lũy thừa a2 thỏa mãn m < a2 < 2m b) Tìm số nguyên n3 nhỏ cho với số nguyên m ≥ n3 có số lũy thừa a3 thỏa mãn m < a3 < 2m Bài tập 3.13 Giải phương trình nghiệm nguyên dương m2 +n2 = (n+1)2 Bài tập 3.14 Cho phương trình nghiệm nguyên dương x2 + y = z a) Chứng minh x y phải chia hết cho b) Chứng minh x y phải chia hết cho c) Chứng minh x y z phải chia hết cho d) Giải phương trình x2 + y = z với x, y, z cặp nguyên tố Bài tập 3.15 a) Giải phương trình nghiệm nguyên x2 +(x+1)2 = (x+2)2 b) Chứng minh phương trình xn +(x+1)n = (x+2)n nghiệm số tự nhiên với n > c) Giải phương trình nghiệm nguyên x3 + (x + 1)3 + (x + 2)3 = (x + 2)3 d) Chứng minh phương trình x3 +(x+1)3 +(x+2)3 +(x+3)3 = (x+4)3 nghiệm nguyên Bài tập 3.16 Hãy tìm dấu hiệu chia hết cho m biết 10k ≡ (mod m) Áp dụng: Tìm xem số 6238357 có chia hết cho 37 không? Bài tập 3.17 Áp dụng tính chất số đồng dư tìm lại phép thử với số phép nhân phép chia hai số tự nhiên Bài tập 3.18 a) Bằng cách viết số nguyên theo hệ thống đếm số 100 suy tiêu chuẩn chia hết cho 101 b) Bằng cách viết số nguyên theo hệ thống đếm số 100 suy tiêu chuẩn chia hết cho 37, 7, 11, 13 Bài tập 3.19 Cho a ∈ Z Chứng minh a) Nếu a ≡ (mod 2) a2 ≡ (mod 8) b) Nếu a ≡ (mod 3) a2 ≡ (mod 9) 64 Bài tập 3.20 Sử dụng đẳng thức đồng dư, chứng minh: a) 1110 − 100 b) 19641962 + 19631964 + 19651966 + c) 241917 + 141917 19 d) 22n+2 + 24n + 14 18, ∀n ∈ N Bài tập 3.21 Giải phương trình vô định sau: a)31x − 43y = b)50x + 17y = c)11x + 25y = 30 d)79x + 13y = 27 Bài tập 3.22 Giải biện luận theo số nguyên m phương trình vô định sau đây: a) 12x + 8y = 3m + b) 15x − 20y = 2m − Bài tập 3.23 Giải phương trình vô định sau đây: a) 5x2 − = 11y b) 3x2 + 2x = 17y Bài tập 3.24 Giải phương trình vô định sau đây: a) x3 + = 11y b) x3 + 2x + 7y + = Bài tập 3.25 a) Hãy hai số nguyên dương x, y khác cho xy + x xy + y số phương b) Có hay không số x, y phân biệt thuộc khoảng (998, 1994) cho xy + x xy + y số phương Bài tập 3.26 Số tự nhiên A gồm 1999 chữ số 1, chữ số chữ số Hỏi A số phương hay không? Bài tập 3.27 Chứng minh rằng: n! + 2003 số phương, với n số tự nhiên Bài tập 3.28 Chứng minh A = 1! + 2! + · · · + n! số phương với n > Bài tập 3.29 Chứng minh rằng, tổng bình phương 1984 số nguyên liên tiếp không số phương 65 Bài tập 3.30 Cho n lẻ Chứng minh A = n2004 + không số phương Bài tập 3.31 Chứng minh rằng: ∀n ∈ N∗ , số A = + 92n + 452n + 19452n số phương Bài tập 3.32 Chứng minh rằng: A = + 1919 + 93199 + 19931994 số phương Bài tập 3.33 Tìm n tự nhiên cho 3n + số phương Bài tập 3.34 Tìm a nguyên cho A = a2 + 10a + 1964 số phương Bài tập 3.35 Tìm n cho n+1945 n+2004 số phương Bài tập 3.36 Tìm số tự nhiên n cho + 2n số phương Bài tập 3.37 Tìm số tự nhiên n cho 3n + 19 số phương Bài tập 3.38 Tìm tất số nguyên n cho n2 + 2002 số phương Bài tập 3.39 Tìm tất số nguyên n cho n4 + 2n3 + 2n2 + n + Bài tập 3.40 Hãy tìm số phương lớn chữ số cuối khác cho sau xóa bỏ hai chữ số cuối thu số phương Kết luận 66 Luận văn “Một số dạng toán liên quan đến số phương" nhằm: - Cung cấp số phương pháp có tính hệ thống để tiếp cận dạng toán chuyên đề số học vấn đề liên quan - Đó dạng toán chưa học bậc đại học Các kiến thức chuyên đề góp phần vào việc bồi dưỡng hiệu học sinh giỏi toán bậc THCS THPT 67 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Đặng Hùng Thắng, Nguyễn Văn Ngọc, Vũ Kim Thuỷ Bài giảng số học NXB Giáo dục Việt Nam, 2010 [2] Hà Huy Khoái Số học NXB Giáo dục, 2008 [3] Lê Hải Châu Các thi Olympic Toán trung học phổ thông Việt Nam (1990-2006) NXB Giáo dục, 2008 [4] Phan Huy Khải Các toán số học NXB Giáo dục, 2004 [5] Nguyễn Văn Mậu Bất đẳng thức, định lý áp dụng NXB Giáo dục, 2005 [6] Nguyễn Văn Mậu Các toán nội suy áp dụng NXB Giáo dục, 2006 [7] Nguyễn Văn Mậu, Lê Ngọc Lăng, Phạm Long, Nguyễn Minh Tuấn Các đề thi olympic Toán sinh viên toàn quốc NXB Giáo dục, 2006 [8] Nguyễn Văn Mậu, Trần Nam Dũng, Đặng Hùng Thắng, Đặng Huy Ruận Một số vấn đề số học chọn lọc NXB Giáo dục, 2008 [...]... = 10002 2.2 Một số tính chất của số chính phương Sau đây ta liệt kê một số tính chất quan trọng của các số chính phương 1 Số chính phương không tận cùng bằng các chữ số 2, 3, 7, 8 2 Nếu số chính phương chi hết cho số nguyên tố p thì cũng chia hết cho p2 3 Số chính phương khi chia cho 3 có số dư là 0, 1 4 Số chính phương khi chia cho 4 có số dư là 0, 1 5 Số chính phương khi chia cho 8 có số dư là 0,... hoặc p ≡ −1 (mod 7) Bài toán quy về tìm p để p−1 Kết luận: 7 2 ≡ 1 (mod p) ⇔ p ≡ ±1 (mod 28) hoặc p ≡ ±3 (mod 28) hoặc p ≡ ±2 (mod 28) 18 Chương 2 Các dạng toán về số chính phương 2.1 Định nghĩa số chính phương Số chính phương hay còn gọi là số hình vuông là số tự nhiên có căn bậc 2 là một số tự nhiên, hay nói cách khác, số chính phương là bình phương (lũy thừa bậc 2) của một số tự nhiên khác Ví dụ... vô lý Vậy, nếu a(a + 1) = k 2 thì tồn tại một trong hai số a, (a + 1) = 0 Nhận xét 2.1 Nếu hai số nguyên liên tiếp có tích là một số chính phương thì chưa thể kết luận được mỗi số đều là số chính phương Chẳng hạn hai số -1 và 0 có tích bằng 0 là số chính phương nhưng -1 không là số chính phương Ví dụ 2.2 Tìm các số nguyên x để 9x + 5 là tích của hai số nguyên liên tiếp Lời giải Giả sử 9x + 5 = n(n +... trong hai số a, b có một số, chẳng hạn a, chứa thừa số nguyên tố p với số mũ lẻ thì số b không chứa thừa số p nên c2 chứa thừa số p với số mũ lẻ Điều đó trái với giả thiết c2 là số chính phương Điều vô lý đó chứng tỏ giả sử của ta là sai Vậy a, b đều là các số chính phương 8 Nếu hai số nguyên liên tiếp có tích là một số chính phương thì một trong hai số đó bằng 0 Chứng minh (Phản chứng) Giả sử a(a +... Giữa hai số chính phương liên tiếp không có số chính phương nào Nói cách khác, với mọi số nguyên a, x ta có: + Không ∃x để a2 < x2 < (a + 1)2 + Nếu a2 < x2 < (a + 1)2 thì x2 = (a + 1)2 7 Nếu hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau có tích là một số chính phương thì mỗi số đều là số chính phương 19 Chứng minh Giả sử a.b = c2 với a, b, c ∈ N∗ , nếu (a, b) = 1 Giả sử trong hai số a, b có một số, chẳng... là số chính phương Nếu α lẻ n thì là một số chính phương 2 Liên quan đến hàm σ(n) ta có khái niệm số hoàn chỉnh Một số tự nhiên n được gọi là số hoàn chỉnh nếu σ(n) = 2n, tức là n bằng tổng các ước của nó (không kể chính nó) Ví dụ 2.6 6, 28 là các số hoàn chỉnh, vì 6 = 1+2+3, 28 = 1+2+4+7+14 Ngay từ thời cổ Hi Lạp, nhà toán học Euclid đã chứng minh được sự kiện lý thú sau: Định lý 2.4 Nếu k là số tự... 2.4 Một số biểu diễn khác qua tổng các bình phương Tiếp theo, ta sẽ xét một số bài toán: Số nguyên dương n nào biểu diễn được đồng thời thành tổng của hai hoặc của bốn hoặc năm bình phương của các số nguyên dương 2.4.1 Tổng của ba bình phương có hai bình phương bằng nhau Trước hết, ta xét bài toán tìm các số nguyên dương n biểu diễn được thành tổng của ba bình phương các số nguyên trong đó có hai số. .. thế nào? Nói cách khác, xác định xem n có thể biểu diễn dưới dạng n = P (x1 , x2 , , xm ), trong đó x1 , x2 , , xm là các số nguyên, P là đa thức với hệ số nguyên hay không? Trong mục này, ta sẽ trình bày một số dạng bậc hai cơ bản mà ở đó đa thức P là tổng các bình phương của hai, ba hoặc bốn ẩn của các số nguyên không âm hoặc các số nguyên dương Trong phần này, ta sẽ xét một số dạng bậc hai... sao cho 2k − 1 là một số nguyên tố thì số n = 2k−1 (2k − 1) là một số hoàn chỉnh Chứng minh Đặt p = 2k −1 Ta có σ(n) = σ(2k−1 )σ(p) = (2k −1)(p+1) = (2k −1).2k = 2n Rõ ràng số hoàn chỉnh có dạng trên là một số chẵn (vì k > 1) Đến thế kỷ 18, Euler đã phát hiện ra rằng: Tất cả các số hoàn chỉnh chẵn đều có dạng trên Ta có định lý sau: Định lý 2.5 Nếu n là một số hoàn chỉnh chẵn thì n có dạng n = 2k (2k+1... với các trường hợp sau thì (*) không xảy ra i Một trong ba số lẻ, hai số còn lại chẵn ii Hai trong ba số lẻ iii Ba số lẻ iv Ba số chẵn Vậy định lý được chứng minh Chú ý 2.1 Gauss đã chứng minh một số không có dạng 4n (8k + 7) có thể biểu diễn thành tổng của ba bình phương 2.3.3 Tổng của bốn bình phương Định lý 2.8 (Định lý Lagrange) Một số nguyên dương bao giờ cũng biểu diễn thành tổng bốn bình phương ... quan trọng số phương Số phương không tận chữ số 2, 3, 7, Nếu số hết cho số nguyên tố p chia hết cho p2 Số phương chia cho có số dư 0, Số phương chia cho có số dư 0, Số phương chia cho có số dư 0,... số ar, số lũy thừa b) Ta gọi bình phương số tự nhiên a, tức số a2 , số phương, số phương số lũy thừa bậc hai c) Số nguyên dương không chia hết cho số phương lớn gọi số phi phương Chẳng hạn, số. .. quốc tế toán liên quan đến số học, dạng toán đồng dư, phương trình Diophant dạng toán đa thức nguyên hay đề cập xem dạng toán thuộc loại khó bậc trung học sở trung học phổ thông Các toán dạng thường