CHUYÊN ĐỀ 17: LÍ THUYẾT SỐ
1. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM
Số chính phương
- Số chính phương là bình phương của một số tự nhiên
- Số chính phương tận cùng bằng 0, 1, 4, 5, 6, 9.
Số nguyên tố - Hợp số
- Số nguyên tố là số nguyên lớn hơn 1 và chỉ có 2 ước số là 1 và chính nó.
- Các số nguyên tố 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97, 101, 103, 107, 109, 113, 127, 131, 137, 139, 149, 151, 157, 163, 167, 173, 179, 181, 191, 193, 197, 199, ….
Nếu số nguyên a > 1 và không chia hết cho số nguyên tố thì a nguyên tố
- Số nguyên lớn hơn 1, không phải số nguyên tố gọi là hợp số.
- Phân tích số tự nhiên m lớn hơn 1 ra thừa số nguyên tố một cách duy nhất
- Số các ước nguyên dương của m là
- Tổng các ước nguyên dương của m là
Số nguyên tố cùng nhau – Số nguyên – Số hữu tỉ
- Nếu hai số nguyên a, b trong đó có ít nhất một khác 0 thì ƯCLN d = (a, b), (a, b) = ax + by với x, y nguyên, (a, b) = (a, a b) và BCNN thì ,
- Nếu (a, b) = 1 thì a và b nguyên tố cùng nhau. Nếu (a, b) = 1 thì .
- Các số nguyên dương a và b nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi tồn tại các số nguyên x và y sao cho: ax + by = 1.
- Hàm Ơle : các số bé hơn số nguyên dương m và nguyên tố cùng nhau với m.
Nếu thì
Nếu m = p nguyên tố thì
Nếu (a, b) = 1 thì
- Số hữu tỉ có dạng
Phần nguyên – phần lẻ
- Phần nguyên của số thực x là số nguyên lớn nhất không vượt quá x, kí hiệu [x], nghĩa là
- Nếu x = m + r với m nguyên và thì [x] = m và r gọi là phần lẻ, r = {x}.
- Nếu n nguyên thì [n + x] = n + [x] với mọi x
Chứng minh chia hết
- Phép chia số nguyên a cho số nguyên b 0: a = b.q + r với thương q nguyên và dư r nguyên thỏa . Nếu r = 0 thì số nguyên a chia hết cho số nguyên b0 (b chia hết a, a là bội số của b, b là ước của a), kí hiệu a b hay .
- Dấu hiệu chia hết cho 2 là số chẵn; cho 5 là chữ số tận cùng 0, 5; cho 4 (hoặc 25) là hai chữ số tận cùng4 (hoặc 25); cho 8 (hoặc 125) là ba chữ số tận cùng 8 (hoặc 125); cho 3 (hoặc) 9 là tổng các chữ số3 (hoặc 9); cho 11 là hiệu của tổng các chữ số hàng thứ chẵn với hàng thứ lẻ 11.
Dư và đồng dư
- Cho số nguyên m > 1. Nếu hai số a, b có cùng dư khi chia cho m thì a đồng dư với b theo modun m, kí hiệu ab (modm)
Nếu ab (modm), cd (modm) thì
,
- Định lý Ơle: với (a, m) = 1 thì
- Định lý Fecma: với p nguyên tố thì
với (a, p) = 1 thì
- Tập là hệ thăng dư đầy đủ modulo m nếu với mọi i, , tồn tại duy nhất j sao cho
- Định lý phần dư Trung Hoa:
Nếu r và s là 2 số nguyên dương nguyên tố cùng nhau, a và b là 2 số nguyên bất kì, thì hệ 2 phương trình đồng dư: và có nghiệm duy nhất N theo modulo (rs).
Tổng quát: Nếu là các số nguyên tố cùng nhau từng đôi một và là các số nguyên, thì hệ k phương trình đồng dư: ; I = 1, 2 …, k có nghiệm x nguyên duy nhất theo modulo .
Chú ý:
1) Nếu a tận cùng 0, 1, 5, 6 thì cũng tận cùng 0, 1, 5, 6 tương ứng. Vì , nếu n = 4k + r và nếu a tận cùng 3, 7 thì chữ số tận cùng của là chữ số tận cùng của , còn nếu a tận cùng 2 thì chữ số tận cùng củalà chữ số tận cùng của .
2) Nếu a tận cùng là x thì có hai chữ số tận cùng là 2 chữ số tận cùng của . Tìm hai chữ số tận cùng của đưa về tìm dư trong phép chia n cho 20.
3) Hệ nhị phân của số tự nhiên là (2) với .
Tổng quát, số tự nhiên s viết trong hệ g – phân nếu:
là (g)
Với
4) Phương trình Pell: Nếu (a, b) là nghiệm nguyên dương bé nhất của phương trình thì mọi nghiệm nguyên dương đều có dạng:

2. CÁC BÀI TOÁN
Bài toán 17.1: Chứng minh
a) chia hết cho 13.
b) Nếu ba số a, a + k và a + 2k đồng thời là ba số nguyên tố phân biệt lớn hơn 2 thì .
Hướng dẫn giải
a) Ta có
Và
và
đpcm.
b) Ta biết rằng các số nguyên tố lớn hơn 3 có thể biểu diễn dưới dạng 6p + 1 hoặc 6p + 5 (p nguyên dương) ?
Ba số a, a + k, a + 2k lớn hơn 3 chỉ có thể biểu diễn trong hai dạng nên theo nguyên tắc Đirichlê, nhất định phải có hai số được biểu diễn trong cùng một dạng, chẳng hạn đó là 6p + r và 6s + r với r là 1 hoặc 5. Hiệu của hai số này bằng 6s – 6p = 6 (s – p) 6. Mặt khác hiệu của hai trong ba số trên hoặc bằng k hoặc bằng 2k nên k 3, nhưng k là số chẵn nên k 6.
Bài toán 17.2: Chứng minh với mọi m, tồn tại số nguyên n để:
chia hết cho 191.
Hướng dẫn giải
Đặt
Giả sử:



. Vậy , tồn tại số nguyên a, b để:
Nhận xét: 191 là số nguyên tố dạng 191 = 3k + 2

Đặt u = i + a, v = j + a thì
(định lý Ferma) (1)


(2)
(1) và (2) suy ra:
Nếu thì
Suy ra tồn tại sao cho P (n) = 191 (mod 191) tức là:
.
Bài toán 17.3: Cho x, y là các số nguyên, sao cho là số nguyên. Chứng minh chia hết cho x + 1
Hướng dẫn giải
Ta chứng minh chia hết cho x + 1.
Đặt
Trong đó , (a, b) = 1; (c, d) = 1; b > 0, d > 0
Từ giả thiết, ta có nguyên, suy ra d | b và b | d. Mặt khác, do nguyên; (a, b) = 1 và (c, d) = 1, nến b = d = 1.
Suy ra chia hết cho x +1. Từ đó chia hết cho x + 1 (do chia hết cho nên nó chia hết cho x + 1 và chia hết cho x + 1).
Bài toán 17.4: Với mọi số tự nhiện n, chứng minh rằng tổng không chia hết cho 5.
Hướng dẫn giải
Đặt , dùng công thức khai triển nhị thức Newton để biến đổi:
với
Tương tự: (**)
Nhân vế theo vế (*) và (**) ta được:
Mặt khác,
Do vậy, nếu B là bội của 5 thì: : vô lý.
Bài toán 17.5: Chứng minh phần nguyên của thì chia hết cho và không chia hết cho với mọi n là số tự nhiên.
Hướng dẫn giải
Ta có: là số tự nhiên
Mà nên

(Vì với nên [a] = k = a – b)
Với n = 0; chia hết cho nhưng không chia hết cho .
Mà: nên với n = 1 thì:

chia hết cho nhưng không chia hết cho .
Giả sử tính chất này đúng với mọi số tự nhiên k < n. Ta chứng minh tính chất này đúng với k= n. Trước hết, nhận xét rằng:

Thật vậy:




Vậy chia hết cho nhưng không chia hết cho .
Bài toán 17.6: Cho trước a và b là hai số nguyên dương. Chứng minh rằng nếu số (4ab – 1) là ước số của thì a = b.
Hướng dẫn giải
Giả sử tồn tại cặp hai số nguyên dương (a, b) sao cho (4ab – 1) là ước số của và thì ta sẽ gọi các cặp số như vậy là cặp xấu và giả sử (a, b) là cặp xấu có tổng 2a + b nhỏ nhất.
Do nên (b, a) cũng là cặp xấu, vậy suy ra a < b (do ). Do chia 4a dư 1, còn chia 4a dư 3, nên số là số chia 4a dư 3, do đó tồn tại số nguyên dương c sao cho . Vậy (a, c) cũng là cặp xấu.
Từ a < b và ta có c < b, khi đó 2a + c < 2a + b mâu thuẫn với giả thiết (a, b) là cặp xấu có tổng 2a + b nhỏ nhất. (đpcm).
Bài toán 17.7: Xác định tất cả các cặp nguyên dương (a, b) sao cho chia hết cho .
Hướng dẫn giải
Xét a < b thì , do đó:

Như vậy, ta không tìm được (a, b) thỏa điều kiện bài toán trong trường hợp này.
Xét . Đặt , giả sử k nguyên dương
Ta có:
Suy ra , nếu thì
Suy ra:
Từ đó b = 1, hoặc b = 2, hoặc
- Nếu thì a – 1 < kb < a + 1 nên a = kb.
Điều này cho ta tìm được
- Nếu b = 1 thì (a + 8) chia hết , suy ra (a + 8) chia hết , do đó, ta cũng có (a + 8) chia hết . Nhưng các ước số lớn hơn 8 của 57 chỉ có 19 và 57, do đó a = 11 hoặc a = 49. Dễ dàng kiểm tra rằng các cặp (a, b) = (11, 1) và (a, b) = (49, 1) thỏa điều kiện bài toán.
- Nếu b = 2 thì (4a + 9) chia hết , do đó suy ra (4a + 9) chia hết . Từ đó, ta cũng có (4a + 9) chia hết . Nhưng ước số lớn hơn 9 của 79 chỉ có 79, từ đó , không phải số nguyên.
Vậy, các cặp (a, b) thỏa điều kiện bài toán là: (11, 1), (49, 1) và , với k là số nguyên dương.
Bài toán 17.8: Tìm số tự nhiên n lớn nhất sao cho là ước số của tích các số tự nhiên từ 1 đến 1000.
Hướng dẫn giải
Số n lớn nhất phải tìm là số thừa số 5 khi phân tích 1 x 2 x 3 x …. x 1000 thành thừa số nguyên tố, nghĩa là n bằng tổng của số các bội số của 5, của , của , của trong dãy 1, 2, 3, …, 1000.
Các bội của 5 trong dãy 1, 2, 3, …, 1000 là 5, 10, 15, …, 1000 gồm 1000 : 5 = 200 số. Trong đó, các bội của là 25, 50, …, 1000 gồm 1000 : 25 = 40 số, các bội của là 125, 250, …, 1000 gồm 1000 : 125 = 8 số, các bội của là 625 gồm 1 số.
Do đó số thừa số 5 khi phân tích 1 x 2 x 3 x … x 1000 ra thừa số nguyên tố là 200 + 40 + 80 + 1 = 249.
Vậy số n lớn nhất là 249.
Bài toán 17.9: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương m, n sao cho: và đồng thời chia hết cho tích số mn.
Hướng dẫn giải
Với m = 1, ta cần: . Tuy nhiên, chỉ có thỏa mãn điều kiện . Tương tự, với n = 1 ta có: .
Ta sẽ chứng minh rằng không còn cặp số nguyên dương m, n nào khác thỏa mãn yêu cầu bài toán. (1)
Thật vậy, giả sử thỏa ycbt. Đầu tiên, cả hai số m và n không thể cùng là số chẵn bởi vì nếu m và n cùng là số chẵn thì ta có .
Do đó,
Tuy nhiên, vì m chẵn nên , mâu thuẫn.
Vậy, ta có thể coi m là một số lẻ (m > 2).
Gọi p là ước nguyên tố bé nhất của m, dễ thấy (2)
Đặc biệt, (5, p) = 1; nên tồn tại số nguyên x để .
Từ suy ra

Vì thế, nếu đặt , thì h | 2m; ta cũng có: h | p – 1 (định lý nhỏ Fermat và tính chất của cấp), nên: h | (p – 1,2m) = 2 ( vì và (p – 1, m) = 1 theo cách chọn (2) của p)
với .
Nhưng nên p = 2, mâu thuẫn với (2).
Do đó (1) đúng, đpcm. Vậy
Bài toán 17.10: Chứng minh rằng, với số nguyên dương m bất kì sẽ tồn tại vô số các cặp số nguyên (x, y) sao cho:
1) x và y nguyên tố cùng nhau
2) y chia hết
3) x chia hết
Hướng dẫn giải
Giả sử (x, y) là cặp số nguyên thỏa mãn 1), 2), 3). Khi đó ta có hay (1) với . Ngược lại, dễ thấy nếu cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn (1) với k nguyên nào đó và x, y nguyên tố cùng nhau thì cặp (x, y) đó cũng thỏa mãn 1), 2), 3). Như vậy bài đã ra sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra được một số nguyên k sao cho có vô số cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn (1) và x, y nguyên tố cùng nhau.
Chọn k = m + 2. Khi đó (1) trở thành:
(2)
Bây giờ, ta sẽ chứng minh có vô số cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn (2) và x < y với x, y nguyên tố cùng nhau. Thật vậy, xét dãy các số nguyên được xác định như sau:

Bằng quy nạp theo n dễ dàng chứng minh được:
i) là dãy tăng
ii) và nguyên tố cùng nhau
iii) Cặp số thỏa mãn (2) đpcm
Bài toán 17.11: Từ dãy mọi số nguyên dương lớn hơn 1, ta lập dãy số tăng dần gồm tất cả các số không là bội của 2 và cũng không là bội của 3. Chứng minh rằng với số nguyên dương n bất kì.
Hướng dẫn giải.
Trong 3n số từ 1 đến 3n ta chia ra từng nhóm ba số liên tiếp dạng 3k + 1; 3k + 2; 3k + 3 với k= 0, 1, 2, …, n – 1.
Trong ba số liên tiếp đó có số 3k + k = 3(k + 1) là bội của 3 và một trong hai số 3k + 1, 3k +2 có một số là bội của 2 nhưng không là bội của 3, do đó phải loại đi 2 trong ba số liên tiếp.
Trong nhóm đầu tiên 1, 2, 3 có ba số đều bị loại. Vậy từ 1 đến 3(k + 1) = 3n ta cần phải loại 2(n – 1) + 3 = 2n + 1 số là chỉ còn lại n – 1 số. Các số này mang chỉ số từ đến do đó .
Bài toán 17.12: Tìm tất cả các số
a) Tự nhiên n để các số: n – 1; đều là các số chính phương.
b) Số hữu tỉ x sao cho là số chính phương.
Hướng dẫn giải
a) Xét số:
Từ điều kiện của đề bài suy ra A là số chính phương, vì A là tích của hai số chính phương.
Xét . Bằng phép thử trực tiếp dễ thấy A là số chính phương khi và chỉ khi n = 1, nhưng lúc đó không là số chính phương.
Xét , ta suy ra A nằm giữa hai số chính phương liên tiếp và. Vậy A không là số chính phương mâu thuẫn.
Xét nếu n = 50 thì ta có
Xét nếu n > 50 suy ra A nằm giữa hai số chính phương liên tiếp và nên A không là số chính phương mâu thuẫn.
Vậy chỉ có n = 50 là đáp số của bài toán.
b) Giả sử trong đó , q > 0 và (p, q) = 1 thỏa mãn Suy ra .
Đẳng thức này cho thấy mọi ước của q đều là ước của p. Nhưng (p, q) = 1 nên phải có q = 1, x = p là số nguyên.
Khi đó
Vì 23 là số nguyên tố, các thừa số ở vế phải đều là các số nguyên dương và , nên đẳng thức xảy ra khi 2n – 2p – 1 = 1 và 2n + 2p + 1 = 23.
Giải hệ phương trình này ta được p = 5, số này thỏa mãn đề bài.
Bài toán 17.13: Chứng minh rằng số không phải là số chính phương.
Hướng dẫn giải
Ta có , nên , nên ; nên .
Vậy hay A = 3k + 2 , nhưng một số chính phương không thể có dạng 3k + 2, nên A không phải là số chính phương.
Tổng quát: Có thể chứng minh rằng số không phải là số chính phương với mọi số nguyên dương m, n, p.
Bài toán 17.14: Chứng minh rằng nếu x, y là các số nguyên thỏa mãn hệ thức
(1) thì x – y; 2x + 2y + 1 và 3x + 3y + 1 đều là các số chính phương.
Hướng dẫn giải
Từ (1) ta có: (2)
Mặt khác từ (1) ta lại có: (3)
Từ (2) và (3) ta có:
Suy ra là số chính phương (4)
Đặt thì d là ước của d là ước của 2(x + y). Từ đó d là ước của (2x + 2y + 1) – 2(x + y) = 1 nên d = 1.
Từ (4) và từ suy ra 2x + 2y + 1 và 3x + 3y + 1 đều là số chính phương. Từ đó căn cứ vào (2) hoặc (3) suy ra x – y cũng là số chính phương.
Bài toán 17.15: Tìm số có bốn chữ số , biết rằng là số chính phương và nếu cộng thêm 72 vào thì được một số chính phương.
Hướng dẫn giải
Các chữ số a, b, c, d trong đó chỉ có thể nhận giá trị từ 0 đến 9 và .
Nếu một số có tận cùng là chữ số e thì bình phương của số đó có tận cùng là chữ số f tương ứng trong bảng sau:
e
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
f
0
1
4
9
6
5
6
9
4
1
Vì là số chính phương nên d chỉ có thể lấy các giá trị 0, 1, 4, 5, 6, 9; mặt khác số là số chính phương thì d + 2 phải có tận cùng là một trong các chữ số 0, 1, 4, 5, 6, 9.
Mà d + 2 chỉ có thể có tận cùng là 2, 3, 6, 7, 8, 1 do đó d + 2 chỉ có thể lấy các giá trị 1, 6; nghĩa là d chỉ có thể lấy các giá trị 9, 4.
- Với d = 4 ta có và . Theo bảng trên có tận cùng 4 thì y chỉ có thể có tận cùng là 2 hoặc 8 còn có tận cùng 6 thì x chỉ có thể có tận cùng là 4 hoặc 6.
Suy ra nên 10 < y < 31 nên y chỉ có thể là 12, 18, 22, 28.
Nếu y = 12 thì và nên , suy ra 37 < x < 40: không thỏa mãn.
Nếu y = 18 thì và nên , suy ra 56 < x < 60: không thỏa mãn.
Nếu y = 22 thì và nên , suy ra 68 < x < 72: không thỏa mãn.
Nếu y = 28 thì và nên , suy ra 86 < x < 90: không thỏa mãn.
- Với d = 9 ta có và . Theo bảng trên có tận cùng 9 thì y chỉ có thể có tận cùng là 3 hoặc 7 còn có tận cùng 1 thì x chỉ có thể có tận cùng là 1 hoặc 9.
Suy ra nên 10 < y < 31 do đó y chỉ có thể là 13, 17, 23, 27.
Nếu y = 13 thì và nên , suy ra 40 < x < 43.
Ta thử với x = 41 có thỏa mãn, vậy .
Nếu y = 17 thì và nên , suy ra 52 < x < 56: không thỏa mãn.
Nếu y = 23 thì và nên , suy ra 72 < x < 75: không thỏa mãn.
Nếu y = 77 thì và nên , suy ra 82 < x < 87: không thỏa mãn.
Bài toán chỉ có 1 nghiệm là .
Bài toán 17.16: Số là số nguyên tố hay hợp số trong đó n là số nguyên dương.
Hướng dẫn giải
Với n = 1 thì A = 5 là số nguyên tố. Với n > 1 xét hai trường hợp
- Nếu n là số chẵn thì và nên mà A > 2 do đó A là hợp số.
- Nếu n là số lẻ, đặt n = 2k + 1 (k nguyên dương)
Ta có


Rõ ràng mỗi thừa số của tích đều là các số tự nhiên lớn hơn 2. Vậy A là hợp số.
Bài toán 17.17: Cho các số nguyên dương a, b, c, d với a > b > c > d > 0.
Giả sử ac + bd = (b + d + a – c) (b + d – a + c). Chứng minh rằng ab + cd không phải là số nguyên tố.
Hướng dẫn giải
Đẳng thức đã cho tương đương với
(1)
Xét tứ giác ABCD với AB = a, BC = d, CD = b, AD = c, thì một tứ giác như thế rõ ràng tồn tại trên cơ sở có (1) là Định lí hàm cosin. Đặt , suy ra .
Định lí hàm cosin trong các tam giác ABC và ACD cho ta:

Từ đó: và

Vì ABCD nội tiếp nên Định lí Ptolémé cho ta:

Suy ra (2)
Ta có (a – d)(b – c) > 0, (a – b)(c – d) > 0
Từ hai bất đẳng thức này dễ dàng suy ra được:
ab + cd > ac + bd > ad + bc (3)
Bây giờ, giả sử ngược lại rằng ab + cd là số nguyên tố. Khi đó, từ (3), suy ra rằng ab + cd và ac + bd nguyên tố cùng nhau. Do vậy, (2) cho ta kết luận ad + bc chia hết cho ac + bd, điều này không thể xảy ra vì đã có (3). Ta có đpcm.
Bài toán 17.18: Với mọi số nguyên dương m và n, chứng minh rằng: là một số nguyên dương.
Hướng dẫn giải
Để giải bài toán, ta chỉ việc chứng tỏ rằng với mọi số nguyên tố p, số các thừa số p chứa trong tích (2m)!(2n)! không nhỏ hơn số các thừa số p chứa trong tích m!n!(m + n)!
Như đã biết, số các thừa số p chứa trong tích (2m)!(2n)! là:

Còn số các thừa số p chứa trong tích m!n!(m + n)! bằng:

Bất đẳng thức suy ra từ bất đẳng thức:
với mọi k
Bài toán 17.19: Chứng minh rằng với mọi cặp số tự nhiên m, k, số m có thể được biểu diễn một cách duy nhất dưới dạng:
với .
Hướng dẫn giải
Trước tiên ta chứng minh tính duy nhất. Giả sử m được biểu diễn như đề bài với hai dãy và . Ta tìm vị trí đầu tiên mà chúng khác nhau, không mất tính tổng quát, ta giả sử vị trí đó là k và .
Lúc đó là điều vô lí.
Để chứng minh sự tồn tại, ta áp dụng thuật toán sau: tìm số lớn nhất thỏa mãn , sau đó, cũng làm tương tự như với hai số m và k nhưng thay bằng hai số và k – 1. Ta chỉ cần chắc chắn rằng dãy nhận được thực sự tăng, nhưng điều này có được vì theo giả thiết: và suy ra .
Bài toán 17.20: Giả sử a, b, n là những số nguyên lớn hơn 1. Các số a, b là cơ số của hai hệ đếm. Các số và có cùng cách biểu diễn . Trong các hệ đếm với cơ số a và b, ngoài ra và. Gọi và là các số suy ra từ và sau khi xóa . Chứng minh rằng a > b khi và chỉ khi .
Hướng dẫn giải
Theo định nghĩa, ta có:

Bất đẳng thức trong đề bài tương đương với:

Nên: (1)
Ta chứng minh rằng với giả thiết thì bất đẳng thức (1) tương đương với .
Muốn vậy, trước hết ta chứng minh mệnh đề sau: nếu A, B, C, D là 4 số dương thì các bất đẳng thức: và tương đương nhau.
Bây giờ ta để ý rằng bất đẳng thức a > b tương đương với

hay (nếu có nào bằng 0, thì ta loại tỉ số tương ứng)

Áp dụng mệnh đề trên nhiều lần, thì được bất đẳng thức (1), tức là có điều phải chứng minh.
Bài toán 17.21: Hãy tìm số dư khi chia
a) cho 14 b) Số cho 2000.
Hướng dẫn giải
a) Ta có nên
Vì 14 = 7.2 nên
Theo định lí Euler thì
Mà 345 = 6.57 + 3 nên
Vậy dư là 1.
b) Ta có: ,
,
,
, và tiếp tục như vậy.
Từ: , ta được , với mọi n >5.
Do vậy ta sẽ xét phần dư của số mũ khi chia cho 5. Dễ thấy 1492! chia hết cho 5 nên:

Cách 2: Theo định lí Euler: , với mọi a thỏa mãn (a, 125) = 1.
Ta có 16 | 1776 nên .
Xét số dư của khi chia cho 125, vì: (125, 1776) = 1 và 100 | 1492! Nên theo Định lí Euler:
Bây giờ, Hướng dẫn giải hệ phương trình đồng dư
Bằng phương pháp thử chọn, ta được nghiệm duy nhất 1376
Vậy:
Bài toán 17.22: Tìm hai chữ số tận cùng của
a) Số
b) Phần nguyên của số
Hướng dẫn giải
a) Ta tìm dư trong phép chia cho 20 = 4.5
Ta có ,
,
Dư là với t = 0, 1, 2, 3
Với t = 1 thì nên
Do đó
Vậy hai chữ số tận cùng của là 12.
b) Đặt

, với là nghiệm của phương trình:
(1)
Ta có: nên từ (1) suy ra với mọi .

Do nên
Vậy
Từ (1) suy ra
(với n chẵn)

Mà
Vậy có hai chữ số tận cùng là 51
Bài toán 17.23: Hãy tìm phần nguyên của
trong đó x là số nguyên dương.
Hướng dẫn giải
Với x nguyên dương thì:
Hay
Cộng vào mỗi vế của bất đẳng thức trên, ta có:

Hay
Lại cộng thêm vào mỗi vế của bất đẳng thức trên ta có:

Hay
Vậy phần nguyên của số B là x + 1.
Bài toán 17.24: Cho dãy số nguyên dương lẻ tăng Chứng minh rằng với mỗi số tự nhiên n , giữa hai số và bao giờ cũng có ít nhất một số bằng bình phương của số nguyên dương lớn hơn 1.
Hướng dẫn giải
Trong dãy số chính phương ta chọn số chính phương nhỏ nhất mà lớn hơn , nghĩa là:

Để chứng minh ta sử dụng tính chất của tổng các số lẻ liên tiếp đầu tiên:

Do đó .
Vì các số hạng trong hai vế đều là số lẻ và ở vế phải chứa tất cả các số lẻ từ 1 đến 2k – 3 suy ra hay , do đó .
Từ có:

Suy ra điều phải chứng minh.
Bài toán 17.25: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương thì hai số và có cùng số các chữ số.
Hướng dẫn giải
Giả sử số có k chữ số, tức .
Do , nên k > 3n.
Giả sử số chứa ít nhất k + 1 chữ số, như vậy , suy ra .
Mặt khác nên . Vì vậy trong đó .
Do k > 3n nên k – n > 2n và vì nên , do đó , trong khi đó , nhưng vì nên .
Nghĩa là . Đó là điều mâu thuẫn.
Bài toán 17.26: Chứng minh rằng không thể biểu diễn số 1 thành tổng các bình phương của nghịch đảo các số tự nhiên khác nhau.
Hướng dẫn giải
Giả sử có thể biểu siễn số 1, dưới dạng: trong đó:
và
Từ điều kiện và , ta có:

Vậy 1 không có dạng trên.
Bài 17.27: Có hay không số tự nhiên khác 0 vừa là tích của hai số tự nhiên liên tiếp vừa là tích của bốn số tự nhiên liên tiếp.
Hướng dẫn giải
Giả sử tồn tại số tự nhiên A khác 0, thỏa mãn đề bài.
A = n(n + 1) = m(m + 1)(m + 2)(m + 3) trong đó m, n là số tự nhiên khác 0.
Suy ra
Hay
Mặt khác dễ thấy .
Vì thế
Điều mâu thuẫn trên chứng tỏ không tồn tại số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Bài toán 17.28: Lập dãy số bằng cách sau: và với mỗi số tự nhiên thì chọn số là ước số nguyên tố lớn nhất của dãy số . Chứng minh rằng trong dãy số trên không có số 5.
Hướng dẫn giải
Ta có . Giả sử với nào đó mà có số 5 là ước số nguyên tố lớn nhất của số thì số A không thể chia hết cho 2, cho 3, do đó chỉ có thể xảy ra với nào đó.
Từ đó số chia hết cho 4. Mặt khác trong đó với mọi đều là số lẻ nên A – 1 chỉ có thể chia hết cho 2: mâu thuẫn.
Vậy A không có ước số nguyên tố là 5.
Bài toán 17.29: Với mọi số nguyên dương n, hãy chứng minh rằng tồn tại một số nguyên dương k sao cho .
Hướng dẫn giải
Tổng quát hơn, ta sẽ chứng minh rằng phương trình đồng dư có nghiệm với mọi n, ở đây b là số lẻ và a hoặc c là số chẵn.
Khi n = 1, lấy k = 0 nếu c chẵn và k = 1 nếu c là số lẻ.
Tiếp theo, giả sử phát biểu trên đúng với mọi n. Nếu c là số chẵn thì theo giả thiết, phương trình đồng dư có nghiệm t nào đó.
Đặt k = 2t ta được
Nếu c là số lẻ thì a là số chẵn, do đó a + b + c là số chẵn; theo giả thiết ta suy ra phương trình đồng dư có nghiệm t nào đó. Đặt k = 2t + 1 ta được:
Như vậy, dù cho c là số chẵn hay lẻ, phát biểu trên vẫn đúng cho n + 1, và do đó, theo quy nạp, nó đúng với mọi n.
Bài toán 17.30: Cho số thỏa mãn . Chứng minh rằng có thể tìm được n số nguyên sao cho và với mọi .
Hướng dẫn giải
Với mọi x, ta kí hiệu là phần nguyên của x, và kí hiệu là số nguyên bé nhất lớn hơn hay bằng x.
Điều kiện , tương đương với
, với
Mọi và , đoạn này (có độ dài ) chứa 2 số nguyên (có thể trùng nhau), đó là:
Để chứng minh tồn tại nghiệm đúng thì chỉ cần chứng minh: .
Đặt với I = 1, 2,…, n thì
Vì nên . Từ đó
hay
Để chứng minh , ta đặt , khi đó
vì
Suy ra: hay ta có đpcm.
Bài toán 17.31: Cho là các số thực thỏa mãn điều kiện: . Chứng minh rằng với mỗi số nguyên k, với , luôn tồn tại các số nguyên không đồng thời bằng 0 sao cho với mọi I = 1, 2, …, n ta có:
và
Hướng dẫn giải
Từ bất đẳng thức: và giả thiết ta dễ dàng chứng minh được
Bây giờ, với các nhận giá trị nguyên thuộc đoạn [0, k – 1], ta xét giá trị có dạng:
Mỗi giá trị đó phải nằm trong đoạn . Ta chia đoạn này thành đoạn con có độ dài bằng nhau là:
Khi đó, theo Nguyên tắc Dirichlet, phải có 2 giá trị nói trên rơi vào cùng một đoạn con. Cụ thể, nếu 2 giá trị đó là và thì ta phải có:
suy ra đpcm.
Bài toán 17.32: Cho các số nguyên . Ta định nghĩa các số c(n, k) với k = 0,1,2,…,n như sau: c(n, 0) = c(n, n) = 1 với mọi : với mọi . Chứng minh rằng c(n, k) = c(n, n – k) với mọi .
Hướng dẫn giải
Khẳng định đúng với n = 0: c(0, 0) = c(0; 0 – 0) = 1
Ta sẽ chứng minh trường hợp tổng quát bằng quy nạp theo n. Giả sử c(m, k) = c(m, m – k) với mọi . Thế thì, theo hệ thức truy hồi và giả thiết quy nạp, ta có:


Để hoàn tất chứng minh, ta sẽ chứng minh rằng:
(1)
Để ý rằng từ giả thiết quy nạp ta suy ra


Từ đó ta có:




Vậy (1) đúng, ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 17.33: Giải phương trình
a) b)
Hướng dẫn giải
a) Đặt t = [x], t nguyên.
hoặc t = 2

onthicaptoc.com Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Chuyên đề 17 LÝ THUYẾT SỐ Lê Hoành Phò File word