CÁC BÀI TẬP
I. QUAN HỆ CHIA HẾT:
1. BÀI 1:
Chứng minh rằng trong hai số tự nhiên liên tiếp có một số chia hết cho 2.
Giải
Gọi hai số tự nhiên liên tiếp là : a, a +1
Lấy a chia cho 2 ta được: a = 2.q + r với 0 ≤ r < 2.
+ Với r = 0 thì a = 2.q (2
+ Với r = 1 thì a + 1 = 2.q + 1 + 1 = 2.q + 2 = 2( q + 1) ( 2
Vậy trong hai số tự nhiên liên tiếp có một số chia hết cho 2.
2. BÀI 2:
Chứng minh rằng trong ba số tự nhiên liên tiếp có một số chia hết cho 3.
Giải
Gọi ba số tự nhiên liên tiếp là : a, a +1 , a +2
Lấy a chia cho 3 ta được: a = 2.q + r với 0 ≤ r < 3.
+ Với r = 0 thì a = 3.q ( 3
+ Với r = 1 thì a = 3.q + 1 . Khi đó : a + 2 = 3.q + 3 (3
+ Với r = 2 thì a = 3.q + 2 . Khi đó a + 1 = 3.q + 3 (3
Vậy trong ba số tự nhiên liên tiếp có một số chia hết cho 3.
3. BÀI 3:
Chứng minh rằng trong n số tự nhiên liên tiếp có một số chia hết cho n.
Giải
Gọi n số tự nhiên liên tiếp là : a, a +1 , a +2 a( n-1)
Lấy a chia cho n ta được: a = n.q + r với 0 ≤ r < n.
+ Với r = 0 thì a = n.q ( n
+ Với r = 1 thì a = n.q + 1 ( n . Khi đó : a+ (n-1) = n.q + 1 + (n-1) = n.q + n ( n
+ Với r = 2 thì a = n.q + 2 ( n. Khi đó a + (n-2) = n.q + 2 + (n+-2) = n.q + n ( n
+ Với r = n-1 thì a = n.q + n - 1 (n . Khi đó a + 1 = n.q + n-1 +1= n.q + n ( n
Vậy trong n số tự nhiên liên tiếp có một số chia hết cho n.
*Một số phương pháp chứng minh chia hết
4. BÀI 4
Tính chất 8:
CMR tích của ba số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 6
Giải
Giả sử ta gọi ba số tự nhiên liên tiếp là: a, a+1, a + 2
Theo đề bài : A = a( a +1) ( a + 2) ( 6
Ta có : 6 = 3x2 mà ( 3, 2) =1
- A ( 2 vì trong A số tự nhiên liên tiếp có một số tự nhiên chia hết cho 2
- A ( 3 vì trong A số tự nhiên liên tiếp có một số tự nhiên chia hết cho 3
Vậy A ( 6
5. BÀI 5
CMR tích của ba số chẵn liên tiếp chia hết cho 8
Giải
Giả sử hai số tự nhiên chẵn liên tiếp là: 2k , 2k + 2.
Theo đề bài chứng minh, B = 2k.( 2k + 2) ( 8 hay B = 4k ( k + 1)
Ta có 4 ( 4 và k+1 ( 2 vì trong B có một số chia hết cho 2
Vậy B ( 8
6. BÀI 6
VD : CMR: 11 a + a ( 6 ( a ( N
Giải
Ta có: 11 a + a = 12 a - a + a
= 12 a - ( a - a)
= 12 a - a( a - 1)
= 12 a - a ( a- 1) ( a+ 1)
12 a ( 6
A = a ( a -1 ) ( a + 1)
Nếu a = 0 ( A = a( a-1)(a+1) = 0 ( 6
Nếu a > 0 ( A = a (a-1)( a+1
16 trang |
Chia sẻ: maiphuongtl | Lượt xem: 5407 | Lượt tải: 3
Bạn đang xem nội dung tài liệu Toán đại cương, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
CÁC BÀI TẬP
I. QUAN HỆ CHIA HẾT:
1. BÀI 1:
Chứng minh rằng trong hai số tự nhiên liên tiếp có một số chia hết cho 2.
Giải
Gọi hai số tự nhiên liên tiếp là : a, a +1
Lấy a chia cho 2 ta được: a = 2.q + r với 0 ≤ r < 2.
+ Với r = 0 thì a = 2.q +2
+ Với r = 1 thì a + 1 = 2.q + 1 + 1 = 2.q + 2 = 2( q + 1) + 2
Vậy trong hai số tự nhiên liên tiếp có một số chia hết cho 2.
2. BÀI 2:
Chứng minh rằng trong ba số tự nhiên liên tiếp có một số chia hết cho 3.
Giải
Gọi ba số tự nhiên liên tiếp là : a, a +1 , a +2
Lấy a chia cho 3 ta được: a = 2.q + r với 0 ≤ r < 3.
+ Với r = 0 thì a = 3.q + 3
+ Với r = 1 thì a = 3.q + 1 . Khi đó : a + 2 = 3.q + 3 +3
+ Với r = 2 thì a = 3.q + 2 . Khi đó a + 1 = 3.q + 3 +3
Vậy trong ba số tự nhiên liên tiếp có một số chia hết cho 3.
3. BÀI 3:
Chứng minh rằng trong n số tự nhiên liên tiếp có một số chia hết cho n.
Giải
Gọi n số tự nhiên liên tiếp là : a, a +1 , a +2 …a( n-1)
Lấy a chia cho n ta được: a = n.q + r với 0 ≤ r < n.
+ Với r = 0 thì a = n.q + n
+ Với r = 1 thì a = n.q + 1 , n . Khi đó : a+ (n-1) = n.q + 1 + (n-1) = n.q + n + n
+ Với r = 2 thì a = n.q + 2 , n. Khi đó a + (n-2) = n.q + 2 + (n+-2) = n.q + n + n
+ Với r = n-1 thì a = n.q + n - 1 ,n . Khi đó a + 1 = n.q + n-1 +1= n.q + n + n
Vậy trong n số tự nhiên liên tiếp có một số chia hết cho n.
*Một số phương pháp chứng minh chia hết
4. BÀI 4
Tính chất 8:
CMR tích của ba số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 6
Giải
Giả sử ta gọi ba số tự nhiên liên tiếp là: a, a+1, a + 2
Theo đề bài : A = a( a +1) ( a + 2) + 6
Ta có : 6 = 3x2 mà ( 3, 2) =1
- A + 2 vì trong A số tự nhiên liên tiếp có một số tự nhiên chia hết cho 2
- A + 3 vì trong A số tự nhiên liên tiếp có một số tự nhiên chia hết cho 3
Vậy A + 6
5. BÀI 5
CMR tích của ba số chẵn liên tiếp chia hết cho 8
Giải
Giả sử hai số tự nhiên chẵn liên tiếp là: 2k , 2k + 2.
Theo đề bài chứng minh, B = 2k.( 2k + 2) + 8 hay B = 4k ( k + 1)
Ta có 4 + 4 và k+1 + 2 vì trong B có một số chia hết cho 2
Vậy B + 8
6. BÀI 6
VD : CMR: 11 a + a + 6 " a Î N
Giải
Ta có: 11 a + a = 12 a - a + a
= 12 a - ( a - a)
= 12 a - a( a - 1)
= 12 a - a ( a- 1) ( a+ 1)
12 a + 6
A = a ( a -1 ) ( a + 1)
Nếu a = 0 ® A = a( a-1)(a+1) = 0 + 6
Nếu a > 0 ® A = a (a-1)( a+1) + 6 vì trong A có một số tự nhiên chia hết cho 6
Vậy : 11 a + a + 6
Bài 7
Dùng quy nạp CMR tổng các lũy thừa bậc ba của ba số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 9.
Giải
Tổng các lũy thừa bậc 3 của 3 số tự nhiên liên tiếp có dạng: (n-1) + n + (n+1) + 9
Ta có : (n-1) + n + (n+1) = n - 3n +3n-1+ n + n +3n +3n +1
= 3n + 6n + 9
Giả sử: n = 1, ta có: 3.1 +6.1 = 9 + 9
Giả sử n = k , ta có: 3k +6.k + 9
Ta chứng minh: n = k+1 , ta có: 3(k+1)+6(k+1) = 3(k +3k +3k+1)+6k+6
= 3k +9k +9k+3+6k+6
= 3k +6k + 9k +9k+9
Mà 3k +6k + 9 và 9k +9k+9 + 9
Vậy: 3n + 6n + 9
Theo nguyên lý quy nạp thì (n-1) + n + (n+1) + 9
Bài 8: : CMR " a Î N ta có :
a( a+1) ( 2a + 1) + 6
Giải
a(a+1)( 2a+ 1) + 6
Ta có: a(a+1)( 2a+ 1) = a(a+1)( a -1 + a+ 2) = a(a+1)(a-1) + a(a+1)( a+2)
Nếu a = 0 thì a(a+1)(2a+1) = 0 + 6
Nếu a > 0 thì a( a+1) (a-1) + 6 vì tích 3 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 6
a( a+1)( a+2) + 6 vì tích 3 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 6
Do đó : a(a+1( 2a+1) + 6 " a Î N
Bài 9 CMR " a Î N ta có :
a - a + 30
Giải
Ta có: a ≡ a (mod 5)
a -a ≡ a - a (mod 5)
a - a ≡ 0 (mod 5)
Vậy a - a + 30
Cách 2:
a - a = a( a -1) = a[(a) - 1 ]
= a(a -1)(a +1)
= a(a-1)(a+1)(a -4+5)
= a(a-1)(a+1)[(a -2)(a+2)+5]
= a(a- 1)(a+1)(a-2)(a+2)+5a(a-1)(a+1)
Nếu a=0 thì a - a = 0 + 30
Nếu a>0 thì a(a- 1)(a+1)(a-2)(a+2) + 30 vì tích năm số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 30, ( 5,6)=1
Và : 5a(a-1)(a+1) + 30 vì tích của ba số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 6
Vậy a - a + 30
Bài 10 CMR " a Î N ta có :
2a ( a - 16) + 30
Giải
Ta có: 2a ( a - 16) = 2a( a+4)(a -4)
= 2a( 5+ a -1)( a-2)(a+2)
= 2a[5+(a-1)(a+1)](a-2)(a+2)
= 10a (a-2)(a+2) + 2a(a-2)(a+2)(a-1)(a+1)
Nếu a=0 thì 2a( 5+ a -1)( a-2)(a+2) + 30
Nếu a>0 thì 10a (a-2)(a+2) + 30 vì tích ba số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 30
2a(a-2)(a+2)(a-1)(a+1) + 30 vì tích năm số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 6.
Vậy : 2a ( a - 16) + 30
Bài 11: Chứng minh rằng:
a(a+2) + 8 , với a là số chẵn , a Î N
Giải
Vì a chẵn nên a = 2k ; k Î N
Ta có: a(a+2) = 2k(2k+2) = 4k(k+1)
+ Nếu k chẵn Þ 4k + 8
+ Nếu k lẻ Þ k+1 là số chẵn
+ Nếu k lẻ Þ 4k(k+1)+ 8
Vậy a(a+2) + 8 , với a là số chẵn , a Î N
Bài 12 CMR: n +11n + 3 "n
Giải
Ta có: n (n -1 +12) = n(n -1) + 12n
= n(n -1)(n+1) +12n + 3
Vì n(n-1)(n+1) là tích ba số tụe nhiên liên tiếp nên chia hết cho 3.
Vậy: n +11n + 3 "n.
Bài 13: CMR : với bất kỳ n ta có : n - n + 3
Giải
Ta có : n(n -1) = n(n-1)(n+1) + 3 ( vì tích ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 3)
Vậy: n - n + 3 " n.
Bài 14 CMR : [(a +a)(2a+1)] + 6 " a Î N
Giải
Ta có: (a +a)(2a+1) = a(a+1)[(a-1)+(a+2)]
= [a(a+1)(a-1)+a(a+1)(a+2)] + 6
Vì a(a+1)(a-1) và a(a+1)(a+2) là tích ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 6.
Vậy: [(a +a)(2a+1)] + 6 " a Î N.
Bài 15 CMR: [a(a -2)+13a]+ 6 " a Î N.
Giải
Ta có: a(a -2)+13a = a(a - 1- 1)+13a
= a(a -1) - a+13a
= a(a -)(a+1) +12a
Vì a(a -)(a+1) +12a là tích ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 6.
Vậy: [a(a -2)+13a]+ 6 " a Î N.
Bài 16 CMR : [m(m +5) + 6 " mÎ N
Giải
Ta có: m(m +5) = m( m - 1+6)
= m(m-1)(m+1) +6m
Vì m(m-1)(m+1) +6m là tích ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 6.
Vậy: [m(m +5) + 6 " mÎ N
Bài 17 CMR: ( a +b ) + 6 Û (a+b) + 6 với a,b Î N và a,b ³ 1.
Giải
Xét (a +b )-(a+b) = a +b - a-b
= a - a + b - b = a( a - 1) + b (b -1)
= a(a-1)(a+1) + b(b-1)(b+1)
Vì a(a+1)(a-1) và b(b+1)(b-1) là tích ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 6.
Vậy: ( a +b ) + 6 Û (a+b) + 6 với a,b Î N và a,b ³ 1.
*DÙNG QUY TẮC KÉO THEO:
VD : CMR trong ba số tự nhiên bất kỳ có hiệu hai số chia hết cho 2
Giải
Giả sử có ba số tự nhiên bất kỳ là: a,b,c
Lấy a,b,c chia cho 2 ta được : a = 2.q + r với 0 £ r < 2
b = 2.q + r với 0 £ r < 2
c = 2.q + r với 0 £ r < 2
Ta nhận thấy : r , r , r đều nhận hai giá trị là 0 và1. Theo nguyên tắc ngăn kéo thì số có 2 số nhận cùng một giá trị . Giả sử r = r = 1 . Khi đó : a - b = 2.q - 2.q + 2 (đpcm) .
