Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

Topic: Các bài toán về tính chia hết


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 303 trả lời

#1 cuacon1599

cuacon1599

    T_T

  • Thành viên
  • 56 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:C1-một nơi có thần cupid

Đã gửi 05-07-2011 - 16:35

Bài 1. Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5. CMR: Luôn tồn tại 1 số tự nhiên gồm toàn chữ số 1 chia hết p

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 19-08-2011 - 17:00


#2 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4260 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 05-07-2011 - 18:57

Như ta đã biết dấu hiệu chia hết cho 11, ta dễ dàng tìm được một số gồm toàn chữ số 1 thỏa mãn đề bài.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 19-08-2011 - 17:01

“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#3 Yagami Raito

Yagami Raito

    Master Tetsuya

  • Thành viên
  • 1333 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:$\mathbb{THPT Chuyên Phan Bội Châu}$ $\\$

Đã gửi 06-07-2011 - 08:22

Bài 2. Chứng minh:
Điều kiện cần và đủ để một số chia hết cho 17 là tổng của 3 lần chữ số hàng chục và 2 lần chữ số hàng đơn vị của số đó chia hết cho 17 (Thanks).

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 19-08-2011 - 17:02

:nav: Học gõ công thức toán học tại đây

:nav: Hướng dẫn đặt tiêu đề tại đây

:nav: Hướng dẫn Vẽ hình trên diễn đàn toán tại đây

--------------------------------------------------------------

 


#4 Yagami Raito

Yagami Raito

    Master Tetsuya

  • Thành viên
  • 1333 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:$\mathbb{THPT Chuyên Phan Bội Châu}$ $\\$

Đã gửi 06-07-2011 - 08:54


Bài 2:
Giải:
Giả sử N gồm a chục, b đơn vị : $N = 10a + b$ trong đó a, b là các chữ số khác 0. Ta cần chứng minh: N chia hết cho 17 khi và chỉ khi số $ M = 3a + 2b$ chia hết cho 17
Ta có :

$ M + 17a = 3a + 2b + 17a = 2(10a+b) = 2N$

- Nếu N chia hết 17 thi 2N chia hết cho 17, do đó M + 17a chia hết cho 17, suy ra M chia hét cho 17 (đpcm)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 19-08-2011 - 17:05

:nav: Học gõ công thức toán học tại đây

:nav: Hướng dẫn đặt tiêu đề tại đây

:nav: Hướng dẫn Vẽ hình trên diễn đàn toán tại đây

--------------------------------------------------------------

 


#5 cuacon1599

cuacon1599

    T_T

  • Thành viên
  • 56 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:C1-một nơi có thần cupid

Đã gửi 06-07-2011 - 15:21

Như ta đã biết dấu hiệu chia hết cho 11, ta dễ dàng tìm được một số gồm toàn chữ số 1 thỏa mãn đề bài.

Nhưng p là số nguyên tố lớn hơn 5 cơ mà, không nhất thiết p = 11, phải tổng quát.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 19-08-2011 - 17:05


#6 cuacon1599

cuacon1599

    T_T

  • Thành viên
  • 56 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:C1-một nơi có thần cupid

Đã gửi 06-07-2011 - 15:27

Bài 3: Chứng minh:
Tổng 95 số tự nhiên khác 0 đúng bằng 1995. Hỏi UCLN của 95 số đó là bao nhiêu?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 19-08-2011 - 17:06


#7 perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản trị
  • 4127 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Đàn guitar, ngắm người mình yêu, học toán

Đã gửi 06-07-2011 - 17:20

Bài 1. Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5. CMR: Luôn tồn tại 1 số tự nhiên gồm toàn chữ số 1 chia hết p

Ta xét các số sau: $11;111;1111;....;\underbrace {11..11}_{p + 1}$ thì có p+1 số như vậy.
Lấy p+1 số đó chia cho p, thì theo nguyên lý Đirichlê, tồn tại 2 số có cùng dư khi chia cho p. Tính hiệu 2 số đó, ta có:
$\underbrace {11..11}_m\underbrace {00..00}_n \vdots p$

$ \Leftrightarrow \underbrace {11..11}_m.10^n \vdots p$

do p là số nguyên tố nên

$\left[ \begin{array}{l} \underbrace {11..11}_m \vdots p \\ 10^n \vdots p \\ \end{array} \right.$
Mà p là số nguyên tố lớn hơn 5 nên $10^n \not \vdots p$. Suy ra đpcm.

