Chuyên đề số nguyên Toán 6

CHUYÊN ĐỀ CHỌN LỌC TOÁN 6: SỐ NGUYÊN
Chuyên đề 1. TẬP HỢP CÁC SỐ NGUYÊN
I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
1. Kiến thức cơ bản
a)

Tập hợp các số nguyên:
Tập hợp …; 3; 2; 1; 0;1;2; 3;… gồm có số 0, các số 1; 2; 3; … (số nguyên dương)
và các số -1; -2; -3; … (số nguyên âm) được gọi là tập hợp các số nguyên, kí hiệu là Z.
Nhận xét: Mọi số tự nhiên đều là số nguyên hay    .

b)

Trục số nguyên:

…

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

…

Điểm biểu diễn số nguyên a trên trục gọi là điểm a.
c)

Số đối:
Trên trục số, hai điểm -2 và 2 cách đều điểm gốc 0 về hai phía. Ta nói -2 và 2 là hai số
đối nhau. Số đối của a kí hiệu là –a.

d)

Thứ tự trong Z:
Trên trục số, điểm a nằm bên trái điểm b thì a < b hay b > a.
Ta luôn có: Số nguyên âm < 0 < số nguyên dương. Với hai số nguyên a, b bất kì ta luôn có hoặc a < b, hoặc a = b, hoặc a > b.
Nếu a lớn hơn b hoặc a = b thì ta viết a  b .
Với a, b, c   , nếu a < b và b < c thì a < c ( tính chất bắc cầu). e) Giá trị tuyệt đối của số nguyên a, kí hiệu là |a|, là khoảng cách từ điểm a đến gốc 0. • Nếu a  0 thì a  0. • Nếu a  0 thì a  a. • Nếu a  0 thì a   a. Nhận xét: Với mọi a   , ta có: | a | 0. 55 a  a . 2. Nâng cao  x  2 a) Khi ta nói x   2 hoặc x  3 thì ta viết   x  3 x  1 . còn khi nói x   1 và x  4 thì ta viết   x  4  b) Với a  0 và x  a thì ta suy ra x = a hoặc x = -a. c) Với a   và x  a thì suy ra x = a hoặc x = -a. d) Nếu a  b  0 thì a  b . II. MỘT SỐ VÍ DỤ Ví dụ 1. Cho tập hợp A  3;2; 0  1; 5; 7 . a) Viết tập hợp B gồm các phần tử là số đối của các phần tử trong tập hợp A. b) Viết tập C gồm các phần tử thuộc tập hợp A và là số dương. c) Xác định quan hệ giữa các tập hợp A, C, N*, Z. Giải a) Số đối của số -3 là 3; của số 2 là -2; của số 0 là 0; … Vậy B  3; 2; 0;1; 5; 7 . b) Có 3 phần tử của tập hợp A là số nguyên dương, đó là: 2; 5; 7. Vậy C  2; 5; 7 . c) Ta có: C  A   và C  N*   . Nhận xét: Số đối của –a là a. Vậy số đối của –a lại là a, tức là:  a   a . N* là tập hợp các số nguyên dương. Ta kí hiệu: Z* là tập hợp các số nguyên khác 0, Z+ là tập hợp các số nguyên không âm (lớn hơn hoặc bằng 0), Z là tập hợp các số 56 nguyên không dương (nhỏ hơn hoặc bằng 0)  Z* là tập hợp các số nguyên dương. Vậy Z*  N* . Ví dụ 2. Khẳng định sau là đúng hay sai? Nếu a  b thì a  b . Giải Khẳng định “Nếu a  b thì a  b ” là sai. Chẳng hạn: Với a = 3; b = -7 thì a > b, tuy nhiên, vì a  3; b  7  7 nên

a  b.
Nhận xét: Để chứng tỏ một khẳng định nào đó là sai, ta chỉ cần đưa ra một ví dụ cụ thể
nào đó mà khẳng định sai. Ví dụ như thế được gọi là phản ví dụ.
Ví dụ 3: Tìm x, y   , biết:
a) x  3  5 .

b) x  y  1 .
Giải

a) Ta có: |-3| = 3.
Do đó: x  3  5  x  5 – 3  x  2  x  2 hoặc x  2 .
Đôi khi ta viết gộp là: x  2 .
b) Vì x  0 và y  0 nên ta có hai trường hợp:
•

x  1 và y  0 :
Ta có: x  1 x  1 hoặc x   1 .

y  0y  0 .
•

x  0 và y  1 :
Ta có: x  0  x  0
|y| = 1  y = 1 hoặc y = -1.

Vậy bài toán trên có bốn đáp số sau đây:

57

x

1

-1

0

0

y

0

0

1

-1

Ví dụ 4: Tìm x   , biết
b) x  2  3 .

a) x  3 .

Giải
a) Vì |x| < 3 nên |x|  0;1;2  x  0; 1; 2 hay 3  x  3. Nhận xét: Trong trường hợp tổng quát ta cũng chứng minh được rằng: Với x   , a > 0 thì: |x| < a  -a < x < a và |x|  a  a  x  a . b) Ta có: x  2  3  x  2  3  x  5 .    |x|  6; 7; 8; 9;…  x  {  6; 7; 8; 9;…} . x  5 .  x > 5 hoặc x < -5 hay   x  5 Nhận xét: Trong trường hợp tổng quát ta cũng chứng minh được rằng: x  a Với x   , a > 0 thì x  a  
.
 x  a
Ví dụ 5: Tìm x   , biết: 6 < |x|  9. Giải 6  x  9 Ta có: 6 < |x|  9 | x | {7; 8; 9}  x  {  7; 8; 9} hay  . 9 x 6      Nhận xét: Trong trường hợp tổng quát ta cũng chứng minh được rằng: a  x  b . Với x   ,0 < a < b thì: a < |x| < b    b  x   a  III. 2.1. BÀI TẬP b) Z*  . Tìm các tập hợp sau: a) Z   58 2.2. Khẳng định sau đúng hay sai? Nếu sai hãy sửa lại cho đúng.” Nếu a   thì |a|  * “. 2.3. Tìm các giá trị thích hợp của chữ số a sao cho: a) a00  801 . 2.4. b) 560  56a . c) a99  649  6a0 . Hãy viết số nguyên âm: a) Nhỏ nhất có một chứ số. b) Lớn nhất có một chữ số. c) Nhỏ nhất có 10 chữ số khác nhau. d) Lớn nhất có 10 chữ số khác nhau. 2.5. Chứng tỏ rằng: Với mọi số nguyên a, ta đều có: | a | a . 2.6. Chứng tỏ rằng: Với a   và |x| = a thì suy ra x = a hoặc x = – a. 2.7. Chứng tỏ rằng: Với a   và |x| = |a| thì suy ra x = a hoặc x = – a. 2.8. Tìm x   , biết: a) x  23  17 . b) 5 . x  20 . 2.9. Tìm x   , biết: a) x  14 và x  0 . b) x  23 và x  0 . 2.10. Tìm x   , biết: a) x   5 . b) 12  x  15 . 2.11. Cho các tập hợp: A  {x   | 3  x  7} ; B  {x   | 3  x  7}; C  {x   || x | 5} . Hãy tìm các tập hợp: A  B; B  C; C  A. 2.12. Tìm x, y   , biết: 59 a) x  y  0 ;    b) x  y  2 . 2.13. Cho x   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x  7. 2.14. Cho x   . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q  9  x . 60 Chuyên đề 2. PHÉP CỘNG VÀ PHÉP TRỪ CÁC SỐ NGUYÊN I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ 1. Kiến thức cơ bản a) Để cộng hai số nguyên cùng dấu, ta cộng hai giá trị tuyệt đối của chúng rồi đặt trước kết quả dấu của chúng. b) Cộng hai số nguyên khác dấu: Nếu hai số đối nhau thì tổng của chúng bằng 0. Nếu hai số không đối nhau thì ta tính hiệu hai giá trị tuyệt đối (số lớn trừ số nhỏ) và đặt trước kết quả dấu của số có giá trị tuyệt đối lớn hơn. c) Hiệu của hai số nguyên a và b là tổng của a với số đối của b: a – b  a  b . d) Tính chất của phép cộng số nguyên: Với mọi số nguyên a, b và c, ta có: • Tính chất giao hoán: a  b  b  a . • Tính chất kết hợp: a  b  c  a  b  c . • Cộng với số 0: a  0  0  a  a . • Cộng với số đối: a  a   0. 2. Nâng cao a) Với hai số nguyên a và b, ta có: a > b  a  b  0; a  b  a – b  0.
b) Giá trị tuyệt đối của một tổng hai số nguyên nhỏ hơn hoặc bằng tổng các giá trị tuyệt
đối của chúng: | a  b || a |  | b | , với mọi a, b   và a  b  a  b khi
và chỉ khi a và b cùng dấu hoặc khi a = 0, hoặc khi b = 0.
c) Giá trị tuyệt đối của một hiệu hai số nguyên lớn hơn hoặc bằng hiệu các giá trị tuyệt
đối của chúng: | a  b || a |  | b | , với mọi a, b   và a – b  a  b khi
và chỉ khi a  b  0 hoặc a  b  0 .
II. MỘT SỐ VÍ DỤ
Dạng 1. Chứng minh các tính chất
Ví dụ 1. Chứng tỏ rằng a – b và b – a là hai số đối nhau.
Giải
Để chứng minh a – b và b – a là hai số đối nhau ta chứng minh tổng của chúng bằng 0.
61

Thật vậy: a – b  b – a   a  b + b  a   a  a   b  b  0 .

 
 
 

Vậy a – b và b – a là hai số đối nhau.
Nhận xét: Từ kết quả trên ta suy ra:  a – b  b – a và a – b  b – a .
Ví dụ 2. Chứng tỏ rằng: Số đối của một tổng hai số bằng tổng hai số đối của chúng.
Giải
Xét hai số nguyên a, b. Số đối của tổng a và b là: -(a + b) và tổng hai số đối của chúng
là: (-a) + (-b).
Để chứng minh (-a) + (-b) là số đối của a + b, ta chứng minh tổng của chúng bằng 0.
Thật vậy: a   b  a  b  a  a   b  b  0 .



 

Vậy:  a  b  a   b .
Nhận xét: Tương tự ta cũng có: Số đối của một hiệu hai số bằng hiệu hai số đối của

chúng. Tức là:  a  b  a   b .
Dạng 2. Tính giá trị của biểu thức
Ví dụ 3. Tính hợp lí: P 

123

 77  257   23 – 43 .