VD : CMR trong bốn số tự nhiên bất kỳ có hiệu hai số chia hết cho 3 (Tự giải)
VD : CMR trong n+1 số tự nhiên bất kỳ có hiệu hai số cia hết cho n.
Giải
Giả sử n+1 số tự nhiên bất kỳ là: a , a , a …..a .
Lấy a , a , a …..a chia cho n ta được: a = n.q + r với 0£ r < n
a = n.q + r với 0£ r < n
.
.
a = n. q + r với 0 £ r <n
Ta nhận thấy r , r ….r nhận n giá trị {0,1…n+1} theo nguyên tắc kéo theo thì số có hai số nhận cùng giá trị. Giả sử r = r = n-3. Khi đó :
a - a = n.q - n.q + n (đpcm)
* DÙNG HẰNG ĐẲNG THỨC :
a - b + a-b ; a + b + a+b với n lẻ
------------------------------------------------
II. ƯỚC CHUNG LỚN NHẤT
1. BÀI 1( Tính chất 5)
Dùng thuật toán Ơclit tìm ( 895, 195)
Giải
Ta có:
895 = 195. 4 + 115
195 = 115. 1 + 80
115 = 80. 1 + 35
80 = 35. 2 + 10
35 = 10. 3 + 5
10 = 5.2 + 0
Vậy ( 895, 195) = 5
2. BÀI 2
Tìm tất cả các cặp số tự nhiên a, b thõa mãn điều kiện sau:
a + b = 432 và ( a, b) = 36
giải
-Vì vai trò của a và b như nhau nên ta giả sử a ≥ b.
- Vì ( a, b) = 36 . Theo tính chất 5. Ta có:
= 1
Đặt a = và b = . Khi đó (a ,b) = 1 (1)
a ≥ b (2)
a + b = + = (a+b) = =12 (3)
Từ (1), (2) và (3) ta chọn:
Þ
và
Þ
Vậy có các cặp ( 346,36) và (252,180) thõa mãn điều kiện đề bài
BÀI 3
Tìm tất cả các cặp số tự nhiên a, b thõa mãn điều kiện sau:
a x b = 2700 và (a, b) = 6
giải
-Vì vai trò của a và b như nhau nên ta giả sử a ≥ b.
- Vì ( a, b) = 6 . Theo tính chất 5. Ta có:
= 1
Đặt a = và b = . Khi đó ( a ,b ) = 1 (1)
a ≥ b (2)
a x b = x = a x b = = 75 ( 3)
Từ (1), (2) và (3) ta chọn:
Þ
và
Þ
Vậy có các cặp ( 450, 6) và (90, 30) thõa mãn điều kiện đề bài.
CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN VỀ BỘI CHUNG NHỎ NHẤT
Áp dụng tính chất 5:
Bài 1 : Tìm các cặp số tự nhiên a, b thõa mãn điều kiện sau:
a x b = 360 , [a,b] = 60
Giải
Vì vai trò của a ,b như nhau , ta giả sử a ³ b
Vì [a,b]= 60 . Theo tính chất 5 Þ = 1
Đặt a = , b = . Khi đó :
( a, ) = 1 (1)
a £ b (2)
a x b = x = = 10 ( 3)
Từ (1) , (2). Ta chọn:
Þ
và
Þ
Vậy có các cặp (60; 10) và (30 ; 12)
Bài 2: Tìm các cặp số tự nhiên a, b thõa mãn điều kiện sau:
( a,b) = 15 và [a,b] = 2835
Giải
Vì vai trò của a ,b như nhau , ta giả sử a £ b
Vì (a,b) = 15 . Theo tính chất 5 Þ = 1
Đặt a = , b = . Khi đó :
( a , ) = 1 (1)
a £ b (2)
a x b = x = [a.b] = = 189 ( 3)
Từ (1) , (2) và (3) Ta chọn:
Þ
và
Þ
Vậy có các cặp (15; 2835) và (105 ; 405)
Bài 3:
Cho n Î N , n ≠ 0 , n ≠ 1
Tính : a/ ( n, n+1) , [n, n+1]
b/ ( n, 2n + 1) ,[ n, 2n +1]
,Giải
a/ Ta có: n+1 = n.1+1
( n, n+1) = (n,1) = 1
Khi đó: [ n, n+1 ] = n(n+1)
b/ Ta có : 2n +1 = n.2 +1
(n, 2n+1) = ( n,n) = 1
[ n, 2n+1] = n( 2n+1)
Bài 4Tìm số tự nhiên nhỏ nhất khác 2 để khi chia số đó cho 3, 5,7,10 đều có số dư là 2.
Giải
Giả sử số tự nhiên cần tìm là : a , theo đề bài ta có:
a - 2 + 3 , a - 2 + 5, a - 2 + 7, a - 2 + 10
hay a - 2 = [ 3, 5,7,10]k ( k Î N)
a - 2 = 210. k
vì a nhỏ nhất khác 2 nên k = 1 hay a - 2 = 210.1 = 210 + 2 = 212
Bài 5 :
Tìm số tự nhiên nhỏ nhất biết rằng chia số đó cho 3 dư 2, chia 5 dư 4 , 7 dư 6, chia 10 dư 9.
Giải
Giả sử số tự nhiên nhỏ nhất là : a, theo đề bài ta có:
a + 1 + 3; a + 1 + 5 ; a + 1 + 7; a + 1 + 10
hay a +1 = [ 3, 5,7,10]k ( k Î N)
a +1 = 210. k
vì a nhỏ nhất khác 2 nên k = 1 hay a +1 = 210.1 = 210 - 1 = 209.
Bài 6
Tìm hai số tự nhiên biết rằng tổng của chúng bằng 84 và UCLN của chúng là 6.
Giải
Gọi 2 số phải tìm là : a, b ( b>a)
Theo đè bài ta có: a + b = 84 và UCLN(a,b) = 6
Suy ra: a=6.k, b= 6.l (k,l Î N) và UCLN(k,l)=1 Þ a+b=6.k+6.l=6(k+l) = 84
Þ (k+l)= 14.
Do đó:
k
7
a
b
1
13
6
75
3
11
18
66
5
9
30
54
Vậy có các cặp số (6,78), (18, 66), (30,54).
* MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ PHƯƠNG TRÌNH VÔ ĐỊNH BẬC NHẤT HAI ẨN:
VD :
Trăm trâu trăm cỏ
Trâu đứng ăn năm
Trâu nằm ăn ba
Lụ khụ trâu già
Ba con một bó
Hỏi bao nhiêu trâu đứng, trâu nằm , trâu già?
Giải
Gọi x là số trâu đứng x > 0
Gọi y là số trâu nằm y >0
Trâu già là: 100 - ( x+y)
Theo đề bài ta có phương trình:
5x + 3y + = 100
14x + 8y = 200
7x + 4y = 100 (1)
Phương trình (1) có một nghiệm riêng ( 0; 25) nên nghiệm của (1) là:
t Î Z
vì x>0, y>0 nên 0< A £ 3
A
Trâu đứng
Trâu nằm
Trâu già
1
4
18
78
2
8
11
81
3
12
4
84
VD :
32x - 48y = 112 (1)
3x = 112+ 48y
x = = y + 3 +
Đặt = t Þ 16y +16 = 32t
Þ y = = 2t -1.
Vậy (1) có nghiệm là:
t Î Z
CÁC BÀI TOÁN VỀ SỐ NGUYÊN TỐ
Bài 1
Tìm số các ước của một số tự nhiên, chẳng hạn: 30 , 1960
Giải
30 = 2.3.5
Ta có công thức chung tìm là: F(a)= (x + 1)(x + 1)……..(x +1)
Cụ thể: F(30)= (1+1)(1+1)(1+1)= 2 = 8 ® có 8 ước
1960 = 2 .5.7 . Ta có: F(1960)= (3+1)(1+1)(2+1)= 4.2.3= 24 ® có 24 ước
Bài 2
Tìm UCLN và BCNN của hai số
VD: ( 62,35) , [62,35]
Giải
62= 2.31 = 2. 5 . 7 .31
35= 5.7 = 2 . 5. 7. 31
(62,35)= 2 . 5 .7 . 31 =1
[62,35] = 2 . 5 . 7 . 31 = 62.35 = 2170.
CÁC BÀI TOÁN VỀ HỆ THỐNG GHI SỐ
VD : 3975
Ta có: 3975= 8.496 + 7
496= 8. 96 + 0
62= 8.7 +6
7 = 8. 0+7
Vậy : (3975) = (7607)
(7607) = 7. 8 .6. 8 . 0.8. 7. 8 = 3975.
VD : (3456) sang hệ cơ số 8
Ta có: (3456) = 3. 7 .4.7 .5.7.6.7 = 1029+ 196+35+6= 1266
(1266) = 8.158 +2
158= 8.19+6
19= 8.2+3
2= 8.0+2
Vậy: (3456) = (2362) .
CÁC BÀI TOÁN VỀ ĐỒNG DƯ THỨC
VD :
Hãy chứng minh đồng dư theo mod m là quan hệ tương đương trong tập số nguyên
Giải
- Tính phản xạ:
"a Î Z, ta có: a ≡ a (mod m)
Thật vậy: vì a-a=0 + m hay a ≡ a (mod m)
- Tính đối xứng:
"a, b Î Z, nếu a ≡ b(mod m), ta cần chứng minh b ≡ a (mod m)
Thật vậy: vì a ≡ b(mod m) Þ a-b + m Þ b-a + m ( vì a,b Î Z)
Hay b ≡ a (mod m).
- Tính bắc cầu:
"a, b, c Î Z nếu a ≡ b(mod m) và b ≡ c(mod m) ta cần chứng minh a ≡ c (mod m)
Thậy vậy: vì a ≡ b(mod m) Þ a-b + m (1)
Vì b ≡ c(mod m) Þ b-c + m (2)
Lấy (1) cộng (2) ta được: a- b+b-c + m hay a-c + m
Do đó : a ≡ c (mod m)
Vậy có quan hệ tương đương.
VD :
Tìm số dư trong phép chia có dư : 2945 -3 chia cho 9.
Giải
Ta có : 2945 = 9. 327+ 2
Nên 2945= 2 (mod 9)
Do đó : (2945 ) - 3 ≡ 2 - 3 (mod 9) (1)
Mà 2 -3 = 29= 9.3+2
Hay 2 - 3 ≡ 2 (mod 9) (2)
Khi đó 2945 -3 ≡ 2 (mod 9)
Vậy số dư trong phép chia 2945 -3 chia 9 là 2 .
VD
Tìm số dư trong phép chia có dư : 1532 - 1 chia cho 9.
VD :
( 1997 + 1998 + 1999 ) chia cho 111
Giải
Ta có: 1997= 111.18+(-1) hay 1997 ≡ -1 (mod 111)
1998= 111. 18 +0 hay 1998 ≡ 0 (mod 111)
1999 = 111. 18+ 1 hay 1999 ≡ 1(mod 111)
Khi đó: ( 1997 + 1998 + 1999 ) = (mod 111)
Hay ( 1997 + 1998 + 1999 ) = 2 (mod 111)
Mà 2 = 1024 = 111.9 +25
Nên ( 1997 + 1998 + 1999 ) = 25 (mod 111)
Vậy số dư là 25.
VD
Chứng minh rằng: 3 - 3 chia hết cho 13
Giải
Ta có : 3 = 27 = 13.3 +1 hay 3 ≡ 1 (mod 13)
Mà 3 = 3 = 3. 3 ≡ 3 (mod 13) vì 3. 3 ≡ 3 (mod 13)
Suy ra : 3 - 3 ≡ 3-3 (mod 13) hay 3 -3 ≡ 0 (mod 13)
Vậy 3 - 3 chia hết cho 13.
CÁC BÀI TOÁN VỀ QUAN HỆ TƯƠNG ĐƯƠNG
VD :
R = { (a,b) Î NxN / a có cùng chữ số hàng đơn vị với b} Í N
Giải
a R b Û a có cùng có cùng chữ số hàng đơn vị với b.
- Tính phản xạ:
" a Î N ta có a có cùng chữ số hàng đơn vị với a hay a R a
- Tính đối xứng:
" a, b Î N giả sử a R b nghĩa là a có cùng chữ số hàng đơn vị với b Þ b có cùng chữ số hàng đơn vị với a hay b R a. Do đó R có tính đối xứng.
- Tính bắc cầu :
" a, b , c Î N giả sử a R b và b R c nghĩa là a có cùng chữ số hàng đơn vị với b và b có cùng chữ số hàng đơn vị với b thì a có cùng chữ số hàng đơn ị với c hay a R c. Do đó R có tính bắc cầu
Vậy R là quan hệ tương đương.
VD :
Ký hiệu X là tập hợp các điểm trên mặt phẳng và 0 Î X cố định. Trên X xét quan hệ M S N Û OM=ON
Giải
- Tính phản xạ:
" M Î X ta luôn có OM=OM hay M S M.
- Tính đối xứng:
" M, N Î X giả sử M S N nghĩa là OM=ON hay ON =OM.
Vậy : M S N . Có tính đối xứng
- Tính bắc cầu:
" M, N, P Î X giả sử M S N và N S P nghĩa là OM = ON và ON = OP Þ OM=OP hay M S P.
Do đó S có tính bắc cầu.
Vậy S là quan hệ tương đương.
CÁC BÀI TOÁN VỀ ÁNH XẠ
VD :
A = { 1,2,3} , B= { a, b, c}
F : A ÕB f : A ÕB f : A ÕB
1 a a 1 a a 1 a b
2 a b 2 a b 2 a a
3 a c 3 a b 3 a c
F là 1ánh xạ f là 1 ánh xạ 2 a b
f không phải a/ xạ vì 1ptử 2có 2 ảnh.
* CÁC BÀI TOÁN VỀ CHÚNG QUY NẠP
Bài 1
Dùng quy nạp chứng minh rằng:
1 + 3 + 5 +…….+ (2n -1) = n ( n ≥ 1, n Î N)
Áp dụng tính tổng sau: A =1 + 3 + 5 + …..+ 1999
Giải
Đặt S = 1 + 3 + 5 +…….+ (2n -1) = n
Ta có : S = (2.1-1)=1 = 1 - đúng .
Giả sử đúng với n= k tức là S = k . Ta cần chứng minh đúng với n= k +1 tức là chứng minh
S = (k + 1) .
Thật vậy: S = 1 + 3 + 5+ ….(2k - 1) + 2( k+1)- 1
= S + 2k+1
= k + 2k +1 = (k +1)
Vậy S = n ( n ≥ 1, n Î N)
Áp dụng , ta có: 2n - 1 = 1999
2n = 2000
n = 1000
A= 1 + 3 + 5 + ……+ 1999 = 1000 = 1000.000
Bài 2
Dùng quy nạp toán học chứng minh rằng:
1 + 2 + 3 + …..+ n = ( n ≥ 1)
Giải
Đặt S = 1 + 2 + 3 + …..+ n =
Ta có: S = 1 = = 1 . Đẳng thức đúng với n =1
Giả sử đúng với n = k, tức là S = . Ta chứng minh đúng với n= k+1, tức là:
Chứng minh : S = . Thật vậy:
S = 1 + 2 + 3 + ….k + k +1 = S - k+1
= + k+1 = =
Vậy S = ( n ≥ 1).
Bài 3
Dùng quy nạp chứng minh
2 + 4 + 6 +….+ 2n = n(n+1) với ( n ≥ 1)
Áp dụng tính : 2 + 4 + 6 +…..+ 3998
Giải
Đặt S = 2 + 4 + 6 +….+ 2n = n(n+1)
Ta có: S = 2 = 1(1+1) , đúng
Giả sử đúng n =k , tức là : S = k(k+1). Ta chứng minh đúng với n= k+1, tức là:
Chứng minh: S = (k+1)(k+2). Thật vậy:
S = 2 + 4 + 6 +….2k + 2(k+1)
= S + 2(k+1) = k(k+1) + 2(k+1)
= (k+1)(k+2)
Vậy S = n(n+1) "n ≥ 1
Áp dụng: ta có: 2n = 3998
n= 1999
A = 2 + 4 + 6 +….+ 3998
= 1999 (1999+1) = 1999x 2000= 3998000
Bài 4:
Chứng minh rằng:
1 + 2 + …..+ n = ("n ≥ 1)
Giải
Đặt S = 1 + 2 + …..+ n =
Ta có: S = 1 = - đẳng thức
Giả sử đúng n= k , tức là :
S =
Ta chứng minh với n= k+1 tức là chứng minh :
S = .Thật vậy
S = 1 + 2 + …..+ k + (k+1)
= S + (k+1) = + (k+1)
= + (k+1) = =
= = =
Vậy S = ("n ≥ 1).
Bài 5:
Chứng minh mệnh đề sau
1 + 2 + 3 +…..+ n = "n Î N
Giải
Với n=1 VT = 1
VP = =1 . Đẳng thức đúng với n = 1
Giả sử đúng n = k 1 + 2 + 3 +…..+ k = . Ta chứng minh đẳng thức đúng với n= k+1. Ta chứng minh:
1 + 2 + 3 +…..+ k + (k+1) =
=
Ta có vế trái = 1 + 2 + 3 +…..+ k + (k+1) = + (k+1)
= = =
= = = VP (đpcm).
Bài 6:
Chứng minh rằng: (1+a) ³ 1+n.a với a > -1, a ≠ 0, n >1, n Î N
Giải
Với n= 2 , ta có: (1+a) = 1+2a+a ³ 1+2.a Þ bất phương trình đúng.
Giả sử đúng với n= k , tức là: (1+a) ³ 1+k.a
Ta cần chứng đúng với n= k+1, tức là chứng minh:
(1+a) ³ 1+(k+1).a hay (1+a) ³ 1+a.k+a
Thật vậy: (1+a) = (1+a) .(1+a) ³ (1+k.a)(1+a)
= (1+a) .(1+a) ³ 1+k.a+a+k.a
= (1+a) .(1+a) ³ 1+k.a+a
Vậy : (1+a) ³ 1+n.a với a > -1, a ≠ 0, n >1, n Î N
Bài 7 : CMR " n ³ 1, ta có : 7 + 3n -1 + 9 ( 1)
Giải
Với n=1 thì 7 + 2= 9 + 9
Giả sử (1) đúng với n = k , nghĩa là 7 + 3k-1 + 9
Ta cần chứng minh (1), đúng với n= k+1 , nghĩa là 7 + 3(k+1)-1 + 9
Thật vậy, ta có: 7 + 3(k+1)-1= (7 + 3k -1) + 6.7 +3
= ( 7 + 3k -1) + 6( 7 - 1) +9
Mà 7 +3k-1 + 9
Và 6( 7 -1) + 36 nên 6( 7 -1) + 9 và 9 + 9
Nên 7 + 3(k+1) -1 + 9
Vậy theo nghuyên tắc quy nạp 7 + 3n -1 + 9 với " n ³ 1 .
Bài 8: CMR: " n ³ 1, ta có : 16 - 15n -1 + 25 (1) và 10 + 18n - 1 + 27
Giải
Với n= 1 thì 16 - 16= 0 + 225
Giả sử (1) đúng với n= k ³ 1 , nghĩa là 16 - 15k -1 + 225
Ta cần chứng minh (1) đúng n= k+1, nghĩa là : 16 - 15(k+1) -1 + 225
Vậy : 16 - 15(k+1) -1 = ( 16 - 15k -1) + 15.16 -15
= ( 16 - 15k -1) + 15(16 -1)
Mà 16 - 15k-1 + 225 và 15( 16 - 1) + 225
Do đó 16 - 15(k+1) -1 + 225
Vậy theo nguyên tắc quy nạp thì 16 - 15n -1 + 225 " n ³ 1
Bài 9:
Chứng minh rằng: 7 + 3n - 1+ 9 "n Î N , n ³ 1
Giải
Với n=1 ta có: 7 +3.1- 1= 9 + 9
Giả sử đúng với n=k , tức là: 7 +3k-1 + 9
Ta cần chứng minh đúng với n=k+1 , tức chứng minh: 7 +3(k+1)-1+ 9
Thật vậy: 7 +3(k+1)-1 = 7 .7+3k+ 3-1 = 7 .(6+1)+3k+3-1
= 6.7+7 +3k+3-1= (7 +3k-1) +6.7 +3
Ta có : (7 +3k-1)+ 9 (1)
Ta chứng minh: 6.7 +3 + 9
- Với k=1 Þ 6.7+3 = 45 + 9
- Giả sử đúng k=m tức là : 6.7 +3 + 9. Ta cần chứng minh:
Với k= m+1 , tức là chứng : (6.7 +3)+ 9
Thật vậy: (6.7 +3) = 6.7 .7+3 = (6. 7 +3).7 - 18 + 9
Do đó : 6.7 + 3 + 9 (2)
Từ (1)(2) Þ 7 +3(k+1)-1 + 9
Vậy : 7 + 3n - 1+ 9 "n Î N , n ³ 1
Bài 19: Cho biết n chia 3 dư 2 , chia 2 dư 1. Tìm dư trong phép chia n cho 6.
Giải
C : Theo định lý phép chia có dư, ta có : n = 6.q + r ( 0 £ r< 6)
Để n chia 2 dư 1 thì r phải chia 2 dư 1 (1)
Để n chia 3 dư 2thì phải chia 3 dư 2 (2)
Các giá trị của r thì chỉ có r = 5 thõa mãn (1), (2)
C : Theo đề bài ta có: ( n+1) + 3 và ( n+1) + 2
Mà (3,2) = 1nên (n+1) + 6 hay n+1 = 6.q + 6
n = 6.q + 5
Vậy số dư trong phép chia n cho 6 là 5.
Bài 11: Cho biết n chia 3 dư 1 , chia 5 dư 2. Tìm dư trong phép chia n cho 15.
Bài 12: Cho biết n chia 11 dư 7 , chia 5 dư 4. Tìm dư trong phép chia n cho 55.
Bài 13:Cho biết n chia 11 dư 10 , chia 3 dư 2. Tìm dư trong phép chia n cho 33.
* CÁC BÀI TOÁN VỀ TẬP HỢP
Bài 1
Cho tập hợp A = {x Î N/ x\6} , B = {x Î R/ (x-1)(x -4x+3)=0 }
a/ Tìm AÇ B, AÈ B, A\B , A.B
b/ Hãy thiết lập 4 ánh xạ từ A ® B
Giải
A = {x Î N/ x\6} = {1,2,3,6}
B = {x Î R/ (x-1)(x -4x+3)=0 } = {1,3}
a/ AÇ B = {x/ x Î A và x Î B} = {1,3}
AÈ B = {x/ x Î A hoặc x Î B} = {1,2,3,6}
A\B = {x/ x Î A và x Ï B} = {2,6}
A.B = { (x,y) Î A.B / x Î A , y Î B} = (1,1),(1,3),(2,1),(2,3),(3,1),(3,3),(6,1)(6,3).
b/ Thiết lập 4 song ánh:
f A ® B f A ® B f A ® B f A ® B
1a 1 1a 1 1a 3 1a 3
2a 1 2a 3 2a 1 2a 3
3a 3 3a 1 3a 1 3a 1
6a 3 6a 3 6a 2 6a 1
J Chúc các bạn thi tốt! J
Các file đính kèm theo tài liệu này:
- LÝ THUYẾT CHIA HẾT VÀ CHIA CÓ DƯ.doc