Trong hệ ghi số ngũ phân cơ số 5 4

Xem mẫu

1. tập hợp số các 10n = 9.(9n−1 + C1 9n−2 + ... + Cn−1) + 1 = 9.qn + 1 . hay n n Vì vậy, với số tự nhiên a ta có thể viết: a = cn10n + cn−110n−1 + ...+ c1.10 + c0 = cn(9.qn + 1) + cn−1(9.qn−1 + 1) + ...+ c1(9 + 1) + c0 a = 9(cnqn + cn−1qn−1 + ...+ c1) + (cn + cn−1 + ...+ c1 + c0) hay = 9.q + (cn + cn−1 + ... + c1 + c0) . Đẳng thức cuối cùng chứng tỏ rằng a chia hết cho 3 (hoặc 9) khi và chỉ khi cn + cn–1 +. . . + c1 + c0 chia hết cho 3 (hoặc 9). 2.4.2.4. Dấu hiệu chia hết cho 11 Định lí 4.5. Một số chia hết cho 11 khi và chỉ khi tổng các chữ số hàng chẵn trừ tổng các chữ số hàng lẻ là một bội của 11. Chứng minh: Trước hết, ta nhận xét rằng một luỹ thừa của 10 sẽ có dạng 11q + 1 hoặc 11q – 1. Thật vậy. 10n = (11 − 1)n = 11n − C1 11n−1 + ... + (−1)n−1Cn−111 + (−1)n n n 10n = 11.(11n−1 − C1 11n−2 + ... + (−1)n−1Cn−1) + (−1)n hay n n 10n = 11.q + (−1)n . Như vậy 10n = 11.q + 1 nếu n chẵn và 10n = 11.q – 1 nếu n lẻ. Nhờ vậy, số tự nhiên a = cncn−1...c1c0 có thể viết thành a = c0 + c1(11− 1) + c2(11q2 + 1) + ... + cn(11qn + (−1)n) q = (c0 + c2 + ...) − (c1 + c3 + ...) + 11.q . hay Đẳng thức cuối cùng chứng tỏ a chia hết cho 11 khi và chỉ khi (c0 + c2 + ...) − (c1 + c3 + ... ) chia hết cho 11. Đpcm. Ví dụ 4.7: Số 9873215 chia hết cho 11 vì (5 + 2 + 7 + 9) – (1 + 3 + 8) = 23 – 12 = 11. 97
2. tập hợp số các Hoạt động. Tìm hiểu hệ ghi số Nhiệm vụ Sinh viên đọc thông tin cơ bản rồi thảo luận theo nhóm từ 3 đến 4 người để thực hiện các nhiệm vụ sau. Sau đó giáo viên tổng kết từng nhiệm vụ. Nhiệm vụ 1: Định nghĩa hệ ghi số cơ số g. Xây dựng bốn ví dụ về biểu diễn một số tự nhiên trong hệ g – phân. Nhiệm vụ 2: Xây dựng hai ví dụ về đổi hệ cơ số. Nhiệm vụ 3: Xây dựng hai ví dụ về thực hành mỗi phép tính cộng, trừ, nhân, chia trong hệ g – phân. Nhiệm vụ 4: Phát biểu và chứng minh các dấu hiệu chia hết cho 2, 5, 4, 25, 3, 9 và 11. Xây dựng 4 ví dụ về vận dụng các dấu hiệu chia hết để giải toán ở Tiểu học. Đánh giá Hãy trả lời các câu hỏi sau đây: 1. Định nghĩa sự biểu diễn một số tự nhiên trong hệ g – phân. 2. Trình bày cách biểu diễn một số tự nhiên từ hệ thập phân sang hệ g – phân. 3. Trình bày cách tìm số tự nhiên trong hệ thập phân khi cho biết sự biểu diễn của nó trong hệ g – phân. 4. Trình bày các cách đổi một số tự nhiên từ hệ g – phân sang hệ h – phân. 5. Phát biểu và chứng minh các định lí về dấu hiệu chia hết sau đây: a) Dấu hiệu chia hết cho 2 và chia hết cho 5; b) Dấu hiệu chia hết cho 4 và chia hết cho 25; c) Dấu hiệu chia hết cho 3 và chia hết cho 9; d) Dấu hiệu chia hết cho 11. Hãy giải các bài tập sau đây: 1. Hãy biểu diễn số 1997 trong các hệ g – phân sau đây: a) Hệ nhị phân; 98
3. tập hợp số các b) Hệ ngũ phân; c) Hệ bát phân. 2. Hãy biểu diễn các số sau đây trong hệ thập phân: a) 1010001 2 ; b) 42120 5 ; c) 31425 6 ; d) 31425 7 . 3. Lập bảng cộng và bảng nhân trong các hệ ghi số sau: hệ ngũ phân, hệ bát phân, hệ thập nhị phân (g = 12). 4. Trong hệ ghi số cơ số nào thì: a) Số 63 được viết là 77 g ; b) Số 32 được viết là 44 g ; c) Số 8 được viết là 1000 g ? 5. Xác định cơ số g để cách viết sau đây là đúng: a) 13g + 23g = 41g ; b) 24 g + 32 g = 100 g ; c) 425g – 342 g = 63g . 6. a) Biểu diễn số a = 1430213 5 trong hệ bát phân (g = 8); b) Biểu diễn số b = 3656 7 trong hệ ngũ phân (g = 5). 7. Chứng minh rằng: a) Trong mọi hệ ghi số cơ số g > 2, số 121g là một số chính phương (tức là bình phương của một số tự nhiên); b) Trong mọi hệ ghi số cơ số g > 3, số 1331 g là lập phương của một số tự nhiên; c) Trong hệ ghi số cơ số g > 6, số 14641 g là lũy thừa bốn của một số tự nhiên. 8. Chứng minh rằng các số dạng 2n – 1 (n > 0) khi được viết trong hệ nhị phân thì chỉ gồm toàn chữ số 1. 9. Chứng minh rằng trong hệ g – phân với 2 < g ≤ 10 thì hai số 2(g – 1) và (g – 1)2 được viết bởi các chữ số như nhau nhưng theo thứ tự ngược nhau. 99
4. tập hợp số các 10. Với 10 chữ số của hệ thập phân, ta có thể ghi được bao nhiêu số tự nhiên thỏa mãn một và chỉ một điều kiện trong các điều kiện sau: a) Số có 5 chữ số và chia hết cho 2; b) Số có 5 chữ số và chia hết cho 5. 11. a) Tìm các dấu hiệu chia hết cho 8 và cho 125 trong hệ thập phân; b) Tìm các dấu hiệu chia hết cho 2, cho 3 trong hệ lục phân. 12. T ìm t ấ t c ả c ác số t ự n hiên x = 135a4b đ ượ c ghi trong hệ t h ậ p phân bi ế t r ằ ng x chia h ế t cho 45. 13. Chứng minh rằng nếu d | g thì điều cần và đủ để một số ghi trong hệ g – phân chia hết cho d là chữ số cuối cùng của nó chia hết cho d. 100
5. tập hợp số các Tiểu chủ đề 2.5. Nội dung và cơ sở toán học của việc dạy học một số vấn đề về số tự nhiên ở tiểu học Thông tin cơ bản 2.5.1. Nội dung dạy số tự nhiên ở Tiểu học Số học là mạch kiến thức cơ bản, cốt lõi của chương trình môn Toán Tiểu học. Mạch số học được tạo thành từ bốn phần: số học các số tự nhiên, số học các phân số, số học các số thập phân và một số yếu tố đại số; trong đó, số học các số tự nhiên giữ vai trò trung tâm. Nó được trình bày theo phương pháp đồng tâm từ lớp 1 đến hết học kì đầu của lớp 4. Phần số học các số tự nhiên bao gồm các nội dung: hình thành khái niệm số tự nhiên, so sánh các số tự nhiên, các phép tính về số tự nhiên và giải toán về số tự nhiên. 2.5.1.1. Hình thành khái niệm về số tự nhiên Sách giáo khoa lần lượt giới thiệu cho học sinh: +) 10 chữ số cơ bản +) Số có hai và nhiều chữ số +) Hàng và lớp của một số có nhiều chữ số +) Số chẵn, số lẻ, số tròn chục, tròn trăm,. . . +) Số tự nhiên liên tiếp, dãy số tự nhiên +) Tia số, . . . . . . . . . . . . . 2.5.1.2. So sánh các số tự nhiên Sau khi hình thành cho học sinh khái niệm “lớn hơn” và “bé hơn”, sách giáo khoa giới thiệu các quy tắc so sánh các số tự nhiên có nhiều chữ số và thực hành so sánh các số tự nhiên. 2.5.1.3. Các phép tính về số tự nhiên Thông qua các vòng số: trong phạm vi 10, 100, 1000, 10 000, 100 000 và các số có nhiều chữ số, sách giáo khoa đã giới thiệu cho học sinh bốn phép tính: cộng, trừ, nhân, chia các số tự nhiên. Đối với mỗi phép tính, lần lượt cung cấp cho học sinh: +) Hình thành ý nghĩa của mỗi phép toán; +) Phép tính (cộng, trừ, nhân, chia) trong bảng; +) Quy tắc thực hành phép tính (cộng, trừ, nhân, chia) ngoài bảng (với các số có nhiều chữ số); 101
6. tập hợp số các +) Tính chất của phép tính (giao hoán, kết hợp, phân phối, tính chất của số 0, số 1,...); +) Kĩ năng tính nhẩm; +) Các dấu hiệu chia hết cho 2, 3, 5 và 9. 2.5.1.4. Giải toán về số tự nhiên Hoạt động giải toán có vị trí quan trọng trong dạy – học toán nói chung, dạy – học số tự nhiên ở Tiểu học nói riêng. Thông qua dạy – học giải toán về số tự nhiên, từng bước học sinh được phát triển tư duy, rèn luyện phương pháp và kĩ năng suy luận lôgíc, khêu gợi và tập dượt khả năng quan sát, phỏng đoán, tìm tòi. Các bài toán thường gặp về số tự nhiên ở Tiểu học có thể phân thành bốn dạng: +) Các bài toán về cấu tạo số tự nhiên; +) Các bài toán về rèn kĩ năng thực hành so sánh các số tự nhiên; +) Các bài toán nhằm rèn kĩ năng thực hành bốn phép tính về số tự nhiên; +) Vận dụng kĩ năng thực hành tính toán về số tự nhiên để giải toán có văn và toán có nội dung hình học,... 2.5.2. Cơ sở toán học của việc dạy học một số vấn đề về số tự nhiên ở Tiểu học – Dùng bảng số tập hợp, bằng ngôn ngữ của tiểu học, sách giáo khoa Toán 1 đã hình thành cho học sinh 10 chữ số cơ bản (từ 0 đến 9), (xem SGK Toán 1). – Bằng phương pháp suy luận tương tự, sách giáo khoa giới thiệu cho học sinh các số có hai và nhiều chữ số. – Dùng bảng số tập hợp, bằng ngôn ngữ của tiểu học, sách giáo khoa Toán 1 đã hình thành cho học sinh khái niệm “lớn hơn”, “bé hơn” và quan hệ so sánh các số trong phạm vi 10 (xem SGK Toán 1). – Bằng phương pháp quy nạp (không hoàn toàn), sách giáo khoa đã giới thiệu cho học sinh quy tắc so sánh các số tự nhiên có nhiều chữ số (xem SGK Toán 3 và Toán 4). – Các quy tắc thực hành bốn phép tính và các tính chất của bốn phép tính về số tự nhiên được giới thiệu cho học sinh bằng phương pháp quy nạp. Trong các tiểu chủ đề trước, chúng ta đã dùng công cụ là bảng số tập hợp để chứng minh các tính chất và quy tắc nêu trên. Song ở Tiểu học, học sinh chưa được trang bị những kiến thức của toán học cao cấp, nên phải chọn cách tiếp cận như trong sách giáo khoa đã trình bày. 102
7. tập hợp số các Hoạt động 1. Tìm hiểu dạy số tự nhiên ở Tiểu học Nhiệm vụ Nhiệm vụ 1: Liệt kê các khái niệm về số tự nhiên được trình bày trong môn Toán ở Tiểu học. Nhiệm vụ 2: Nêu các quy tắc thực hành so sánh các số tự nhiên ở Tiểu học. Nhiệm vụ 3: Liệt kê các quy tắc thực hành bốn phép tính, tính chất của các phép tính về số tự nhiên, các dấu hiệu chia hết được trình bày trong sách giáo khoa Toán Tiểu học. Phát biểu ba trong số các tính chất hoặc quy tắc nêu trên. Hoạt động 2. Tìm hiểu cơ sở toán học của việc dạy số tự nhiên ở Tiểu học. Nhiệm vụ Nhiệm vụ 1: Phân tích cơ sở toán học của việc dạy hình thành 10 chữ số cơ bản ở Tiểu học. Nhiệm vụ 2: Trình bày cơ sở toán học của các tính chất giao hoán, kết hợp, phân phối của các phép tính về số tự nhiên. Nhiệm vụ 3: Trình bày cơ sở toán học của các dấu hiệu chia hết ở lớp 4. Đánh giá 1. Trình bày các khái niệm toán học ở Tiểu học: +) Số chẵn, số lẻ; +) Số tròn chục, số tròn trăm; 103
8. tập hợp số các +) Hàng và lớp của một số tự nhiên; +) Số tự nhiên liền trước, liền sau và số tự nhiên liên tiếp. 2. Phát biểu và chứng minh: +) Quy tắc nhân một số với một tổng; +) Quy tắc nhân một số với một hiệu; +) Quy tắc chia một tích cho một số trong tập số tự nhiên. 3. Phát biểu và chứng minh: +) Dấu hiệu chia hết cho 2; +) Dấu hiệu chia hết cho 3. 104
9. tập hợp số các Thông tin phản hồi cho chủ đề 2 Tiểu chủ đề 2.1 1. Có tất cả 4! = 24 song ánh từ A đến B. Chẳng hạn f: A → B g: A → B 1a a 1a b 2a b 2a a 3a c 3a d 4a d 4a c 2. a) ánh xạ f: A × B → B × A (a; b) a (b; a) là một song ánh. b) ánh xạ g: (A × B) × C → A × (B × C) ((a; b); c) a (a; (b; c)) là một song ánh. 3. Vì B ≠ ∅ nên ∃b ∈ B, cố định phần tử b. Ta có ánh xạ f: A → A × B a a (a; b) là một đơn ánh và vì vậy ⎢A⎥ ≤ ⎢A × B ⎢. 4. Giả sử A là một tập hữu hạn, f: A → A là một đơn ánh. Khi đó A ~ f(A); vì A là hữu hạn và f(A) ⊂ A nên f(A) = A. Tức là f cũng là toàn ánh, do đó nó là song ánh. Đảo lại, nếu A không là tập hữu hạn thì có một tập con thực sự A′ của A tương đương với A. Khi đó ta có đơn ánh f: A → A với f(A) = A′ ≠ A mà f không là toàn ánh. Vì vậy, nếu mọi đơn ánh từ A đến A là song ánh thì A là tập hữu hạn. 5. Theo câu 4 ta có ngay a) ⇒ c). Hiển nhiên c) ⇒ b). Bây giờ ta chứng minh b) ⇒ a). Giả sử f: A → A là một toàn ánh nhưng f không là đơn ánh. Tức là ∃a1, a2 ∈ A, a1 ≠ a2 mà f(a1) = f(a2). Đặt g: A → A được xác định bởi với mỗi a ∈ A ta cố định được một phần tử af ∈ 105
10. tập hợp số các A mà f(af) = a, g(a) = af . Khi đó g là một song ánh từ A đến A1 = {af ⎢a ∈ A}, rõ ràng A1 ≠ A và A1 ~ A, trái với giả thiết A là một tập hữu hạn. Vậy f phải là một đơn ánh. 6. a) Giả sử A và B là hai tập hợp hữu hạn. Trước hết xét trường hợp A ∩ B = ∅. Ta cần chứng minh A ∪ B là tập hợp hữu hạn. Giả sử ngược lại rằng A ∪ B là một tập vô hạn. Khi đó tồn tại một đơn ánh f: A ∪ B → A ∪ B mà f không là toàn ánh. Khi đó tồn tại x ∈ A ∪ B mà x ∉ f(A ∪ B) chẳng hạn x ∈ A. Đặt A1 = f(A), B1 = f(B); A1' = A1 ∩ B ta có A1' ⊂ B \ B1. Vì B1 ~ B và B là tập hợp hữu hạn nên B1 là tập hợp hữu hạn. Từ đó suy ra B \ B1 ~ B1 \ B. Như vậy tồn tại song ánh g: B \ B1 → B1 \ B. Ta có ánh xạ h: A → A ⎧f (a), f (a) ∉ A1' ⎪ a a h(a) = ⎨ ⎪g(f (a)), f (a) ∈ A1 ' ⎩ Do f và g là hai đơn ánh nên h là một đơn ánh. h không là toàn ánh vì ∃x ∈ A và x ∉ h(A). Trái với giả thiết A là một tập hợp hữu hạn. Nếu A ∩ B ≠ ∅. Đặt A1 = A \ B. Khi đó A1 là tập con của A nên A1 là tập hữu hạn và A1 ∩ B = ∅ đồng thời A ∪ B = A1 ∪ B. A1 ∪ B là tập hữu hạn theo kết quả đã chứng minh. Vậy A ∪ B là tập hợp hữu hạn. b) Vì A ∩ B ⊂ A mà A là tập hợp hữu hạn nên A ∩ B là tập hợp hữu hạn. c) áp dụng câu a). 7. Tập A = {1, 2, 3, 4} là một tập hữu hạn vì A có 15 tập con thực sự. Các tập con này đều không tương đương với A. 8. Ta có ánh xạ f: Z → Z, n a 2n là một song ánh và f(Z) = 2Z = {2n ⎢n ∈ Z} là một tập con thực sự của Z. Tức là 2Z ~ Z. Vậy Z là một tập hợp vô hạn. 106
11. tập hợp số các Tiểu chủ đề 2.2 1. a) Rõ ràng nếu a = b = 0 thì a + b = 0. Đảo lại, nếu a + b = 0, giả sử a = ⎢A ⎢, b = ⎢B ⎢và A ∩ B = ∅, A và B là hai tập hữu hạn. Khi đó a + b = ⎢A ∪ B ⎢= 0. Suy ra A ∪ B = ∅ ⇒ A = B = ∅ hay a = 0 và b = 0. b) Nếu a = 0 hoặc b = 0 thì có ngay ab = 0. Đảo lại, cũng lập luận như câu a). a = ⎢A ⎢, b = ⎢B ⎢, ab = ⎢A × B ⎢= 0 ⇒ A × B = ∅ ⇒ A = ∅ hoặc B = ∅ hay a = 0 hoặc b = 0. c) Nếu a = b = 1 thì ta có ab = 1. Đảo lại, nếu ab = 1, giả sử a = ⎢A ⎢, b = ⎢B ⎢, 1 = ab = ⎢A × B ⎢ ⇒ ⎢A × B ⎢= 1 ⇒ ⎢A ⎢= 1 và ⎢B ⎢= 1. Tức là a = b = 1. 2. a) Hiển nhiên a ≤ a + b ∀a, b ∈ N. b) Nếu b ≠ 0 thì b ≥ 1 suy ra ab ≥ a.1 = a. c) Giả sử a ≤ b và c ≤ d khi đó a + c ≤ b + c và b + c ≤ b + d Do tính chất bắc cầu của quan hệ ≤ nên suy ra a + c ≤ b + d. d) Giả sử a < b và c < d. Khi đó tồn tại u ∈ N, v ∈ N sao cho u ≠ 0, v ≠ 0, a + u = b và c + v = d. Từ đó suy ra (a + c) + u = b + c và (b + c) + v = b + d ⇒ (a + c) + (u + v) = b + d. Vì u + v > 0 nên a + c < b + d. 3. a) (b – c) + c = b ⇒ a + [(b – c) + c] = a + b ⇒ [a + (b – c)] + c = a + b ⇒ a + (b – c) = (a + b) – c. c + (a – c) = a ⇒ [c + (a – c)] + b = a + b ⇒ c + [(a – c) + b] = a + b ⇒ (a – c) + b = (a + b) – c. b) [a – (b + c)] + (b + c) = a ⇒ {[a – (b + c)] + c} + b = a ⇒ [a – (b + c)] + c = a – b ⇒ a – (b + c) = (a – b) – c. Tương tự: a – (b + c) = (a – c) – b. 107
12. tập hợp số các c) [a – (b – c)] + (b – c) = a ⇒ {[a – (b – c)] + b} – c = a ⇒ {[a – (b – c)] + b} = a + c ⇒ a – (b – c) = (a + c) − b. d) áp dụng câu b) ta có: (a + c) – (b + c) = a + [c – (c + b)] = a + [(c – c) – b] = a – b. e) áp dụng câu c) ta có: (a – c) – (b – c) = [(a – c) + c] – b = [a + (– c + c)] – b = a – b. 4. Nếu a + d = b + c thì (a + d) – b = c ⇒ (a – b) + d = c ⇒ a – b = c – d. Đảo lại, nếu a – b = c – d thì (a – b) + d = c ⇒ (a + d) – b = c ⇒ a + d = b + c. 5. (a) ⇒ (b). Xem định lí 2.7. (b) ⇒ (c). Xem định lí 2.8. (b) ⇒ (a). Giả sử mọi tập con khác rỗng của N đều có số bé nhất. A ⊂ N sao cho 0 ∈ A, a ∈ A ⇒ a + 1 ∈ A. Nếu A ≠ N thì M = N \ A ≠ ∅. Gọi m là số bé nhất của M. Như vậy m ∈ N và m ∉ A; vì 0 ∈ A nên m ≠ 0, đặt m = m1 + 1. Khi đó m1 ∉ M vì m1 < m do đó m1 ∈ A. Theo giả thiết m1 ∈ A nên m = m1 + 1 ∈ A. Mâu thuẫn. Vậy A = N. (c) ⇒ (b) Nếu mọi tập con khác rỗng bị chặn trên của N đều có số lớn nhất thì mọi tập con khác rỗng của N đều có số bé nhất. Thật vậy, giả sử M là một tập con khác rỗng của N. Đặt A = {x ∈ N ⎢x ≤ m ∀m ∈ M}. Khi đó A bị chặn trên và A ≠ ∅ vì 0 ∈ A. Gọi m0 là số lớn nhất của A. Ta sẽ chứng minh m0 là số bé nhất của M. Trước hết vì m0 ∈ A nên m0 ≤ m ∀m ∈ M. Nếu m0 ∉ M thì m0 < m ∀m ∈ M. Đặt m0′ = m0 + 1, ta có m0′ ≤ m ∀m ∈ M nên m0′ ∈ A và m0′ > m0 trái với giả thiết m0 là số lớn nhất của A. Vậy m0 ∈ M. Tức là m0 là số bé nhất của M. 108
13. tập hợp số các Tiểu chủ đề 2.3 1. Cho ba số tự nhiên liên tiếp là a, a + 1 và a + 2. Đặt m = a(a + 1)(a + 2). Xét ba trường hợp: +) Nếu a M3 thì m M3 +) Nếu a = 3q + 1 thì a + 2 = 3q + 3 M3 ⇒ m M3. +) Nếu a = 3q + 2 thì a + 1 = 3q + 3 M3 ⇒ m M3. Trong ba số tự nhiên liên tiếp có ít nhất một số chẵn, do đó tích của chúng chia hết cho 2, tức là m M2. Vì 2 và 3 nguyên tố cùng nhau nên m M6. 2. Giả sử a1, a2, …, a11 là 11 số tự nhiên bất kì. Chia ai cho 10 ta được ai = 10qi + ri, 0 ≤ ri ≤ 9, i = 1, …, 11. Có 11 số ri nhận các giá trị từ 0 đến 9 nên có ít nhất hai số bằng nhau. Chẳng hạn rk = rl . Khi đó ak – al = 10(qk – ql) M10. 3. a) q = 2; r = 10; b) b = 30 r = 5; c) b = 49 q = 2. 4. Giả sử a và a + 2 là hai số chẵn liên tiếp. Khi đó a = 2k và a + 2 = 2k + 2 = 2(k + 1). +) Nếu k = 2l chẵn thì a = 2k = 4l M4 còn a + 2 = 4l + 2 M4. +) Nếu k = 2l + 1 lẻ thì a = 4l + 2 M4 còn a + 2 = 4l + 4 M4. Vậy trong 2 số a và a + 2 có đúng một số chia hết cho 4. 5. Theo kết quả của bài 4, trong hai số chẵn liên tiếp a và a + 2 có một số chia hết cho 4 và số còn lại chia hết cho 2 và do đó tích a(a + 2) chia hết cho cho 8. 6. a) Giả sử a = 2k + 1 và b = 2l + 1 khi đó ab = (2k + 1)(2l + 1) = 2(2kl + k + l) + 1 là một số lẻ. Nếu có ít nhất một trong hai số là a hoặc b chẵn, chẳng hạn a chẵn, a = 2k, suy ra ab = 2kb chẵn. Do đó, nếu ab lẻ thì cả a và b cùng lẻ. b) Hiển nhiên. c), d) Làm tương tự câu a). 7. a) Nếu n = 0 thì n2 – n = 0 M2. Nếu n > 0 thì n2 – n = n(n – 1) là tích của hai số tự nhiên liên tiếp. Trong hai số này có một số chẵn, do đó tích của chúng chia hết cho 2. b) Nếu n = 0 thì n3 – n = 0 M3. 109
14. tập hợp số các Nếu n > 0 thì n3 – n = n(n2 – 1) = (n – 1)(n)(n + 1) là tích của ba số tự nhiên liên tiếp. Theo bài 1 thì n3 – n M3. c) Nếu n = 0 thì n5 – n = 0 M5. Nếu n > 0 thì a = n5 – n = n(n4 – 1) = n(n2 – 1)(n2 + 1) = (n – 1)n(n + 1)(n2 + 1). Ta xét 5 trường hợp +) n M5 ⇒ a M5; +) n = 5q + 1 ⇒ n – 1 M5 ⇒ a M5; +) n = 5q + 2 ⇒ n2 + 1 = 25q2 + 20q + 5 M5 ⇒ a M5; +) n = 5q + 3 ⇒ n2 + 1 = 25q2 + 30q + 10 M5 ⇒ a M5; +) n = 5q + 4 ⇒ n + 1 = 5q + 5 M5 ⇒ a M5. Vậy ta có n5 – n M5. 124 × 36 8. BCNN(124, 36) = = 1116; UCLN(124, 36) 41× 75 BCNN(41, 75) = = 3075. UCLN(41, 75) 9. a) Dùng thuật toán Ơclit: +) Nếu n = 0 thì UCLN(3n + 1, 2n + 1) = UCLN(1, 1) = 1 +) Nếu n > 0, 3n + 1 = (2n + 1) × 1 + n 2n + 1 = n × 2 + 1 n = n.1 Vậy UCLN(3n + 1, 2n + 1) = 1 b) Làm tương tự. 10. a) Do 3n + 1 và 2n + 1 nguyên tố cùng nhau nên BCNN(3n + 1, 2n + 1) = (3n + 1)(2n + 1). b) BCNN(21n + 4, 14n + 3) = (21n + 4)(14n + 3). 11. (1) Ta có 21 = 18.1 + 3; 18 = 3.6 + 0. Vậy UCLN(21, 18) = 3. Suy ra 3 = 21.1 + 18.(–1). Vậy u = 1, v = –1. (2) 124 42 42 40 2 40 2 1 0 20 110
15. tập hợp số các Vậy UCLN(124, 42) = 2. Ta có 2 = 42 – 40; 40 = 124 – 2 × 42 ⇒ 2 = 42 – (124 – 2 × 42) = 42 × 3 – 124. Vậy u = –1 và v = 3. 12, 13. Cho a và a + 1 là hai số tự nhiên liên tiếp. Khi đó UCLN(a, a + 1) = 1; BCNN(a, a + 1) = a(a + 1). 14. Dùng sàng Ơratosten để tìm các số nguyên tố bé hơn 100. Ta có: 1, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89 và 97 là các số nguyên tố bé hơn 100. 15. Ta có p2 – 1 = (p – 1)(p + 1). Theo bài 1, tích a = (p – 1)p(p + 1) là tích của ba số tự nhiên liên tiếp nên a chia hết cho 3. Vì p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p và 3 nguyên tố cùng nhau, do đó (p – 1)(p + 1) M3 hay p2 – 1 M3. 16. Ta có p2 – q2 = (p2 – 1) – (q2 – 1), vì p2 – 1 M3 và q2 – 1 M3 nên p2 – q2 M3. 17. Đặt a = m! – 1. Khi đó a có ước số nguyên tố p thỏa mãn m < p < m! 18. (1) Ta có 300 = 22.3.52; 210 = 2.3.5.7. Vậy UCLN(300, 210) = 2.3.5 = 30; BCNN(300, 210) = 22.3.52.7 = 2100. (2) và (3) làm tương tự. Tiểu chủ đề 2.4 1. a) 1997 = 111110011012 b) 1997 = 304425 c) Để biểu diễn số 1997 trong hệ 8 – phân ta lập bảng chia sau: 1997 8 39 249 8 77 9 31 8 3 8 5 1 7 0 3 Vậy 1997 = 37158 . 2. a) 1010001 2 = 26 + 24 + 1 = 81. b) 421205 = 4.54 + 2.53 + 52 + 2.5 + 0 = 2985. 111
16. tập hợp số các 3. Bảng cộng và nhân của các chữ số trong hệ 8 – phân: + 0 1 2 3 4 5 6 7 0 0 1 2 3 4 5 6 7 1 1 2 3 4 5 6 7 10 2 2 3 4 5 6 7 10 11 3 3 4 5 6 7 10 11 12 4 4 5 6 7 10 11 12 13 5 5 6 7 10 11 12 13 14 6 5 7 10 11 12 13 14 15 7 7 10 11 12 13 14 15 16 × 0 1 2 3 4 5 6 7 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 2 3 4 5 6 7 2 0 2 4 6 10 12 14 16 3 0 3 6 11 14 17 22 15 4 0 4 10 14 20 14 30 34 5 0 5 12 17 24 31 36 43 6 0 6 14 22 30 36 44 52 7 0 7 16 25 34 43 52 61 4. a) Ta có 7g + 7 = 63, (g > 1) ⇒ 7g = 63 – 7 = 56 ⇒ g = 8. Vậy 63 = 77 8. b) 4g + 4 = 32 ⇒ 4g = 28 ⇒ g = 7. Vậy 32 = 44 7. c) 8 = 23 ⇒ 8 = 1000 2. 5. a) Từ 13g + 23g = 41g ta có phương trình (g + 3) + (2g + 3) = 4g + 1 ⇔ g = 5. b) Làm tương tự, g = 6. c) Từ 425g – 342g = 63g ta có phương trình (4g2 + 2g + 5) – (3g2 + 4g + 2) = 6g + 3 ⇔ g2 – 2g + 3 = 6g + 3 ⇔ g2 – 8g = 0 ⎡g = 0 ⇔ g(g – 8) = 0 ⇔ ⎢ ⎣g = 8 Vậy ta có g = 8. 6. a) Để biểu diễn a = 1430213 5 trong hệ 8 – phân ta có thể thực hiện phép chia trong hệ 5 – phân hoặc đổi a sang hệ thập phân rồi từ hệ thập phân đổi sang hệ 8 – phân. Cách 1. 8 = 135 . Ta có: 112
17. tập hợp số các 1430213 13 13 110012 13 021 110 3333 13 33 111 23 213 13 2 122 103 33 12 13 10 4 2 12 0 Vậy 1430213 5 = 72452 8. Cách 2. Ta có 1430213 5 = 56 + 4.55 + 3.54 + 2.52 + 1.5 + 3 = 30058 Như vậy trong hệ thập phân 1430213 5 bằng 30058. Đổi 30058 sang hệ 8 – phân được: 30058 8 2 3757 8 5 469 8 4 58 8 2 7 8 7 0 Vậy 30058 = 724528 . b) Thực hiện phép chia 36567 cho 5 trong hệ 7 – phân: 3656 5 25 536 5 46 36 105 5 4 2 25 13 5 4 0 2 5 2 0 Vậy 36567 = 204245 . 7. a) Ta có 121g = g2 + 2g + 1 = (g + 1)2 là một số chính phương. b) 1331g = g3 + 3g2 + 3g + 1 = (g + 1)3 là lập phương của g + 1. c) 14641g = g4 + 4g3 + 6g2 + 6g + 1 = (g + 1)4 là lũy thừa bậc 4 của g + 1. 8. Ta có 2n – 1 = 2n – 1 + 2n – 2 + … + 2 + 1 = 111...12 . 9. Với g > 2 ta có 2(g – 1) = 2g – 2 = 1.g + (g – 2); 113
18. tập hợp số các (g – 1)2 = g2 – 2g + 1 = (g – 2)g + 1. Vậy trong hệ g – phân 2(g – 1) được viết là 1( g - 2 )g còn (g – 1)2 = ( g - 2 )1g . 10. Gọi a1a2a3a4a5 là một số gồm 5 chữ số trong hệ thập phân mà chỉ chia hết cho 2 hoặc 5. Khi đó a5 = 5 hoặc bằng 2, 4, 6, 8, a1 ≠ 0. Với a5 = 5: a1 có 9 cách chọn; a2, a3, a4 mỗi số có 10 cách chọn; a5 có 1 cách chọn. Vậy có 9.103.1 = 9.103 số chia hết cho 5 và không chia hết cho 2. Với các số chia hết cho 2 mà không chia hết cho 5 có dạng a1a2a3a4a5. Ta có a1 có 9 cách chọn; a2, a3, a4 có 10 cách chọn; a5 có 4 cách chọn. Vậy có 9 × 103 × 4 = 36000 cách chọn. Tóm lại có 9.103 + 9.103.4 = 9.103.5 = 45000 số tự nhiên gồm 5 chữ số chia hết cho một và chỉ một trong hai số 2 hoặc 5. 11. a) Dấu hiệu chia hết cho 8 và 125 a n a n - 1...a 0 M8 ⇔ a 2 a1a 0 M8; a n a n - 1...a 0 M125 ⇔ a 2 a1a 0 M125 . b) Dấu hiệu chia hết cho 2 và 3 a n a n - 1...a 0 6 M2 ⇔ a0 M2 ⇔ a0 = 0; 2; 4; a n a n - 1...a 0 6 M3 ⇔ a0 M3 ⇔ a0 = 0; 3. 12. Theo giả thiết x = 135a4b M45 ⇒ 135a4b M5 và 135a4b M9. 135a4b M5 ⇒ b = 0 hoặc b = 5. +) Với b = 0 thì 135a40 M9 ⇒ 1 + 3 + 5 + a + 4 M9 ⇒ a + 9 + 4 M9 ⇒ a + 4 M9 ⇒ a = 5. Vậy x = 135540. +) Với b = 5 thì 1 + 3 + 5 + a + 4 + 5 M9 ⇒ a + 18 M9 ⇒ a M9 ⇒ a = 0 hoặc a = 9. Vậy x = 135045 hoặc x = 135945. 13. Cho a = a n a n - 1...a1a 0 g và d | g. Khi đó a = angn + an – 1gn – 1+ … + a1g + a0. Nếu a Md, nghĩa là angn + an – 1gn – 1 + … + a1g + a0 Md thì vì g Md nên gk Md với k = 1, 2, …, n. Do vậy a0 Md. Đảo lại, nếu a0 Md thì tổng angn + an – 1gn – 1 + … + a1g + a0 Md hay a Md. 114
19. tập hợp số các Tiểu chủ đề 2.5 Xem phần thông tin cơ bản Tiểu chủ đề 2.5. 115