Giải
Ta có: P 

123

 77  257   23 

– 43.

Cách 1:

P  123  257   43  77  23


                  423  100   323.
Cách 2:

P  123  23  257   43  77




                  100  300  77
                 

400

 77   323.

Nhận xét:
• Việc chuyển từ phép trừ về phép cộng là để ta có thể áp dụng các tính chất của
phép cộng như giao hoán, kết hợp. Điều này giúp ta tính toán thuận lợi hơn.
62

• Ở cách 1, ta đã cộng các số cùng dấu với nhau trước. Cách này có ưu điểm là hạn
chế việc nhầm dấu .
• Ở cách 2, ta kết hợp từng nhóm có tổng là các số tròn trăm. Cách này có ưu điểm
là có thể nhẩm ra kết quả.
Ví dụ 4. Tính hợp lý : Q  48  48  174  74 .
Giải
Cách 1:
Q  48 | 126 |  74  48  126  74  100.

Cách 2:
Vì 48  174  0 nên | 48  174 |  48  174  174  48.
Do đó:
Q  48  174  48  74  48  48  174  74  0  100  100.

Nhận xét: Trong cách 2, ta đã sử dụng tính chất đã chứng minh ở trên để bỏ dấu
ngoặc. Sau khi bỏ dấu giá trị tuyệt đối, ta kết hợp thành từng nhóm có kết quả là số
trong trăm. Dùng cách này ta có thể nhẩm được kết quả.
Dạng 3. Tìm số chưa biết

 

Ví dụ 5. Tìm chữ số a, biết: a5  85  150 .
Giải
Áp dụng quy tắc cộng hai số nguyên cùng dấu, ta có:

a5  85  a5  85





Suy ra:  a5  85  150 hay a5  85  150  a5  150  85  65 .
Vậy a = 6.
Ví dụ 6. Tìm x   , biết:
a) | x  1 |  3  17

b) | x |  4  3 .
Giải

63

a) Ta có: | x  1 |  3  17

| x  1 | 17  3
| x  1 | 17  3  20
 x  1  20
Ta có hai trường hợp:
• Nếu x – 1  20 thì x  20  1  21
• Nếu x – 1   20 thì x 

20

 1   19 .

Vậy x  {21; 19}.
b) Ta có: | x |  4  3

| x | 3  4
| x | 1
Vì | x | 0 và -1 < 0 nên không có giá trị nào của x để x   1. Ví dụ 7. Cho x và y là hai số nguyên cùng dấu thỏa mãn x  y  12 . Tính x  y Giải Vì x và y cùng dấu nên ta có: x  y  x  y . Do đó: x  y  12 . Vì 12 > 0 nên ta có hai trường hợp: x  y  12 và x  y   12 .
Vậy x + y = 12 .
Nhận xét:
Vì x và y cùng dấu nên ta có thể chia làm hai trường hợp:
• x và y cùng dương: Khi đó: x  x, y  y và do đó ta có x  y  12 .
• x và y cùng âm: Khi đó: x  x, y  y và do đó ta có x    y  12 .
Vì x    y   x  y , nên  x  y  12 . Tức là số đối của x + y
bằng 12. Suy ra x  y   12 .
Vậy x + y = 12 .
64

III.

BÀI TẬP
2.15. Tính hợp lí:
a)

57  159  47  169.

b) 2012  596  201  496  301.
2.16. Tìm giá trị của biểu thức:
a) x  37  , biết x = -13.

b) x  78 , biết x = -86.

2.17. Tính x – y , biết rằng: x  20 và y  12 .
2.18. Tính tổng các số nguyên x, biết rằng:
a) 15  x  17.

b) | x | 35.

2.19. Tìm chữ số a, biết rằng:

 

 

a) 37  5a  20

b) a9  45  26.

2.20. Tìm x ∈  , biết:
a) x + ( −45 ) = ( −62 ) + 17

b) x + 29 = −43 + ( −43)

2.21. Tìm x ∈  , biết rằng:
a) x + 23 là số nguyên âm lớn nhất
b) x + 99 là số nguyên âm nhỏ nhất có hai chữ số
2.23. Tìm x ∈  , biết:
a) ( −1) + 3 + ( −5 ) + 7 +  + x =600
b) 2 + ( −4 ) + 6 + ( −8 ) +  + ( − x ) =−2000
2.24. Tìm x ∈  , biết rằng: 9 ≤ x − 3 < 11 2.25. Tìm giá trị nguyên lớn nhất và nhỏ nhất của x sao cho: 1986 < x + 2 < 2012 2.26. Cho 31 số nguyên. Hỏi tổng của 31 số nguyên đó là một số như thế nào nếu: a) Tổng của 3 số bất kì trong chúng là 1 số nguyên âm? b) Tổng của 3 số bất kì trong chúng là một số nguyên dương? Kết quả trên còn đúng không nếu thay số 31 bằng số 32? 65 2.27. Trên bảng của một lớp học có viết các số: 1; 2; 3; … ; 2011; 2012; 2013. Một học sinh tiến hành một công việc như sau: Xóa hai số bất kì trong các số đó rồi viết thay vào giá trị tuyệt đối của hiệu hai số đã xóa, sau đó lặp lại công việc trên cho đến khi trên bảng chỉ còn lại một số. Chứng tỏ rằng số cuối cùng còn lại không thể là số 0. 66 Chuyên đề 3. QUY TẮC DẤU NGOẶC VÀ QUY TẮC CHUYỂN VẾ I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ 1. Kiến thức cơ bản – Quy tắc dấu ngoặc: Khi bỏ dấu ngoặc có dấu “–” đằng trước, ta phải đổi dấu tất cả các số hạng trong dấu ngoặc: dấu “+” đổi thành dấu “–” và dấu “–” đổi thành dấu “+” − ( a − b + c ) =−a + b − c Khi bỏ dấu ngoặc có dấu “+” đằng trước, ta giữ nguyên dấu của các số hạng trong dấu ngoặc. + (a − b + c) = a − b + c Quy tắc chuyển vế: Khi chuyển vế một số hạng tử từ vế này sang vế kia của một đẳng thức ta phải đổi dấu số hạng tử đó: dấu “+” đổi thành “–” và dấu “–” đổi thành dấu “+” a −b = c+ d ⇔ a = c+ d +b ⇔ a −c = b+ d 2. Nâng cao – Quy tắc chuyển vế vẫn đúng đối với bất đẳng thức: a −b < c+ d ⇔ a < c+ d +b ⇔ a −c < b+ d Tổng đại số: Một dãy các phép tính cộng, trừ các số nguyên gọi là một tổng đại số. Trong một tổng đại số, ta có thể: Thay đổi tùy ý vị trí của một số hạng kèm theo dấu của chúng. Đặt dấu ngoặc để nhóm các số hạng một cách tùy ý; với chú ý rằng: Nếu trước dấu ngoặc là dấu “–” thì phải đổi dấu tất cả các số hạng trong ngoặc. a − b − c + d = a − (b + c − d ) II. MỘT SỐ VÍ DỤ Dạng 1. Tính hoặc rút gọn các biểu thức Ví dụ 1. Tính hợp lí: a) P= 54 + ( −37 + 10 − 54 + 67 ) b) Q =1 + 2 − 3 − 4 + 5 + 6 − 7 − 8 +  − 79 − 80 + 81 Giải a) Áp dụng quy tắc bỏ dấu ngoặc, ta có: P = 54 − 37 + 10 − 54 + 67 Áp dụng tính chất của tổng đại số, ta có: P= ( 54 − 54 ) + ( −37 + 67 ) + 10 67 =0 + 30 + 10 = 40 b) Áp dụng quy tắc đặt dấu ngoặc, ta có: Q = 1 + ( 2 − 3 − 4 + 5 ) + ( 6 − 7 − 8 + 9 ) +  + ( 78 − 79 − 80 + 81) =1 + 0 + 0 +  + 0 =1 Nhận xét: Ở câu b) ta có những cách đặt dấu ngoặc khác, chẳng hạn: Q = 1 + ( 2 − 3) + ( −4 + 5 ) + ( 6 − 7 ) + ( −8 + 9 ) +  + ( 78 − 79 ) + ( −80 + 81) = 1 + ( −1) + 1 + ( −1) +  + ( −1) + 1 = 1 Ví dụ 2. Cho a, b, c ∈  . Rút gọn biểu thức sau: P= (a + b − c) + (a − b) − (a − b − c) Giải Áp dụng quy tắc bỏ dấu ngoặc, ta có: P = a + b − c + a − b − a + b + c Áp dụng tính chất của tổng đại số, ta có: P= ( a − a ) + ( b − b ) + ( −c + c ) + a + b = 0+0+0+a+b = a+b Vậy P= a + b Dạng 2. Chứng minh Ví dụ 3. Chứng tỏ rằng: −(a + b − c) ( a − b) − (b + c ) + (c − a ) − ( a − b − c ) = Giải Ta có: Vế trái = a − b − b − c + c − a − a + b + c (quy tắc bỏ dấu ngoặc) = ( a − a ) + ( −b + b ) + ( −c + c ) − b − a + c (tính chất của tổng đại số) ⇒ Vế trái =0 + 0 + 0 − a − b + c =− a − b + c Áp dụng quy tắc đặt dấu ngoặc, ta có: Vế trái =− ( a + b − c ) =Vế phải Vậy ( a − b ) − ( b + c ) + ( c − a ) − ( a − b − c ) = −(a + b − c) Ví dụ 4. Cho a, b, c ∈  và a ≠ 0 . Chứng tỏ rằng biểu thức P luôn âm, biết rằng: 68 P = a ( b − a ) − b ( a − c ) − bc Giải Vì a, b, c ∈  nên áp dụng tính chất phân phối của phép nhân đối với phép cộng và phép trừ, ta có: a ( b − a ) = a.b − a.a = ab − a 2 ; b ( a − c ) = ba − bc = ab − bc Do đó: P = ( ab − a 2 ) − ( ab − bc ) − bc = ab − a 2 − ab + bc − bc (quy tắc bỏ dấu ngoặc) = ( ab − ab ) + ( bc − bc ) − a 2 = 0 + 0 − a2 = −a 2 Vì a ≠ 0 nên a 2 > 0 , do đó số đối của a 2 nhỏ hơn, hay: − a 2 < 0 Vậy P < 0 , tức là P luôn có giá trị âm. Dạng 3. Tìm x Ví dụ 5. Tìm x ∈  , biết: a) ( − x + 31) − 39 =−69 + 11 b) −129 − ( 35 − x ) = 55 Giải a) Áp dụng quy tắc bỏ dấu ngoặc, ta có: − x + 31 − 39 =−69 + 11 ⇔ − x = −69 + 11 − 31 + 39 (quy tắc chuyển vế ⇔ − x = ( −69 + 39 ) + (11 − 31) (tính chất của tổng đại số) ⇔ − x = −30 + ( −20 ) ⇔ − x = −50 ⇔x= 50 Vậy x = 50 b) Áp dụng quy tắc bỏ dấu ngoặc, ta có: −29 − 35 + x = 55 (quy tắc chuyển vế) ⇔ x = 55 + 29 + 35 (tính chất kết hợp) ⇔ x = ( 55 + 35 ) + 29 69 ⇔ x= 90 + 35 ⇔ x= 219 Vậy x = 219 Nhận xét: Ta có thể rút gọn riêng các số ở mỗi vế rồi mới thực hiện chuyển vế, chẳng hạn ở câu a): − x + 31 − 39 =−69 + 11 ⇔ − x − 8 =−58 ⇔ x =−8 + 58 =50 Tuy nhiên cách làm này không khai thác được tính chất của tổng đại số để tính nhẩm như lời giải ở trên. Ví dụ 6. Tìm x ∈  , biết: a) ( −37 ) − 7 − x = −127 b) x − 14 + ( −6 ) < −4 Giải a) Áp dụng quy tắc chuyển vế, ta có: ( −37 ) + 127 =7 − x ⇔ 90 =7 − x ⇔ 7 − x =±90 Ta có hai trường hợp: • Nếu 7 − x = 90 thì x = 7 − 90 = −83 • Nếu 7 − x =−90 thì x =7 + 90 =97 Vậy x ∈ {−83;97} b) Áp dụng quy tắc chuyển vế, ta có: x − 14 < −4 − ( −6 ) ⇔ x − 14 < −4 + 6 hay x − 14 < 2 Suy ra: x − 14 ∈ {0;1} + Nếu x − 14 = 0 thì x − 14 = 0 ⇒ x = 14 + Nếu x − 14 = 1 ⇔ x − 14 =±1 • Nếu x − 14 = 1 thì x =1 + 14 =15 • Nếu x − 14 = −1 thì x =−1 + 14 =13 Vậy x ∈ {13; 14; 15} 70 III. BÀI TẬP 2.28. Tính hợp lí: a) ( 326 − 43) + (174 − 57 ) b) ( 351 − 875) − (125 − 149 ) { } c) −418 − −218 − −  118 − ( 318 ) + 2012  2.29. Tính hợp lí: a) ( −2 ) + 7 + ( −12 ) + 17 +  + ( −52 ) + 57 b) ( −30 ) + ( −29 ) +  + 48 + 49 + 50 2.30. Rút gọn các biểu thức sau: a) M= ( 71 + x ) − ( −24 − x ) + ( −35 − x ) b) N = x − 34 − (15 + x ) − ( 23 − x )  c) P = ( −15 + x ) + ( 25 − − x ) 2.31. Cho x < y < 0 và x − y = 100 . Tính x − y 2.32. Cho x ∈  . Hãy bỏ dấu giá trị tuyệt đối rồi rút gọn các biểu thức sau: a) x − 3 + x − 5 với x < 3 b) 2 + x − ( x + 1) với x ≥ −2 c) x + 1 + x − 2 với −1 ≤ x ≤ 2 2.33. Cho a − b = 1 . Tính S, biết rằng: S =− ( a − b − c ) + ( −c + b + a ) − ( a + b ) 2.34. Chứng minh các đẳng thức sau: a) ( a − b ) + ( c − d ) − ( a + c ) = − (b + d ) b) ( a − b ) − ( c − d ) + ( b + c ) =a + d 2.35. Cho P =a − b + c; Q =− a + b − c , với a, b, c ∈  . Chứng tỏ rằng P và Q là hai số đối nhau. 2.36. Viết tất cả các số nguyên có giá trị tuyệt đối nhỏ hơn 100 theo một thứ tự bất kì. Sau đó cứ mỗi số cộng với thứ tự của nó sẽ được một tổng. Hãy tính tổng tất cả các số tổng nhận được. 2.37. Tìm x ∈  , biết: 71 a) 43 + ( 9 − 21) = 317 − ( x + 317 ) b) (15 − x ) + ( x − 12 ) = 7 − ( −5 + x ) { } { } c) x − 57 −  42 + ( −23 − x )  = 13 − 47 +  25 − ( 32 − x )  2.38. Tìm x ∈  , biết: a) −7 + x − 4 =−3 b) 13 − x + 5 = 13 c) x − 10 − ( −12 ) =4 2.39. Tìm x ∈  , biết: a) x + 2 ≤ 5 b) x + 1 > 2

2.40. Tìm x ∈  , biết:
a) x − 1 − x + 1 =
0

b) 2 − x + 2 =
x

c) x − 40 + x − y + 10 ≤ 0

2.42. Cho x, y ∈ 
a) Với giá trị nào của x thì biểu thức A= 1001 − x + 9 có giá trị lớn nhất? Tìm giá trị đó.
b) Với giá trị nào của y thì biểu thức B = y − 2 + 34 có giá trị nhỏ nhất? Tìm giá trị đó.

72

Chuyên đề 4. PHÉP NHÂN HAI SỐ NGUYÊN
I.

KIẾN THỨC CẦN NHỚ

1. Kiến thức cơ bản
a) Quy tắc nhân: a, b ∈ 

a=
.0 0.=
a 0
Nếu a và b cùng dấu thì a.b = a . b
Nếu a và b trái dấu thì a.b = − a . b
Chú ý:
+ Nếu a.b = 0 thì hoặc a = 0 , hoặc b = 0
+ Nếu đổi dấu một thừa số thì tích đổi dấu
+ Nếu đổi dấu hai thừa số thì tích không đổi
b) Tính chất của phép nhân:
Các tính chất giao hoán, kết hợp, nhân với 1 số, tính chất phân phối của phép nhân đối với
phép cộng các số tự nhiên đều có thể mở rộng cho phép nhân hai số nguyên.
Chú ý:
+ Phép nhân số nguyên cũng có tính chất phân phối đối với phép trừ:

a ( b − c ) = ab − ac
+ Nếu số thừa số âm chẵn thì tích là số dương. Nếu số thừa số âm lẻ thì tích là số âm.
2. Nâng cao
a) Lũy thừa bậc chẵn của một số âm là một số dương, lũy thừa bậc lẻ của một số âm là
một số âm: a < 0 ⇒ a 2 n > 0 và a 2 n +1 < 0 b) Tính chất của bất đẳng thức: a < b ⇔ ac < bc , nếu c > 0
a ≥ b ⇔ ac ≤ bc , nếu c < 0 c) Giá trị tuyệt đối của một tích bằng tích các giá trị tuyệt đối: a.b = a . b II. MỘT SỐ VÍ DỤ Dạng 1: Tính hoặc rút gọn biểu thức Ví dụ 1. Tính hợp lí: a) A= (135 − 35) . ( −47) + 53. ( −48 − 52 ) 73 b) B = 25. ( 75 − 49 ) + 75. 25 − 49 . Giải a) Ta có: A= 100. ( −47 ) + 53. ( −100 ) = ( −100 ) .47 + ( −100 ) .53 ( đổi dấu hai thừa số) = ( −100 ) . ( 47 + 53) = ( đặt thừa số chung) ( −100 ) .100 = −10000. b) Vì 25 − 49 < 0 nên 25 − 49 = − ( 25 − 49 ) =− 49 25 Do đó: B = 25. ( 75 − 49 ) + 75. ( 49 − 25) = 25.75 − 25.49 + 75.49 − 75.25 ( Tính chất phân phối ) ( 25.75 − 75.25) + ( −25.49 + 75.49 ) = =0 + 49. ( −25 + 75) ( đặt thừa số chung) = 49.50 = 2450. Nhận xét: Hai cách tính ở câu a) và câu b) là khác nhau: Trong khi ở câu a) ta thực hiện phép tính trong ngoặc trước thì ở câu b) ta lại áp dụng tính chất phân phối để nhân phá ngoặc. Mục đích của sự thay đổi trình tự tính toán này là để tạo ra các thừa số chung, các số tròn chục, tròn trăm …giúp ta có thể tính nhẩm được. Ví dụ 2. Bỏ dấu ngoặc rồi rút gọn biểu thức sau: P = ( a − 1)( b − 2 ) − ( ab + 2 ) Giải: Áp dụng tính chất phân phối của phép nhân đối với phép trừ, ta có: x ( b − 2 ) = x.b + x.2 Thay x= a − 1 , ta có: ( a − 1)( b − 2 ) 74 = ( a − 1) .b − ( a − 1) .2 = ( ab − b ) − ( 2.a − 2 ) = ab − b − 2a + 2. Do vậy: P = ab − b − 2a + 2 − ab − 2 = ( ab − ab ) + ( 2 − 2 ) − 2a − b = −2a − b. Vậy: P = −2a − b. Dạng 2. Tìm số chưa biết Ví dụ 3: Tìm x ∈ Z , biết: a) ( x + 2 )( 3 − x ) = 0 b) ( 2x − 5) = 9. 2 Giải: a = 0 a) Áp dụng : a.b= 0 ⇔  ta có: b = 0  x + 2 =0  x =−2 ⇔ 0 = x 3 ( x + 2 )( 3 − x ) =0 ⇔ 3= −x  Vậy: x ∈ {−2; 3} b) Ta có : ( 2x − 5) 2 2x − 5 = 3 =32 ⇔ 2x − 5 =±3 ⇔  2x − 5 =−3 2x 8= x 4 = ⇔ ⇔ = 2x 2=  x 1. Vậy x ∈ {1 ; 4} c) Vì ( −2 ) = −8 nên (1 − 3x ) =− ( 2 ) ⇔ 1 − 3x =−2 3 3 3 ⇔ 1 + 2 = 3x ⇔ 3 = 3x ⇔ x = 1. Vậy x = 1 Nhận xét: 75 c) (1 − 3x ) = −8. 3 Trong ví dụ trên ta đã sử dụng tính chất so sánh hai lũy thừa cùng số mũ của số nguyên sau đây: x 2n = a2n ⇔ x = ±a 1 x 2n += a2n +1 ⇔ x= a Ví dụ 4. Tìm x ∈ Z , biết ( x + 3)( x − 2 ) < 0 Giải Vì ( x + 3)( x − 2 ) < 0 nên suy ra x + 3 & x − 2 là hai số trái dấu. Mặt khác: ( x + 3) − ( x − 2 ) = x + 3 − x + 2 = 5 > 0 nên x + 3 > x − 2.
x − 2 < 0 x < 2 ⇔ ⇔ −3 < x < 2. x + 3 >
0
x
>
−
3



Do vậy: x − 2 < 0 < x + 3 ⇔  Vì x ∈ Z nên x ∈ {−2; − 1; 0; 1} Nhận xét: Trong lời giải trên ta đã sử dụng tính chất được suy ra từ quy tắc chuyển vế sau đây: a > b ⇔ a − b > 0.

Ngoài ra, từ a và b trái dấu, ta có thể chia hai trường hợp:
a > 0& b < 0 a < 0 & b > 0.

Ví dụ 5. Tìm a, b∈ Z , biết: a.b = 12 và a + b =−7
Giải:
Vì a.b > 0 nên hai số a và b cùng dấu, mà a + b < 0 nên suy ra a và b cùng âm. Do đó: a.b =12 =( −1) . ( −12 ) =( −2 ) . ( −6 ) =( −3) . ( −4 ) Trong các trường hợp đó chỉ có: ( −3) + ( −4 ) =−7 Vậy ta có hai đáp số là: a = −3; b = −4 hoặc a = −4; b = −3. III. BÀI TẬP 2.43. Tính hợp lí: a) ( −8 ) .25. ( −2 ) .4. ( −5) .125 b) ( −167 ) .83 + 167. ( −17 ) − 33 76 2.44. Tính giá trị của biểu thức: a) A = 5a 3b8 với a = −1;b = 1 b) B = −9a 4 b2 với a = −1;b = 2 2.45. Tính giá trị của biểu thức a) ax + ay + bx + by biết a + b =−3;x + y = 17 b) ax − ay + bx − by biết a + b =−7;x − y =−18 2.46. Cho a, b,c ∈ Ζ . Chứng minh rằng: a(c − b) − b(−a − c)= c(a + b) 2.47. Tìm x ∈ Ζ , biết: −98 a) 3 ( 2 − x ) + 5 ( x − 6 ) = 0 b) ( x + 7 )( 8 − x ) = 2.48. Tìm x ∈ Ζ , biết: a) ( x 2 + 1)( 49 − x 2 ) = 0 b) ( x + 2 )( 6 − 2 x ) = 0 2.49. Tìm x ∈ Ζ , biết: b) ( x 2 − 13)( x 2 − 17 ) < 0 a) ( x − 2 )( 7 − x ) > 0
2.50. Tìm x ∈ Ζ , biết:
15
a) 6x − 13 =

b) 7x − 2 ≤ 19

2.51. Tìm x, y ∈ Ζ , biết:
b) ( 2x − 1)( 4y + 2 ) =
−42

a) x.y = −28

2.52. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P =− ( x + 1) − 3 − y + 35
2

2.53. Cho 79 số nguyên trong đó tích của 6 số bất kì là một số âm. Chứng minh rằng tích của
tất cả 79 số đó là một số dương.
2.54. Tìm x, y ∈ Ζ , biết:
a) x + xy + y =
9
(Đề thi tuyển vào lớp 10, Đại học Khoa học Tự nhiên, năm 2002)
b) xy − 2x − 3y =
5

77

Chuyên đề 5. BỘI VÀ ƯỚC CỦA MỘT SỐ NGUYÊN
I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
1. Kiến thức cơ bản
a) Định nghĩa: Cho a, b ∈ Ζ và b ≠ 0
Nếu có số nguyên q sao cho a = b.q thì ta nói a chia hết cho b, kí hiệu là a  b . Khi đó ta còn nói
a là bội của b và b là ước của a.
Chú ý:
+ Số 0 là bội của mọi số nguyên khác 0
+ Số 0 không là ước của bất kì số nguyên nào
+ Các số 1 và – 1 là ước của mọi số nguyên Z
+ Nếu c vừa là ước của a, vừa là ước của b thì c gọi là ước chung của a. Nếu c vừa là bội của
a, vừa là bội của b thì c gọi là bội chung của a và b.
b) Tính chất chia hết trong Z
• Nếu a  b và b c thì a  c
• Nếu a  b và a.m  b ( với m ∈ Ζ )
• Nếu a  c và b c thì ( a ± b ) c
2. Nâng cao
a) Các tính chất khác về chia hết ( hay chia dư) đối với số tự nhiên vẫn đúng với số nguyên
b) Nếu số a có m ước tự nhiên thì sẽ có thêm m ước là các số nguyên âm (là các số đối của các
ước tự nhiên). Vậy a có 2m ước nguyên.
II. MỘT SỐ VÍ DỤ
Ví dụ 1: Tìm tất cả các ước chung của – 12 và 30.
Giải
Tập hợp các ước của −12 và 30 là:
Ư (−12) =
Ư (12) ={−12; −6; −4; −3; −2; −1;1; 2;3; 4;6;12}
Hoặc viết góp: Ư (−12) ={±1; ±2; ±3; ±4; ±6; ±12}
Ư (30) ={±1; ±2; ±3; ±5; ±6; ±10; ±15; ±30}.
Suy ra tập hợp các ước chung của −12 và 30 là:

78

ƯC (−12;30) ={±1; ±2; ±3; ±6} .
Nhận xét:
Ước chung của −12 và 30 là ước chung của ƯCLN (12,30) = 6 , nên:
Ư (6)
ƯC (−12,30) =
Ví dụ 2. Tìm x ∈  sao cho:
b) x – 2 là ước của 3x + 5.

a) x − 5 là bội của x + 2.

Giải
a) Vì x − 5 = (x + 2) − 7 nên (x − 5) (x + 2) ⇔ 7 (x + 2)
Suy ra: x + 2 ∈ Ư (7) ={±1; ±7}.
Ta có bảng giá trị sau:
x+2

-7

-1

1

7

x

-9

-3

-1

5

Vậy x ∈ {−9; −3; −1;5} .
b) Vì 3x + 5 = (3x − 6) + 11= 3(x − 2) + 11
nên (3x + 5) (x − 2) ⇔ 11 (x − 2).
Suy ra: x − 2 ∈ Ư (11) ={±1; ±11} .
Ta có bảng giá trị sau:
x–2

-11

-1

1

11

x

-9

1

3

13

Vậy x ∈ {−9; −1;3; −13}
Nhận xét:
Ta có thể giải bài toán trên theo cách đã học ở chương I. Chẳng hạn, đối với câu b). ta có:
Vì (3x + 5) (x − 2) và 3(x − 2) (x − 2)
Nên ( 3x + 5 ) − 3(x − 2)   (x − 2)
⇔ (3x + 5 − 3x + 6) x − 2
⇔ 11 (x − 2).
79

Sau đó tiếp tục lập luận tương tự như trên.
Ví dụ 3. Cho x, y ∈  . Chứng minh: 6x + 11y là bội của 31 khi và chỉ khi x + 7y là bội của 31.
Giải
Ta có: (6x + 11y) − 6(x + 7y) = 6x + 11y − 6x − 42y
= (6x − 6y) + (11y − 42 y)

= −31y  31

Suy ra: (6x + 11y) 31 ⇔ 6(x + 7y) 31 (tính chất chia hết của một tổng)
⇔ (x + 7y) 31 (vì 6 và 31 nguyên tố cùng nhau).

Vậy 6x + 11y là bội của 31 khi và chỉ khi x + 7y là bội của 31.
Nhận xét:
Cách giải trên gọi là phương pháp “khử x”: Ta thấy số thứ nhất có số hạng 6x, số thứ hai có số
hạng x. Vậy để triệt tiêu hết x, ta nhân 6 vào số thứ hai và xét hiệu với số thứ nhất.
Tương tự, ta cũng có phương pháp “khử” :
7(6x + 11y) − 11(x + 7 y) = 42 x + 77 y − 11x − 77 y = 31x  31.

Sau đó lập luận tương tự như trên.
III. BÀI TẬP
2.55. Tìm tập hợp các bội chung của 12 và −30.
2.56. Tìm tập hợp các ước chung của −60;45; − 105.
2.57. Với n ∈ , các số sau là chẵn hay lẻ ?
a) ( 3n − 4 )( 3n + 19 ) .

b) n 2 − n + 1.

2.58. Tìm các số nguyên a, biết:
a) a + 2 là ước của 7.
b) 2a là ước của −10.
c) 12 là bội của 2a + 1.
2.59. Chứng minh rằng nếu a ∈  thì:
a) P = a ( a + 2 ) − a ( a − 5 ) − 7 là bội của 7.
b) Q = ( a − 2 )( a + 3) − ( a − 3)( a + 2 ) là số chẵn.

80

2.60. Tìm x, y ∈ , biết:
a)
b)

−13.
( 2x − 1)( y − 4 ) =
4.
( 5x + 1)( y − 1) =

c) 5xy − 5x + y =
5.
2.61. Cho x, y ∈ . Chứng minh rằng: 5x + 47y là bội của 17 khi và chỉ khi x + 6y là bội của
17.
2.62. Tìm x ∈  sao cho:
a) x − 4 là bội của x − 1.
b) 2x − 1là ước của 3x + 2.
2.63. Tìm x ∈  sao cho:
a) x 2 + 2 là bội của x + 2.
b) x − 1 là ước của x 2 − 2x + 3.
2.64. Chứng minh rằng với mọi a ∈  ta có:
a)
b)

( a − 1)( a + 2 ) + 12 không là bội của 9.
49 không là ước của ( a + 2 )( a + 9 ) + 21.

81

Chuyên đề nâng cao. ĐỒNG DƯ
I.
KIẾN THỨC CẦN NHỚ
1. Phép chia với số dư âm
Chia số nguyên a cho số nguyên b > 0 ta được:
=
a b.q + r với 0 ≤ r ≤ b − 1.
– Nếu r = 0 thì a chia hết cho b (kí hiệu là a  b ) hay a là bội của b ( a ∈ B(b) ), hay b
là ước của a ( b ∈ Ư(a) ).
– Nếu r ≠ 0 thì phép chia a cho b là phép chia có dư.
– Số dư r có thể chọn là số nguyên âm.
Ví dụ: Chia 19 cho 4, ta có: 19
= 4.4 + 3 (thương là 4, dư 3)
Hoặc 19
= 4.5 − 1 (thương là 5, dư −1 ).
* Nhận xét : Việc sử dụng số dư âm giúp ta có thể lựa chọn số dư có giá trị tuyệt đối
nhỏ.
Trong trường hợp tổng quát : =
a b.q + r , ta có:
b
b
 b
• Nếu b chẵn thì r ∈ − + 1; − + 2;…;0;1;…  .
2
2
 2
b − 1
 b −1 b − 3
• Nếu b lẻ thì r ∈ −
;−
;…;0;1;…
.
2
2 
 2

Ví dụ : Khi chia một số cho 6 thì số dư có thể là −2; −1;0;1;2;3.
Khi chia một số cho 5 thì số dư có thể là −2; −1;0;1;2.
2. Đồng dư
2.1. Định nghĩa
Cho a,b là các số nguyên và n là số nguyên dương. Ta nói a đồng dư với b theo môđun
n, kí hiệu là a ≡ b(mod n) ⇔ ( a − b ) n.
Nhận xét: Nếu a chia b dư r thì a ≡ r(mod b).
2.2.

Tính chất: Với mọi a, b,c, n ∈  và n > 0, ta có:
a) a ≡ a(mod n)
b) a ≡ b(mod n) ⇒ b ≡ a(mod n)
c) a ≡ b(mod n), b ≡ c(mod n) ⇒ a ≡ c(mod n)
d) a ≡ b(mod n) ⇒ a ± c ≡ b ± c(mod n)
e) a ≡ b(mod n) ⇒ ac ≡ bc(mod n)
f) ac ≡ bc(mod n) và ( c, n ) =1 ⇒ a ≡ b(mod n)

82

g) a ≡ b(mod n) ⇒ a k ≡ b k (mod n), ∀k ≥ 1.
II.
MỘT SỐ DẠNG TOÁN ỨNG DỤNG
1. Chứng minh quan hệ chia hết
* Phương pháp : Để chứng minh a  m ta chứng tỏ a ≡ 0(mod m).
Ví dụ 1. Chứng minh rằng: ( 22225555 + 55552222 ) 7.
Giải
Ta có: 2222 ≡ 3(mod 7) hay 2222 ≡ −4(mod 7);

5555 ≡ 4(mod 7)
⇒ ( 22225555 + 55552222 ) ≡ ( −4 )


5555

+ 42222  ( mod 7 )


⇒ ( 22225555 + 55552222 ) ≡ −42222 ( 43333 − 1) ( mod 7 )
Lại có=
43333

4 )
(=
3 1111

3333
641111 , mà 64 ≡ 1(mod 7) nên 4 ≡ 1(mod 7)

⇒ 43333 − 1 ≡ 0(mod 7) ⇒ −42222 ( 43333 − 1) ≡ 0(mod 7).
Do vậy ( 22225555 + 55552222 ) ≡ 0 ( mod 7 )
hay ( 22225555 + 55552222 ) 7
Như vậy ta có a ≡ b ( mod n ) ⇔ ( a − b )  n.
Nhận xét: Nếu a chia b dư r thì a = r ( mod b ) .
2.2. Tính chất: Với mọi a, b, c, n ∈  và n > 0, ta có:

a) a ≡ a ( mod n )
b) a ≡ b ( mod n ) ⇒ b ≡ a ( mod n )
c) a ≡ b ( mod n ) , b ≡ c ( mod n ) ⇒ a ≡ c ( mod n )
d) a ≡ b ( mod n ) ⇒ a ± c = b ± c ( mod n )
e) a ≡ b ( mod n ) ⇒ ac =
bc ( mod n )
f) ac =bc ( mod n ) ; ( c, n ) =1 ⇒ a ≡ b ( mod n )
g) a ≡ b ( mod n ) ⇒ a k ≡ b k ( mod n ) , ∀k ≥ 1

83

II. MỘT SỐ DẠNG TOÁN ỨNG DỤNG
1.Chứng minh quan hệ chia hết
* Phương pháp: Để chứng minh a  m ta chứng tỏ a ≡ 0 ( mod m ) .

(

)

Ví dụ 1. Chứng minh rằng: 22225555 + 55552222  7
Giải
Ta có: 2222 2222 = 3 ( mod 7 ) hay

5555 = 4 ( mod 7 )
( −4 )5555 + 42222  ( mod 7 )
⇒ ( 22225555 + 55552222 ) =


⇒ ( 22225555 + 55552222 ) =
−42222 ( 43333 − 1) ( mod 7 )
Lại có=
43333

4 )
(=
3 1111

641111 , mà 64 ≡ 1( mod 7 ) nên 43333 ≡ 1( mod 7 )

⇒ 43333 − 1 ≡ 0 ( mod 7 ) ⇒ −42222 ( 43333 − 1) ≡ 0 ( mod 7 )

(

)

(

)

Do vậy 22225555 + 55552222 ≡ 0 ( mod 7 ) hay 22225555 + 55552222  7 .
Ví dụ 2. Chứng minh rằng:
=
A

( 7.5

2n

+ 12.6n )  19
Giải

Ta có: 52 n =

(5 ) =
2 n

25n ⇒ A = 7.25n + 12.6n

Vì 25 ≡ 6 ( mod19 ) nên 25n ≡ 6n ( mod19 )

⇒ A= 7.6n + 12.6n ( mod19 ) ⇔ A ≡ 19.6n ( mod19 )
Suy ra: A ≡ 0 ( mod19 )
Vậy A 19.
Ví dụ 3. Chứng minh rằng:
=
A

(2

3 2n

)

+ 5  7 với mọi n ∈ .
Giải

Ta có: 23= 8 ≡ 1( mod 7 ) . Ta đi tìm số dư của 22 n khi chia cho 3.
84

Vì 4 ≡ 1( mod3) 4n ≡ 1( mod3) hay 22 n ≡ 1( mod3) .

⇒ 22 n chia cho 3 dư 1. Giả sử 22 n = 3k + 1, k ∈ .
Ta có: A= 23k +1 + 5= 2.8k + 5.
Vì 8k ≡ 1( mod 7 ) ⇒ 2.8k ≡ 2 ( mod 7 ) ⇒ 2.8k + 5 ≡ 2 + 5 ( mod 7 )
hay A ≡ 0 ( mod 7 )
Vậy A chia hết cho 7.
2. Tìm số dư, chữ số tận cùng
2.1. Tìm số dư khi chia a cho b > 0
Nếu a ≡ r ( mod b ) và 0 ≤ r < b thì r là số dư khi chia a cho b. Ví dụ 4. Tìm số dư khi chia 32000 cho 7. Giải 6 Ta có: 32 ≡ 2 ( mod 7 ) ⇒ 3= ⇒ ( 36 ) 333 (3 ) 2 3 ≡ 1( mod 7 ) ≡ 1( mod 7 ) hay 31998 ≡ 1( mod 7.) Mặt khác: 32 ≡ 2 ( mod 7 ) nên= 32000 3199832 ≡ 1.2 ( mod 7 ) 2000 chia cho 7 dư 2. hay 3 Nhận xét: Để tìm số dư khi chia a n cho b > 0, ta lấy lũy thừa với số mũ tăng dần của a chia
cho b để tìm số dư. Ta sẽ dừng lại để xem xét khi tìm được số dư có giá trị tuyệt đối
nhỏ hoặc là một giá trị đặc biệt có liên quan đến các tình huống của bài toán.
2.2. Tìm một chữ số tận cùng
* Phương pháp: Nếu a ≡ r ( mod10 ) và 0 ≤ r < 10 thì r là chữ số tận cùng của a. – Nếu a có chữ số tận cùng là 0; 5; 6 thì a n cũng có chữ số tận cùng như a , tức là: a n ≡ a ( mod10 ) . – Nếu a có chữ số tận cùng là 4; 9 thì a 2 có chữ số tận cùng là 6; 1. 85 Nếu a ≡ 4 ( mod10 ) ⇒ a 2 ≡ 6 ( mod10 ) , nên a 2 k ≡ 6 ( mod10 ) . Nếu a ≡ 9 ( mod10 ) ⇒ a 2 ≡ 1( mod10 ) , nên a 2 k ≡ 1( mod10 ) . ⇒ Để tìm chữ số tận cùng của a n ta chia n cho 2. – Nếu a có chữ số tận cùng là 2; 3; 7; 8 thì ta áp dụng một trong các kết quả sau: 244 ≡ 6 ( mod10 ) ; 344 ≡ 1( mod10 ) ; 7 44 ≡ 1( mod10 ) ; 844 ≡ 6 ( mod10 ) . ⇒ Để tìm chữ số tận cùng của a n ta chia n cho 4. 2013 Ví dụ 5. Cho A = 2012 . Tìm chữ số tận cùng của A. Giải Ta có số mũ 2013 = 4.503 + 1 Vì 2012 ≡ 2 ( mod10 ) nên 20124 ≡ 6 ( mod10 ) 2013 ⇒ 2012= 20122012.2012 ≡ 6.2 ( mod10 ) hay 20122013 ≡ 2 ( mod10 ) Vậy A có chữ số tận cùng là 2. 2.3. Tìm hai chữ số tận cùng * Phương pháp: Nếu a ≡ r ( mod100 ) và 10 ≤ r ≤ 100 thì r là hai chữ số tận cùng của a. Ta có nhận xét sau: 220 ≡ 76 ( mod100 ) ; 320 ≡ 1( mod100 ) ; 65 ≡ 76 ( mod100 ) ; 7 4 ≡ 1( mod100 ) ; 52 ≡ 25 ( mod100 ) . Mà 76n ≡ 76 ( mod100 ) và 25n ≡ 25 ( mod100 ) , n ≥ 2. Suy ra: a 20 k ≡ 00 ( mod100 ) nếu a ≡ 0 ( mod10 ) a 20 k ≡ 1( mod100 ) nếu a ≡ 1; 3; 7; 9 ( mod10 ) a 20 k ≡ 25 ( mod100 ) nếu a ≡ 5 ( mod10 ) a 20 k ≡ 76 ( mod10 ) nếu a ≡ 2;4;6; 8 ( mod10 ) . Vậy để tìm hai chữ số tận cùng của a n ta lấy số mũ n chia cho 20. 86 Ví dụ 6. Cho số A = 20122013. Tìm hai chữ số tận cùng của A. Giải Ta có:= 2013 20.100 + 13 Vì 2012 ≡ 2 ( mod10 ) nên 201220 ≡ 76 ( mod100 ) ⇒ ( 201220 ) 100 ≡ 76 ( mod100 ) hay 20122000 ≡ 76 ( mod100 ) (1) Mặt khác: 2012 ≡ 12 ( mod100 ) ⇒ 20126 ≡ 126 ( mod100 ) ( Hay 20126 ≡ 84 ( mod100 ) ⇒ 20126 ) 2 ≡ 56 ( mod100 ) Hay 201212 ≡ 56 ( mod100 ) ⇒ 20122013 ≡ 72 ( mod100 ) Từ (1) và (2) suy ra: 20122013 20122000.201213 ≡ 76.72 ( mod100 ) = Hay 20122013 ≡ 72 ( mod100 ) . Vậy A có hai chữ số tận cùng là 72. III. BÀI TẬP ( ) 2.65. Chứng minh rằng: 22002 − 4 31 . 2.66. Tìm số dư trong phép chia: 570 + 750 cho 12 A 32005 + 42005 khi chia cho 11 và khi chia cho 13. 2.67. Tìm số dư của số= 2.68. Chứng minh rằng nếu x không chia hết cho 3 thì x 2 ≡ 1( mod3) 2.69. Chứng minh rằng: a) Nếu a ≡ 1( mod 2 ) thì a 2 ≡ 1( mod8 ) b) Nếu a ≡ 1( mod3) thì a 3 ≡ 1( mod9 ) ( ) 2.70. Giả sử x 2 + y 2 3 . Chứng minh rằng: x3 và y3. 2004n 2.71. Chứng minh rằng: 19242003 + 1920124 với mọi n ∈ *. 2.72. Chứng minh rằng: 87 (2) ( ) ( a) 19911997 − 19971996 10 ) b) 29 + 299 100. 2.73. Chứng minh rằng với mọi n ∈  ta có: ( a) 22 4 n+1 ) + 7 11 b) n n−1 + n n−2 + … + n 2 + 1 chia hết cho n − 1 (với n > 1 ).
2.74. Cho n ∈ . Chứng minh rằng :
2 n +1
n+ 2
n
a) 5 + 26.5 + 8 59

(

)

b) 42 n − 32 n − 7 168

( n ≥ 1).

2.75. Chứng minh rằng 9n + 1 không chia hết cho 100, với mọi n ∈ .
2.76. Tìm số tự nhiên n sao cho:

(

)

(

a) 23n+ 4 + 32 n+1 19

)

b) n.2n + 1 3.

2.77. Tìm hai chữ số tận cùng của các số sau:
a) A = 79

79

b) B = 299

2012

2.78. Cho số C = 19781986
a) Tìm chữ số tận cùng của C.
b) Tìm hai chữ số tận cùng của C.

——— CHÚC CÁC EM HỌC TỐT ——–THCS.TOANMATH.com

88

HƯỚNG DẪN GIẢI – ĐÁP SỐ
CHUYE� N ĐE� CHỌN LỌC TOA� N 6
SỐ NGUYÊN
Chuyên đề 1
2.1.

a)
b)

Z’ ∩ N =
N*

2.2. Khẳng định: “Nếu a ∈ Z thì a ∈ Z * ” là sai
Sửa lại là: “Nếu a ∈ Z thì a ∈ N hoặc “Nếu a ∈ Z * thì a ∈ N * ”
2.3.

a) a = 9

b) a ∈∅

c) a = 5

b) -1

c) – 9876543210.

Chú ý: −a < −b ⇔ a > b
2.4.

a) – 9.

d) -1023456789.

Chú ý: Với a ∈ N , nếu a càng lớn thì –a càng nhỏ, a càng nhỏ thì –a càng lớn.
2.5. Ta xét hai trường hợp:
– Nếu a ≥ 0 thì a = a , do đó: a ≥ a
– Nếu a < 0 thì a =− a > 0 , do đó: a > 0 > a
Vậy a ≥ a , với mọi a ∈ Z và a = a ⇔ a ≥ 0
2.6. Ta xét hai trường hợp:
– Nếu x ≥ 0 thì x = x , nên từ x = a suy ra x = a

a hay x = −a
– Nếu x < 0 thì x = − x , nên từ x = a suy ra − x = a⇔x= ±a Vậy x = Chú ý: Vì x ≥ 0 nên nếu a < 0 thì không tồn tại x thỏa mãn x = a . 2.7. Ta xét 4 trường hợp sau:  x = x x ≥ 0 – Nếu  thì  Do đó: x = a ⇔ x = a a ≥ 0 a = a   129 x ≤ 0 – Nếu  thì a ≤ 0   x = − x Do đó: x = a ⇔ − x = − a ⇔ x = a  a = − a  x ≥ 0 thì – Nếu  a ≤ 0  x = x −a ⇔ x = −a . Do đó: x =a ⇔ x =   a = − a x ≤ 0 thì – Nếu  a ≥ 0  x = − x . Do đó: x = a ⇔ − x = a ⇔ x = − a   a = a ±a Vậy x =a ⇔ x = 2.8. a) x + −23 = +17 ⇔ x + 23 =17 ⇔ x = −6 : vô nghiệm. 20 ⇔ x = 4 ⇔ x =±4 . b) −5 . x =−20 ⇔ 5. x = 2.9. 14 ⇔ x =±14 a) x =−14 ⇔ x = Vì x > 0 nên x = 14 .

23 ⇔ x =±23
b) x =23 ⇔ x =
Vì x < 0 nên x = −23 . 2.10. a) x < −5 ⇔ x ∈ ∅, vì x ≥ 0 với mọi x . 12 ≤ x < 15 b) 12 ≤ x < 15 ⇔   −15 < x ≤ −12 Vì x ∈ Z nên x ∈ {12;13;14; −14; −13; −12 } 2.11. A = { x ∈ Z −3 < x ≤ 7 = {−2; −1;0;1;2;3;4;5;6;7 B ={ x ∈ Z 3 ≤ x < 7 ={−6; −5; −4; −3;3;4;5;6 C ={ x ∈ Z x > 5

}

}

} ={±6; ±7; ±8;… }

Do vậy: A ∩ B ={3;4;5;6} , B ∩ C ={−6;6} , C ∩ A ={6;7}
2.12.

a) Vì x ≥ 0 và y ≥ 0 nên x + y ≥ 0 và

x = 0
 x = 0
x + y =0 ⇔ 
⇔
y = 0
 y = 0
130

2 . Ta có các trường hợp sau:
b) x + y =
x

0

2

1

y

2

0

1

0
±2
0
±2
2.13. Ta có: x ≥ 0 ⇒ x + 7 ≥ 7 hay P ≥ 7 , với mọi x ∈ Z

x
y

±1
±1

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 7 ( kí hiệu: Pmin = 7 ) khi x = 0 .
2.14. Ta có: x ≥ 0 ⇒ − x ≤ 0 ⇒ − x + 9 ≤ 0 + 9 hay Q ≤ 9 , với mọi x ∈ Z .
Vậy giá trị lớn nhất của Q là 9 (kí hiệu: Qmax = 9) khi x = 0 .
———————————————————-

Chuyên đề 2
2.15. a) 0.

b) -2012.

2.16. a) -50

b) 8.

20 ⇔ x =±20 và y =
12 ⇔ y =
±12 nên ta có 4 trường hợp sau:
2.17. Vì x =
•

x = 20 và y = 12 ⇒ x − y = 20 − 12 = 8

•

x = 20 và y= −12 ⇒ x − y= 20 − (−12)= 20 + 12= 32

•

x = −20 và y =
12 ⇒ x − y =−20 − 12 =−32

•

−12 ⇒ x − y =
−20 − (−12) =
−20 + 12 =
−8
x = −20 và y =

2.18. a) 16.

b) 0.

(

)

2.19. a) 37 + −5a =
−20 ⇔ 37 − 5a =
−20 ⇔ 5a =
37 + 20 =
57

⇒a=
7
b)

(

)

10 ≤ n ≤ 99 ⇒ 21 ≤ 2n + 1 ≤ 199 −a9 + 45 = 26 ⇔ a9 = 45 − 26 = 19 ⇒ a = 1

2.20. a) x = 0

b) x = −29 .

2.21. a) x  2  1  x  3  không có số x nào thỏa mãn.
b) 5  x  1  29  x  1  5  29  24  không có số x nào thỏa mãn.
2.22. a) x  23  1  x  24 .

b) x  99  99  x  198 .

131

2.23. a) x  1199 .
Ta có 1  3  5  7    x  600



1  3  5  7      x  2  x  600

 






2  2    2  600

(*)

Suy ra vế trái có 300 số hạng là 2 , tương ứng vế trái của (*) có 300 dấu ngoặc [ ].
Mặt khác, số dấu ngoặc [ ] bằng  x  3 : 4  1 .

  x  3 : 4  1  300  x  3  299.4  x  1199 .
b) x  4000 .
Ngoài cách giải như câu a), ta có thể giải như sau.
Vì x là số tự nhiên chia hết cho 4 nên giả sử x  4 n n    . Khi đó

2  4  6  8    x  2000
 2  6    4 n  2 4  8    4 n   2000


2  4 n  2
4  4n
.n 
.n  2000
2
2

 n  1000 .
Vậy x  4.1000  4000 .
2.24. x  7; 6;12;13 .
Vì x   nên x  3   . Từ 9  x  3  11  x  3  9;10 .
+ Nếu x  3  9  x  3  9  x  12 hoặc x  6 .
+ Nếu x  3  10  x  3  10  x  13 hoặc x  7 .
Vậy x  7; 6;12;13 .

1984  x  2010
1986  x  2  2012
 
2.25. Ta có 1986  x  2  2012  

2012  x  2  1986 2014  x  1988
Từ đó suy ra giá trị nguyên lớn nhất của x là 2009 và giá trị nguyên nhỏ nhất của x là
2013 .

132

2.26. Gọi S là tổng của 31 số nguyên đã cho.
a) Chọn ra 3 số bất kì. Vì tổng của 3 số này là một số nguyên âm nên trong 3 số phải có ít nhất
một số nguyên âm, kí hiệu số đó là a .
Chia 30 số còn lại thành 10 nhóm, mỗi nhóm có 3 số. Vì tổng 3 số trong mỗi nhóm là số âm
nên tổng của tất cả 20 số (kí hiệu là b) cũng là số âm.
Vì S  a  b nên S là số âm.
b) S là số nguyên dương.
* Kết quả trên vẫn còn đúng nếu thay số 31 bằng số 32.
2.27. Thật vậy:
Chọn 6 số bất kì chia thành 2 nhóm, mỗi nhóm 3 số, từ đó chọn được hai số âm a, c . Tổng 30
số còn lại là số âm b . Vậy S  a  b  c là số âm.
Tổng các số trên bảng

1  2    2012  2013 

2013.1  2013
 2027091 là một số lẻ.
2

Mỗi lần xóa hai số a, b (giả sử a  b ) rồi viết thay vào giá trị tuyệt đối của hai số

a  b  a  b sẽ làm tổng các số trên bảng giảm đi a  b  a  b  2b , là một số chẵn. Do
đó, tổng các số còn lại trên bảng vẫn là số lẻ. Lặp lại cho đến khi trên bảng còn lại một số thì
số đó vẫn là số lẻ, không thể là số 0.
———————————————————-

Chuyên đề 3
2.28.

a) 400

b) 500

2.29.

a) 55

b) 810

2.30.

a) M  x  60

b) N  x  26

2.31.

x  y  100 .

2.32. a) Với x  3, x  3  x  5   x  3  x  5  2 .
b) Với x  2, 2  x   x  1   x  2   x  1  1 .
c) Với 1  x  2, x  1  x  2   x  1   x  2  3 .
2.33. S  a  b  c  c  a  b  a  b

133

c) 2012 .

c) P  10 .

S  a  b  c  c  b  a  a  b
S  a  b

S  a  b
Với a  b  1 , ta có S  1 .
2.34. a) a  b  c  d   a  c  a  b  c  d  a  c  b  d  b  d 
b) a  b  c  d   b  c  a  b  c  d  b  c  a  d .
2.35. Chứng tỏ P  Q  0 .
2.36. Các số nguyên tố có giá trị tuyệt đối nhỏ hơn 100 gồm 199 số là
99; 98;; 1; 0;1; 2;; 99

Suy ra các số chỉ thứ tự của các số nguyên là 1; 2; 3;;199 .
Chi tổng S cần tìm thành hai nhóm
• Nhóm các số nguyên từ 99 đến 99 , có tổng bằng 0 .
• Nhóm các số thứ tự của các số nguyên có tổng bằng

1  2  3    199  1  199.199 : 2  19900 .
Vậy S  19900 .
2.37. a) x  31

b) x  9

c) x  11 .

2.38. a) 7  x  4  3  x  4  4  x  4  4 .
Vậy x  0; 8 .
b) 13  x  5  13  x  5  0  x  5  0  x  5 .
c) x  10  12  4  x  10  8  x   .
2.39. a) x  2  5  5  x  2  5  5  2  x  5  2  7  x  3 .
Vì x   nên x  7; 6; 5;;1; 2; 3 .

x 1 2
x  1

b) x  1  2  
 x  1  2  x  3.
2.40. a) x  1  x  1  0  x  1  x  1  x  1  0  x  1 .
134

Vậy x  1; 2; 3; hay x  * .
b) 2  x  2  x  2  x  x  2  2  x  2  x  0  x  2 .
Vậy x  2; 3; 4; .
c) x  7  x  9  x  7   x  9 .
•

x  7  x  9  0.x  16  không có giá trị nào của x thỏa mãn.

•

x  7   x  9  x  7  x  9  2 x  2  x  1 .

Vậy x  1 .

 x  25  0
 x  25
 
2.41. a) x  25   y  5  0  

  y  5  0  y  5.

 x  40  0



 x  40  0
 x  40

b) x  40  x  y  10  0  
 
 

 x  y  10  0 
 y  50.

 x  y  10  0 
2.42. a) A  1001  x  9  1001 , với mọi x   .
Vậy Amax  1001 khi x  9  0 hay x  9 .
b) B  y  2  34  34 , với mọi x   .
Vậy Bmin  34 khi y  2  0 hay y  2 .
———————————————————-

Chuyên đề 4
2.43. a) 1000000

b) 16733

2.44. a) A  5

b) B  36 .

2.45. a) Với a  b  3; x  y  17 , ta có

ax  ay  bx  by  a  x  y   b  x  y   a  b x  y   17.3  51 .
b) a  b  7; x  y  18 , ta luôn có

ax  ay  bx  by  a  x  y   b  x  y    x  y a  b  7 .18  126 .
2.46. a c  b  b a  c  ac  ab  ba  bc  ac  bc  c a  b .

135

2.47. a) x  37 ;

b) x  7; 8 .


 x2  1  0
2.48. a)  x2  149  x2   0  

2


49  x  0
Vì x2  0 , với mọi x   nên x2  1  0 . Từ đó không có x để x2  1  0 .
Ta có 49  x2  0  x2  72  x  7 .
Vậy x  7; 7 .
b) x  3; 3 .
2.49. a)  x  27  x   0   x  2 x  7   0  x  2 và x  7 trái dấu.
Mặt khác, vì x  2  x  7 nên suy ra x  2  0  x  7 . Khi đó

 x  2  0  x  2

2 x7.

 x  7  0  x  7
Vì x   nên x  3; 4; 5; 6 .
b)  x2  13 x2  17   0  x2  13 và x2  17 trái dấu.
Mặt khác, x2  13  x2  17 nên x2  13  0  x2  17 . Khi đó

 x2  13  0 
 x2  13



 13  x  17 .
 2
 2





x
x
17
0
17




Vì x2 là số chính phương nên x2  16  42  x  4 .
Vậy x  4; 4 .
2.50. a) 6 x  3  15  6 x  3  15  2 x  1  5
• 2 x 1  5  x  3 .
• 2 x  1  5  x  2 .
Vậy x  2; 3 .
b) 7 x  2  19  19  7 x  2  19  17  7 x  21 
Vậy x  2; 1; 0;1; 2; 3.

136

17
 x3.
7

2.51. a) x. y  28.
Có 12 trường hợp sau:

x
y

28 14
1

7

4

2

1

1

2

4

7

14

28

4

7

14

28

28

14

7

4

2

1

2

b) 2 x  14 y  2  42  2 x  12 y  1  21 .
Có 8 trường hợp:

2 x 1

21 7

3

1

1

3

7

21

3

1

2 y 1

1

3

7

21

x

10

3

1

0

1

2

4

11

y

1

2

4

11

10

3

1

0

21 7

2

2.52. P   x  1  3  y  35  35 , với mọi x, y  .
Vậy Pmax

 x  12  0  x  1

 35 khi 
 
 3  y  0
 y  3


2.53. Chọn 6 số bất kì. Vì tích của 6 số này là một số âm nên số các thừa số âm là số lẻ, do đó
luôn tồn tại một trong 6 số là số âm, kì hiệu là a.
Chia 78 số còn lại (trừ số a ) thành 13 nhóm, mỗi nhóm có 6 số. Vì tích của các số
trong mỗi nhóm là một số âm nên tích của tất cả 78 số là một số âm (vì tích của 13 số
âm), kí hiệu là b.
Vậy tích của tất cả 79 số (là a.b ) là một số dương.
2.54. a) x  xy  y  9  x 1  y   y  9  x 1  y    y  1  9  1

  x  11  y   10 .
Ta có 8 trường hợp sau:

x 1

10

5

2

1

1

2

5

10

y 1

1

2

5

10

10

5

2

1

x

11

6

3

2

0

1

4

9

137

y

2

3

6

11

9

4

1

0

b) xy  2 x  3 y  5  x  y  2  3 y  6  5  6

 x  y  2  3  y  2  11

  x  3 y  2  11
Ta có 4 trường hợp sau

x3

11

1

1

11

y 2

1

11

11

1

x

8

2

4

14

y

1

9

13

3

———————————————————-

Chuyên đề 5
2.55. BC 12, 30  B60  0; 60; 120;  60k | k  .
2.56. ÖC60, 45, 105  Ö 15  1; 3; 5; 15.
2.57. a) 3n  43n  19 là số chẵn, vì hiệu 3n  19  3n  4  23 nên trong hai số

3n  4 và 3n  19 có một số chẵn, một số lẻ.
b) n2  n  1  n n  1  1 là số lẻ, vì n n 1 là số chẵn.
2.58. a) a  9; 3; 1; 5.
b) a  5; 1;1; 5.
c) a  2; 1; 0;1.
2.59. a) P  a a  2  a a  5  7  7 a  17.
b) Q  a  2a  3  a  3a  2  2a là một số chẵn.
2.60. a) 2 x  1 y  4  13  2 x  1 và y  4 là ước của 13.

138

2 x 1

13

1

1

13

y 4

1

13

13

1

x

6

0

1

7

y

5

17

9

3

b)  x  1; y  0 hoặc  x  0; y  5 .
c) 5 xy  5 x  y  5  5 x  1 y  1  4  tương tự câu b).
2.61. Vì 5 x  47 y   5  x  6 y   17 y17 nên 5 x  47 y là bội của 17 khi và chỉ khi x  6 y
là bội của 17 .
2.62. a) x  2; 0; 2; 4 ;
2.63. a)

b) x  3; 0;1; 4 .

x2  2  x2  2 x  2 x  4  6  x  x  2  2  x  2  6 x  2 khi và chỉ khi

x  2  Ö 6 .
Vậy x  8; 5; 4; 3; 1; 0;1; 4 .
b) x  1; 0; 2; 3 .
2.64. Đặt N  a  1a  2  12 .
• Nếu a  3k thì N  3k  13k  2  12


3k  13k  2  3
 N 9.
 N  3 vì 

12

3



9k k  19
• Nếu a  3k  1 thì N  3k 3k  3  12  9k k  1  12  N  9 vì 
.

12  9

• Nếu a  3k  2 thì N  3k  13k  4  12

3k  13k  4  3
 N 9 .
 N  3 vì 
12 3

Vậy trong mọi trường hợp thì N không là bội của 9.
b) Chứng minh tương tự câu a).
———————————————————-

139

Chuyên đề nâng cao
2.65. Ta có 25  32  1mod 31  25 

400

 1mod 31 hay 22000  1mod 31 .

Mặt khác, 22000.22  1.4 mod 31 hay 22002  4 mod 31  22002  4  0 mod 31 hay

22002  431 .
2.66. Ta có 52  1mod 12  52   1mod 12 hay 570  1mod 12 .
35

(1)

72  1mod 12  7 52   1mod 12 hay 7 50  1mod 12 .
35

(2)

Từ (1) và (2) suy ra 570  7 50  2 mod 12 .
Vậy 570  7 50 chia cho 12 dư 2.
2.67. + Ta có 35  243  1mod 11  35 

401

 1mod 11 hay 32005  1mod 11 .

Mặt khác, 45  1024  1mod 11  45 

401

 1mod 11 hay 42005  1mod 11 .

(1)
(2)

Từ (1) và (2) suy ra A chia cho 11 dư 2.
+

Lại

có

33  27  1mod 13  33 

668

 1mod 13

hay

 32005  3 mod 13 .
Mặt

khác

32004  1mod 13
(3)

4 3  64  1mod 13  4 3 

668

 1mod 13

 42005  4 mod 13

hay

42004  1mod 13
(4)

Từ (3) và (4) suy ra A chia cho 13 dư 7.
2.68. Ta có hai trường hợp:
• Nếu x  1mod 3 thì x2  1mod 3 .
• Nếu x  2 mod 3 thì x2  22 mod 3 hay x2  1mod 3 .
Vậy ta luôn có x2  1mod 3 .
2.70. Chứng minh tương tự bài 2.68.
Giả sử phản chứng rằng x 3 . Áp dụng kết quả bài 2.68, ta có

140

x2  1mod 3  y 2  2 mod 3
Điều này không xảy ra vì y  3 thì y 2  0 mod 3 ; còn nếu y  3 thì y 2  1mod 3 .
Vậy x 3 . Chứng minh tương tự ta cũng có y  3 .
2004n

2.71. Đặt A  19242003

 1920 . Ta có 124  4.31 . Dễ thấy A chia hết cho 4.

Để chứng minh A chia hết cho 124, ta chứng minh A chia hết cho 31.
Thật vậy, vì 1924  2 mod 31 và 1920  2 mod 31 nên
2004n

A  22003

 2 mod 31 .

(1)

Lại có 25  32  1mod 31 . Ta cần tìm số dư của 20032004 khi chia cho 5.
n

n

Vì 2004 n  4 nên 2004 n  4 k  20032004  20034 k .
Vì 2003  3 mod 5  20034 k  34 k  81k  1mod 5 .
Vậy A  20032004  1mod 5  20032004  5m  1 .
n

2004n

Suy ra 22003

n

 25 m1  2.25   2 mod 31 .
m

Thay vào (1) ta suy ra A  0 mod 31 hay A 31 .
2.72. a) 1991  1mod 10 nên 19911997  1mod 10 ;

1997  3 mod 10  19972  9 mod 10 hay 19972  1mod 10 .
Suy ra 19971996  1mod 10  19911997  19971996   0 mod 10
Vậy 19911997  19971996 10 .
b) Ta có: 29  299  4 .

(1)

Mặt khác, 29  512  12 mod 25 và 210  1024  1mod 25

 210   1mod 25
9

hay

290  1mod 25  290.29  1.12 mod 25

hay

290.29  12 mod 25 .
Do vậy 29  299   0 mod 25

(2)
141

Từ (1), (2) và ƯCLN 4; 25  1 suy ra 29  299 100 .
2.73. a) Ta có 25  32  1mod 11 .
Vì 24 n1  2.16n mà 16  1mod 5 nên 24 n1  2 mod 5  24 n1  5k  2 (với k  
, k chẵn). Khi đó, 22

 22

4 n1

4 n 1

 25 k 2  4.25   4 mod 11
k



 7  0 mod 11 hay 22

4 n1



 7 11 .

b) Ta có n  1mod n  1 , với mọi n  1 .

 n k  1mod n  1 , với mọi n  1 .
Do vậy n n1  n n2    n2  1  1  1    1  1mod n  1 (vế phải có n  1 số 1)

 n n1  n n2    n2  1  0 mod n  1 .
Vậy n n1  n n2    n2  1n  1 (đpcm).
2.74. a) Ta có 5n2  26.5n  82 n1  25.5n  26.5n  8.64 n .
Vì 64  5 mod 59 nên 64 n  5n mod 59 .
Do đó 5n2  26.5n  82 n1  51.5n  8.5n mod 59

 5n2  26.5n  82 n1  59.5n mod 59

 5n2  26.5n  82 n1  0 mod 59
Vậy 5n2  26.5n  82 n1 59 .
b) Ta có 168 = 23.3.7
Vì 32 n + 7 = 9n + 7 ≡ 1 + 7 ( mod 8 ) hay 32 n + 7 ≡ 0 ( mod 8 ) (1)
⇒ ( 32 n + 7 )8 . Mặt khác 42 n = 16n 8 nên ( 42 n − 32 n − 7 )8

Vì 42 n ≡ 1( mod 3) ;7 ≡ 1( mod 3) ⇒ 42 n − 7 ≡ 0 ( mod 3)
Do đó ( 42 n − 32 n − 7 ) 3 (2)
Vì 42 n − 32 n ≡ 0 ( mod 7 ) ;32 n =9n ≡ 2n ( mod 7 )
nên 42 n − 32 n ≡ 0 ( mod 7 ) . Do đó ( 42 n − 32 n − 7 ) 7
Từ (1),(2),(3) và (8.3.7) = 1 nên ( 42 n − 32 n − 7 ) ( 8.3.7 )

142

(3)

2.75

Rõ ràng với n = 0 hoặc n = 1 thì ( 9n + 1)  100

Với n ≥ 2 , ta xét hai trường hợp
n= 2k ( k ∈  *) ⇒ 92 k + 1= 81k + 1 ≡ 2 ( mod10 )
⇒ ( 9n + 1)  10 ⇒ ( 9n + 1)  100

=
n 2k ( k ∈  *) ⇒ 9n +=
1 92 k +1 +=
1 9.81k + 1 ≡ 2 ( mod 4 )
⇒ ( 9n + 1)  4 ⇒ ( 9n + 1)  100

Vậy ( 9n + 1)  100 , với mọi n ∈ 
2.76 a) Ta có 23n + 4 + 32 n +1 = 16.8n + 3.9n
Vì 16 ≡ −3 ( mod19 ) ⇒ 16.8n ≡ −3.8n ( mod19 )
nên (16.8n + 3.9n )19 ⇔ ( −3) .8n + 3.9n ≡ 0 ( mod19 )
⇔ 9n − 8n ≡ 0 ( mod19 ) ⇔ 9n ≡ 8n ( mod19 )
⇒n=
0 , vì trái lại, từ 9n ≡ 8n ( mod19 ) ⇒ 9 ≡ 8 ( mod19 ) : vô lý!

Vậy n = 0
b) Ta xét 3 trường hợp:
Trường hợp 1: Nếu n = 3k (với k ∈ N ) thì n.2n  3 ⇒ n.2n + 1
=
n 3k + 1 (với
2:
Nếu
Trường
hợp
+1
n.2n + 1 3 ⇒ (3k + 1).23k =
+ 1 3k .23k +1 + =
23k +1 3k .23k +1 + 2.8k + 1

k∈N)

Do đó: n.2n + 1 3 ⇔ (2.8k + 1) 3
Vì 8 ≡ −1(mod 3) ⇔ 8k ≡ (−1) k (mod 3)
suy ra 2.8k + 1 3 ⇔ 2.(−1) k + 1 ≡ 0(mod 3) ⇔ k chẵn ⇔=
k 2 m( m ∈ N )
n 6m + 1 với m ∈ N
Do đó: =
n 3k + 2 (với k ∈ N ) thì
Trường hợp 3: Nếu =
n
+2
+2
n.2=
+ 1 (3k + 2).23k =
+ 1 3k .23k + 2 + 2.23k =
+ 1 3k .23k + 2 + 8k +1 + 1

Do đó: ( n.2n + 1) 3 ⇔ ( 8k +1 + 1) 3
Vì 8 ≡ −1(mod 3) nên 8k +1 ≡ (−1) k +1 (mod 3)
suy ra: ( 8k +1 + 1) 3 ⇔ (−1) k +1 + 1 ≡ 0(mod 3) ⇔ k + 1 lẻ ⇔ k chẵn ⇔=
k 2 m( m ∈ N )
n 6m + 2 (với m ∈ N )
Do đó: =
Vậy điều kiện cần tìm của m là m ≡ 1(mod 6) hoặc m ≡ 2(mod 6)

2.77.
4
a) Vì 7 ≡ 01(mod100) nên ta tìm số dư khi chia 97 cho 4
4

7
Ta có: 9 ≡ 1(mod 4) nên 9 ≡ 1(mod 4)
4

Do đó: 97 = 4k + 1(k ∈ N )
4

74

74

⇒ A= 79 = 7 4 k +1 = 7.(7 4 ) k ≡ 7.01(mod100) ⇒ 79 ≡ 07(mod100)

Vậy A có hai chữ số tận cùng là 07

143

thì

b) Vì 2910 ≡ 01(mod100) nên ta tìm số dư khi chia 92012 cho 10
Ta có: 9 ≡ −1(mod10) nên 92012 ≡ 1(mod10) ⇒ 92012 ≡ 10k + 1 với k ∈ N
10 k +1
=
B 29
=
29.(2910 ) k ≡ 29.01(mod100)
Do đó:
Hay B ≡ 29(mod100)
Vậy B có hai chữ số tận cùng là 29 .

2.78.
C = 19781986
4
a) Vì 1978 ≡ 8(mod10) ⇒ 1978 ≡ 6(mod10)
Mặt khác 19868 ≡ 0(mod 4) nên 19868= 4k (k ∈ N ) ⇒ C= 19864 k ≡ 6(mod10)
Vậy chữ số tận cùng của C là 6
b) Vì C ≡ 8(mod10) nên C 20 ≡ 76(mod100) ⇒ C 20 m ≡ 76(mod100)

Mặt khác 1986 ≡ 6(mod 20) ⇒ 19868 ≡ 16(mod 20)
Do đó:

19868 = 20k + 16(k ∈ N )

20 k +16
=
⇒ C 1978=
197816.(197820 ) k ≡ 198616.76(mod100)

1978 ≡ −22(mod100) ⇒ 19784 ≡ 56(mod100)

Lại có:

⇒ (19784 ) ≡ 564 (mod100)hay197816 ≡ 96(mod100)
4

Từ đó ta có: C ≡ 96.76(mod100) ⇒ C ≡ 76(mod100)
Vậy C có hai chữ số tận cùng là 76

——— CHÚC CÁC EM HỌC TỐT ——–THCS.TOANMATH.com

144