Bài 3:
Tổng 95 số tự nhiên khác 0 đúng bằng 1995. Hỏi UCLN của 95 số đó là bao nhiêu

Phải là tìm GTLN của UCLN có 95 số đó chứ nhỉ :)
Nếu vậy thì làm như sau:
Gọi 95 số đó theo thứ tự bé đến lớn là:

$a_1 ;a_2 ;...;a_{95} $

$ \Rightarrow 95a_1 \le a_1 + a_2 + ... + a_{95} = 1995 \Rightarrow a_1 \le 21$

Gọi $d = UCLN\left( {a_1 ;a_2 ;...;a_{95} } \right) \Rightarrow d \le a_1 \le 21$

Dễ thấy $1995 \vdots d \Rightarrow d \in U\left( {1995} \right)$
Từ đây ta có $maxd=21 \Leftrightarrow a_1=a_2=...=a_{95}=21$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 19-08-2011 - 17:08

Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D

$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$




I'm still there everywhere.

#8 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4260 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 12-07-2011 - 15:00

Bài 4: Chứng minh $P=2^{2^{n+1}}-1 \vdots 15 (n \in \mathsub{N};n>0)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 19-08-2011 - 17:08

“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#9 perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản trị
  • 4127 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Đàn guitar, ngắm người mình yêu, học toán

Đã gửi 13-07-2011 - 16:12

Lâu rồi không ai chém, chơi luôn:

$n \ge 1 \Rightarrow 2^{n+1} \ge 4 \Rightarrow 2^{n+1} \vdots 4 \Rightarrow 2^{n+1}=4k(k \in \mathsub{N})$

$\Rightarrow P= 2^{2^{n+1}}-1=2^{4t}-1=16^t-1 \vdots 16-1 \vdots 15$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 19-08-2011 - 17:09

Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D

$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$




I'm still there everywhere.

#10 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4260 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 13-07-2011 - 16:49

Ta có
$2^{\2^{n+1}}-1 = 2^{(\2^{n+1})}-1= 2^{(\2^n.2)}-1= (2^{2})^{2n}-1$
$=\4^{2n}-1=\(4^{n})^2-1=\(4^n-1)(4^n+1)$

Dễ dàng nhận thấy $4^n$ không chia hết cho 3 $\Rightarrow (4^n-1)(4^n+1)$ chia hết cho 3. (1)
Mặt khác $4^n$ tận cùng bằng 4;6 nên $(4^n-1)(4^n+1)$ chia hết cho 5 (2)

Từ (1) &(2) suy ra điều phải chứng minh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 19-08-2011 - 18:54

“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#11 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4260 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 23-07-2011 - 19:00

Bài 5: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n>0$ ta luôn có

$ 5^{2n-1}.2^{n+1} + 3^{n+1}.2^{2n-1} $ chia hết cho $38$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 19-08-2011 - 19:02

“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#12 Didier

Didier

    đẹp zai có một ko hai

  • Thành viên
  • 403 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:BKHN K58

Đã gửi 24-07-2011 - 13:41

Bài 5: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n>0$ ta luôn có

$ 5^{2n-1}.2^{n+1} + 3^{n+1}.2^{2n-1} $ chia hết cho $38$.

Vì n > 0 nên ta đặt $ n = k+1 (k \ge 0)$

Thay n = k+1 vào n ta có biểu thức tương đương với: $ 5^{2k+1}.2^{k+2} + 3^{k+2}.2^{2k+1}= 50^{k}.20+ 12^{k}.18 \equiv 12^{k} .1+ 12^{k}.(-1)(mod19)$
Từ đây ta thấy k chẵn hay lẻ đều đồng dư với 0(mod19)

Ta có$ 5^{2n-1}.2^{n+1} + 3^{n+1}.2^{2n-1} \vdots 2$

Vậy $ 5^{2n-1}.2^{n+1} + 3^{n+1}.2^{2n-1} \vdots 38((2,19)=1)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 19-08-2011 - 19:05


#13 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4260 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 24-07-2011 - 19:04

Bài này mọi người có thể giải bằng quy nạp giúp mình được không, cảm ơn nhiều!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 19-08-2011 - 19:05

“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#14 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4260 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 24-07-2011 - 20:16

Bài 6: Cho $2k+1$ và $3k+1$ là số chính phương. CMR: k chia hết cho 40

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 19-08-2011 - 19:07

“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#15 Hoa Hồng Lắm Gai

Hoa Hồng Lắm Gai

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 53 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 25-07-2011 - 10:42

Bài 7: Cho 3 số nguyên x, y, z thoả mãn $x^{2}+ y^{2} =z^{2}$
CMR: xyz chia hết cho 60

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 19-08-2011 - 19:09

Ác Ma Học Đường- Cá Sấu


#16 caubeyeutoan2302

caubeyeutoan2302

    Nhà dược sĩ mê toán

  • Thành viên
  • 305 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khối B-CS. LHP High school for the gifted _Ho chi minh city
  • Sở thích:Làm toán , nghe nhạc nữa , thích chém gió và đặc biệt là vô cùng yêu ngôi trường Lũ Heo Phì For The Gifted của mình , hehe :))

Đã gửi 25-07-2011 - 13:00

Gợi ý , xét các tính chất đơn giản về số chính phương :
Một số chính phương khi chia cho 3 dư 0 hay 1.
Một số chính phương khi chia cho 4 dư 0 hay 1.
Một số chính phương khi chi cho 5 dư 0,1, hay 4.
Do đó điều ta cần cm là đối với 1 trong 3 số x, y, z có số chia hết cho 3, 4, 5 ( không bắt buộc là chỉ 1 số ). Sau đó suy ra kết luận xyz chia hết cho 60.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 19-08-2011 - 19:10

CỐ GẮNG THÀNH SINH VIÊN ĐẠI HỌC Y DƯỢC THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

#17 Hoa Hồng Lắm Gai

Hoa Hồng Lắm Gai

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 53 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 25-07-2011 - 16:46

vì n > 0 nên ta đặt $ n=k+1 (k \ge 0)$
Thay n=k+1 vào n ta có biểu thức tương đương với:

$ 5^{2k+1}.2^{k+2} + 3^{k+2}.2^{2k+1}= 50^{k}.20+ 12^{k}.18 \equiv 12^{k} .1+ 12^{k}.(-1)(mod19)$

Từ đây ta thấy k chẵn hay lẻ đều đồng dư với 0(mod19)
Ta có: $ 5^{2n-1}.2^{n+1} + 3^{n+1}.2^{2n-1} \vdots 2$

Vậy $ 5^{2n-1}.2^{n+1} + 3^{n+1}.2^{2n-1} \vdots 38((2,19)=1)$


Em có thể sửa chỗ này giúp bài giải đỡ dài dòng:

Vì n > 0 nên ta đặt $ n=k+1 (k \ge 0)$
Thay n = k + 1 vào n ta có biểu thức tương đương với:
$ 5^{2k+1}.2^{k+2} + 3^{k+2}.2^{2k+1}= 50^{k}.20+ 12^{k}.18 \equiv 12^{k}.38 \equiv 0 (mod 38)$

Vvậy $ 5^{2n-1}.2^{n+1} + 3^{n+1}.2^{2n-1} \vdots 38$(đpcm)

Có gì sai mọi người chỉ giùm em với. với lại cái latex của diễn đàn khó dùng quá :).

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 19-08-2011 - 19:13

Ác Ma Học Đường- Cá Sấu


#18 perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản trị
  • 4127 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Đàn guitar, ngắm người mình yêu, học toán

Đã gửi 25-07-2011 - 18:38

Bài này mọi người có thể giải bằng quy nạp giúp mình được không, cảm ơn nhiều!

Chiều theo ý Toàn đây.
Đặt $f\left( n \right) = 5^{2n - 1} .2^{n + 1} + 3^{n + 1} .5^{2n - 1} \left( {n \in \mathbb{N};n > 0} \right)$.
Ta có:
$f\left( 1 \right) = 38 \vdots 38$

Giả sử $f\left( k \right) \vdots 38$, ta cm $f\left( {k+1} \right) \vdots 38$.
Thật vậy, dễ thấy

$f\left( {k + 1} \right) = 50.5^{2k - 1} .2^{k + 1} + 12.3^{k + 2} .2^{k - 1} = 12f\left( k \right) + 38.5^{2k - 1} .2^{k + 1} \vdots 38$.

Vậy theo nguyên lý quy nạp, ta có đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 19-08-2011 - 19:15

Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D

$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$




I'm still there everywhere.

#19 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4260 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 26-07-2011 - 11:09

Bài 6:
Giải:
Đặt $2k+1=u^2$ và $3k+1=v^2$.
Ta thấy $u$ hiển nhiên là số lẻ.
Nếu $v$ chẵn thì $k$ lẻ và do đó $u^{2}\equiv 3\pmod 4$, vô lí.
Vậy $v$ lẻ, khi đó $u^{2}\equiv v^{2}\equiv 1\pmod 8$ nên $u^{2}-v^{2}\equiv 0\pmod 8$.

$u^{2}+v^{2}=5k+2\equiv 2\pmod 5$, nên $x^{2}\equiv 0,1,4\pmod 5$ , ta cũng kết luận $ u^{2}\equiv v^{2}\equiv 1\pmod 5 $, nên $u^{2}-v^{2}\equiv 0\pmod 5$ .

Do vậy $ k=v^{2}-u^{2}\equiv 0\pmod{40}. $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 19-08-2011 - 19:17

“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#20 nguyenbao8ekyanh

nguyenbao8ekyanh

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 18 Bài viết

Đã gửi 27-07-2011 - 07:50

Bài 8: Cho a, b là các số nguyên dương thỏa mãn a + 1 và b + 2007 đều chia hết cho 6
Chứng minh rằng $ 4^a +a+b $ chia hết cho 6

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 19-08-2011 - 19:18

Một cây làm chẳng lên non
Ba cây chụm lại nên hòn núi cao





3 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 3 khách, 0 thành viên ẩn danh