Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 19-08-2011 - 17:00
Topic: Các bài toán về tính chia hết
#1
Đã gửi 05-07-2011 - 16:35
- Yagami Raito, Khanh 6c Hoang Liet, trandaiduongbg và 8 người khác yêu thích
#2
Đã gửi 05-07-2011 - 18:57
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 19-08-2011 - 17:01
- nhungvienkimcuong, ZzThuyDuongzZ và TrinhHoangVu thích
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#3
Đã gửi 06-07-2011 - 08:22
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
- Zaraki, mrwin99, synovn27 và 4 người khác yêu thích
Học gõ công thức toán học tại đây
Hướng dẫn đặt tiêu đề tại đây
Hướng dẫn Vẽ hình trên diễn đàn toán tại đây
--------------------------------------------------------------
#4
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
- Cao thu, zmf94, grigoriperelmanlapdi và 1 người khác yêu thích
Học gõ công thức toán học tại đây
Hướng dẫn đặt tiêu đề tại đây
Hướng dẫn Vẽ hình trên diễn đàn toán tại đây
--------------------------------------------------------------
#5
Đã gửi 06-07-2011 - 15:21
Nhưng p là số nguyên tố lớn hơn 5 cơ mà, không nhất thiết p = 11, phải tổng quát.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 - 17:05
#6
Đã gửi 06-07-2011 - 15:27
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
Đã gửi 06-07-2011 - 17:20
Ta xét các số sau: $11;111;1111;....;\underbrace {11..11}_{p + 1}$ thì có p+1 số như vậy.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
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.
Phải là tìm GTLN của UCLN có 95 số đó chứ nhỉBài 3:
Tổng 95 số tự nhiên khác 0 đúng bằng 1995. Hỏi UCLN của 95 số đó là bao nhiêu
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
- C a c t u s, synovn27, Rias Gremory và 2 người khác yêu thích
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
#8
Đã gửi 12-07-2011 - 15:00
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 19-08-2011 - 17:08
- Yagami Raito yêu thích
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#9
Đã gửi 13-07-2011 - 16:12
$n \ge 1 \Rightarrow 2^{n+1} \ge 4 \Rightarrow 2^{n+1} \vdots 4 \Rightarrow 2^{n+1}=4k(k \in \mathsub{N})$
$\Rightarrow P= 2^{2^{n+1}}-1=2^{4t}-1=16^t-1 \vdots 16-1 \vdots 15$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 19-08-2011 - 17:09
- Le thanh tri dai yêu thích
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
#10
Đã gửi 13-07-2011 - 16:49
$2^{\2^{n+1}}-1 = 2^{(\2^{n+1})}-1= 2^{(\2^n.2)}-1= (2^{2})^{2n}-1$
$=\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
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#11
Đã gửi 23-07-2011 - 19:00
$ 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
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#12
Đã gửi 24-07-2011 - 13:41
Vì n > 0 nên ta đặt $ n = k+1 (k \ge 0)$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 $38$.
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
- thuyannguyen yêu thích
#13
Đã gửi 24-07-2011 - 19:04
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 19-08-2011 - 19:05
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#14
Đã gửi 24-07-2011 - 20:16
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 19-08-2011 - 19:07
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#16
Đã gửi 25-07-2011 - 13:00
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
#17
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
Đã gửi 25-07-2011 - 18:38
Chiều theo ý Toàn đây.Bài này mọi người có thể giải bằng quy nạp giúp mình được không, cảm ơn nhiều!
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
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
#19
Đã gửi 26-07-2011 - 11:09
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
- chardhdmovies và MoMo123 thích
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#20
Đã gửi 27-07-2011 - 07:50
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh