Download Chuyên đề Bồi dưỡng học sinh giỏi môn Số học miễn phí



Ví dụ : Chứng minh rằng tích của ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 6.
Giải : Gọi ba số nguyên liên tiếp là : n, n + 1, n + 2. Tích của chúng là : A(n) = n(n + 1)(n + 2).
Trong hai số nguyên liên tiếp, bao giờ cũng có một số chẵn, do đó A(n) 2.
Trong ba số nguyên liên tiếp n, n + 1, n + 2 bao giờ cũng có một số chia hết cho 3. Thật vậy vì số dư khi chia n cho 3 chỉ có thể là 0 (n chia hết cho 3) hay là 1 (lúc đó n + 2 chia hết cho 3) hay là 2 (lúc đó n + 1 chia hết cho 3).
Vì (2,3) = 1 nên A(n) = n(n + 1)(n + 2) chia hết cho 6
 


/tai-lieu/de-tai-ung-dung-tren-liketly-15828/
++ Ai muốn tải bản DOC Đầy Đủ thì Trả lời bài viết này, mình sẽ gửi Link download cho!

Tóm tắt nội dung:

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC
HUYÊN ĐỀ I :
PHÉP CHIA CÓ DƯ – ĐỒNG DƯ THỨC
I. Phép chia hết, phép chia có dư
1. Cho a, b Z, b > 0 ; khi chia a cho b ta có:
a) a b (hay a \ b) khi và chỉ khi có số nguyên q sao cho a = b.q
b) a không chia hết cho b : khi đó chia a cho b ta được thương gần đúng là q và số dư r (0 < r < b) ; ta viết : a = b.q + r (với 0 < r < b)
Chú ý :
Khi chia một số nguyên a cho một số nguyên b > 0 thì số dư là một trong b số từ 0 đến b – 1.
Trong trường hợp a không chia hết cho b (r ¹ 0). Ta có thể lấy số dư là số âm r’ với r’ = r – b (do đó < b).
Ví dụ : Chia 23 cho 3, ta có thể viết :
23 = 3.7 + 2 (7 gọi là thương gần đúng thiếu, vì 3.7 = 21 < 23)
23 = 3.8 + (–1) (8 gọi là thương gần đúng thừa, vì 3.8 = 24 > 23)
Coi số dư có thể là số âm như trên, thì mọi số nguyên a khi chia cho 2, 3, 4, … , b có dạng :
a = 2k ; a = 2k + 1 hay a = 2k ; a = 2k – 1 (k Z)
a = 3k ; a = 3k ± 1 (k Z)
a = 4k ; a = 4k ± 1 ; a = 4k + 2 hay a = 4k ; a = 4k ± 1 ; a = 4k – 2 (k Z)
………………………………………………………………………………………………
Tổng quát : nếu a = bk + r (b > 0), thì :
b chẵn : r = 0 ; r = ±1 ; r = ±2 ; …… ;
hay r = 0 ; r = ±1 ; r = ±2 ; …… ; –
b lẻ r = 0 ; r = ±1 ; r = ±2 ; …… ; ±
2. Ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất.
Cho hai số nguyên dương a và b.
Ước chung lớn nhất của a và b, kí hiệu ƯCLN(a,b) hay (a,b). Một số d là ước chung của a và b khi và chỉ khi d là ước chung của ƯCLN(a,b).
d \ a và d \ b d \ (a,b)
Bội chung nhỏ nhất của a và b, kí hiệu BCNN(a,b) hay . Một số m là bội chung của a và b khi và chỉ khi m là bội của BCNN(a,b).
m a và m b m
Hai số được gọi là nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi (a,b) = 1
Ta chứng minh được : =
Từ đó : = ab nếu (a,b) = 1
3. Thuật toán Ơclit (Tìm ƯCLN dựa vào định lí phép chia có dư) :
Thuật toán Ơclit dựa vào hai mệnh đề sau :
a = bq (a,b) = b
a = bq + r (r ¹ 0) (a,b) = (b,r)
Ví dụ : Tìm (702,306)
Ta có : 702 = 306.2 + 90 (702,306) = (306,90)
306 = 90.3 + 36 (306,90) = (90,36)
90 = 36.2 + 18 (90,36) = (36,18) = 18
Vậy (702,306) = 18.
Trong thực hành, người ta thường đặt phép tính như sau :
Nếu thực hiện thuật toán Ơclit để tìm ƯCLN của hai số mà đến một lúc nào đó có số dư là 1 thì hai số đó là nguyên tố cùng nhau.
Áp dụng : Cho n là số tự nhiên bất kì ; Chứng minh rằng : không thể giản ước được.
(Đề thi học sinh giỏi toán cấp II toàn quốc năm 1970)
Giải : 21n + 4 = (14n + 3).1 + 7n + 1(21n + 4,14n +3) = (14n + 3,7n + 1)
14n + 3 = (7n + 1).2 + 1 (14n + 3,7n + 1) = (7n +1,1) = 1
Vậy : (21n + 4,14n +3) = 1
Hai số 21n + 4 và 14n + 3 có ước chung lớn nhất bằng 1 nên phân thức không thể giản ước được.
4. Một số tính chất, định lí quan trọng thường được dùng để giải một số bài toán chia hết :
4.1) Mọi số nguyên a ¹ 0 đều chia hết cho chính nó (a Z ; a ¹ 0 a a)
4.2) a b và b c a c
4.3) 0 b (b ¹ 0)
4.4) a, b là hai số nguyên dương, nếu a b và b a thì a = b
4.5) a b thì ac b với c Z
4.6) a b ±a ±b
4.7) a ±1
4.8) a b và a ¹ b b không chia hết cho a
4.9) a c và b c (a + b) c ; (a – b) c
4.10) a c và b c (am + bn) c
4.11) S = (a + b + c + d) m và a,b, c m thì d m
4.12) a, b, c m và d không chia hết cho m thì a + b + c + d không chia hết cho m
4.13) a b và c d ac bd. Đặc biệt : a b an bn
4.14) ac b và (a,b) = 1 c b
4.15) (ca,cb) = c(a,b) ;
4.16) c a và c b ; (a,b) = 1 c ab
4.17) Với hai số nguyên a, b và b > 0 thì bao giờ cũng tìm được cặp số nguyên duy nhất (q; r) sao cho a = bq + r (0 £ r < b).
5. Các bài toán chia hết và phương hướng tìm lời giải :
Cho biểu thức A(n), phụ thuộc vào số n (n Z hay n Z’ một tập con của Z)
5.1) Để chứng minh A(n) chia hết cho một số nguyên tố p, có thể xét mọi trường hợp về số dư khi chia n cho p (0, ±1, ±2, …, )
Ví dụ : Chứng minh rằng n(n2 + 1)(n2 + 4) 5 với mọi số nguyên n.
Giải : Đặt n = 5k + r với r = 0, ±1, ±2)
Với r = 0 thì n 5 A(n) 5
Với r = ±1 thì (n2 + 4) = [(5k ± 1)2 + 4] = 25k2 ± 10k + 5 5 A(n) 5
Với r = ±2 thì (n2 + 1) = [(5k ± 2)2 ± 1] = 25k2 ± 10k + 5 5 A(n) 5
5.2) Để chứng minh A(n) chia hết cho hợp số m, nói chung ta nên phân tích m ra thừa số. Giả sử
m = p.q
Nếu p,q là số nguyên tố hay (p,q) = 1 thì ta tìm cách chứng minh A(n) p và A(n) q. Từ đó suy ra A(n) pq = m.
Ví dụ : Chứng minh rằng tích của ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 6.
Giải : Gọi ba số nguyên liên tiếp là : n, n + 1, n + 2. Tích của chúng là : A(n) = n(n + 1)(n + 2).
Trong hai số nguyên liên tiếp, bao giờ cũng có một số chẵn, do đó A(n) 2.
Trong ba số nguyên liên tiếp n, n + 1, n + 2 bao giờ cũng có một số chia hết cho 3. Thật vậy vì số dư khi chia n cho 3 chỉ có thể là 0 (n chia hết cho 3) hay là 1 (lúc đó n + 2 chia hết cho 3) hay là 2 (lúc đó n + 1 chia hết cho 3).
Vì (2,3) = 1 nên A(n) = n(n + 1)(n + 2) 6
Nếu p và q không nguyên tố cùng nhau thì ta phân tích A(n) thành nhân tử, chẳng hạn A(n) = B(n).C(n) và tìm cách chứng minh B(n) p và C(n) q. Khi đó A(n) = B(n)C(n) pq = m.
Ví dụ : Chứng minh rằng tích của hai số chẵn liên tiếp chia hết cho 8.
Giải : Gọi số chẵn đầu là 2n, số chẵn tiếp theo là 2n + 2, tích của chúng là A(n) = 2n(2n + 2).
Ta có 8 = 2.4 và A(n) = 2n(2n + 2) = 4.n(n + 1); n và n + 1 là hai số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2. Vì 4 4 và n(n + 1) 2 nên 4n(n + 1) 4.2 = 8.
5.3) Để chứng minh A(n) chia hết cho m, ta có thể biến đổi A(n) thành tổng của nhiều số hạng và chứng minh mỗi số hạng chia hết cho m.
Ví dụ : Chứng minh rằng lập phương của một số nguyên bất kì (n > 1) trừ đi 13 lần số nguyên đó thì luôn chia hết cho 6. (Đề thi học sinh giỏi toán cấp II toàn quốc năm 1970)
Giải : Ta cần chứng minh : A(n) = n3 – 13n 6
Ta có A(n) = n3 – 13n = n3 – n – 12n = n(n2 – 1) – 12n = n(n – 1)(n + 1) – 12n.
Vì n(n – 1)(n + 1) là tích của ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 6 và 12n chia hết cho 6 nên : A(n) = n3 – 13n 6.
5.4) Để chứng minh một tổng nào đó không chia hết cho m, có thể chứng minh một số hạng nào đó của tổng không chia hết cho m còn tất cả các số hạng còn lại chia hết cho m.
Ví dụ : Chứng minh rằng với mọi số n lẻ : n2 + 4n + 5 không chia hết cho 8.
Giải : Đặt n = 2k + 1 (n lẻ) ta có :
n2 + 4n + 5 = (2k + 1)2 + 4(2k + 1) + 5 = (4k2 + 4k + 1) + (8k + 4) + 5
= (4k2 + 4k) + (8k + 8) + 2 = 4k(k + 1) + 8(k + 1) + 2
Vì k(k + 1) 2 nên 4k(k + 1) 8 ; 8(k + 1) 8 và 2 không chia hết cho 8 nên n2 + 4n + 5 không chia hết cho 8.
5.5) Nếu số dư khi chia a cho b > 0 là r (0 1) cho b là số dư khi chia rn cho b (số dư này bằng rn nếu rn < b).
Ví dụ : Chứng minh rằng A(n) = n(n2 + 1)(n2 + 4) 5 với mọi số nguyên n.
Giải : n chia cho 5 dư 0 n 5
n chia cho 5 dư ±1 n2 chia cho 5 dư (±1)2 = 1 n2 + 4 5
n chia cho 5 dư ±2 n2 chia cho 5 dư (±2)2 = 4 n2 + 1 5
Ví dụ : Chứng minh rằng nếu n không chia hết cho 7 thì n2 + 1 hay n3 – 1 chia hết cho 7.
Giải : n không chia hết cho 7 nên n có dạng : 7k ± 1, 7k ± 2 hay 7k ± 3
n = 7k ± 1 n3 = 7p ± 1
n = 7k ± 2 n3 = 7q ± 8 = 7(q ± 1) ± 1
n = 7k ± 3 n3 = 7m ± 27 = 7(m ± 4) ± 1
Trong mọi trường hợp, n3 + 1 hay n3 – 1 là bội của 7.
5.6) Có thể dùng các công thức sau :
Ta đã biết : a2 – b2 = (a – b)(a + b)
a3 – b3 = (a – b)(a2 + ab + b2)
a3 + b3 = (a + b)(a2 – ab + b2)
Một cách tổng quát :
an – bn = (a – b).M với n bất kì (1)
Trong đó : M = an – 1 + an – 2b + … + abn – 2 + bn – 1
với n chẵn (2)
Trong đó : N =
an + bn = (a + b).P với n lẻ (3)
Trong đó : P = an – 1 - an – 2b + … - abn – 2 + bn – 1
Do đó, theo (1) và (2) :
an – bn chia ...

---