pp toan tuoi tho suu tam

LINK DOWNLOAD MIỄN PHÍ TÀI LIỆU "pp toan tuoi tho suu tam": http://123doc.vn/document/550871-pp-toan-tuoi-tho-suu-tam.htm

Với n là số tự nhiên thì n
2
+ 3n + 1 cũng là số tự nhiên, theo định nghĩa, a
n
là số chính phương.
Bài toán 2 : Chứng minh số :
là số chính phương.
Lời giải :
Ta có :
Vậy : là số chính phương.
Phương pháp 2 : Dựa vào tính chất đặc biệt.
Ta có thể chứng minh một tính chất rất đặc biệt : “Nếu a, b là hai số tự nhiên nguyên tố cùng nhau và a.b là
một số chính phương thì a và b đều là các số chính phương”.
Bài toán 3 : Chứng minh rằng : Nếu m, n là các số tự nhiên thỏa mãn 3m
2
+ m = 4n
2
+ n thì m - n và 4m + 4n
+ 1 đều là số chính phương.
Lời giải :
Ta có : 3m
2
+ m = 4n2 + n
tương đương với 4(m
2
- n2) + (m - n) = m
2

hay là (m - n)(4m + 4n + 1) = m
2
(*)
Gọi d là ước chung lớn nhất của m - n và 4m + 4n + 1 thì (4m + 4n + 1) + 4(m - n) chia hết cho d => 8m + 1
chí hết cho d.
Mặt khác, từ (*) ta có : m
2
chia hết cho d
2
=> m chia hết cho d.
Từ 8m + 1 chia hết cho d và m chia hết cho d ta có 1 chia hết cho d => d = 1.
Vậy m - n và 4m + 4n + 1 là các số tự nhiên nguyên tố cùng nhau, thỏa mãn (*) nên chúng đều là các số chính
phương. Cuối cùng xin gửi tới các bạn một số bài toán thú vị về số chính phương :
1) Chứng minh các số sau đây là số chính phương :
2) Cho các số nguyên dương a, b, c đôi một nguyên tố cùng nhau, thỏa mãn : 1/a + 1/b = 1/c. Hãy cho biết a +
b có là số chính phương hay không ?
3) Chứng minh rằng, với mọi số tự nhiên n thì 3
n
+ 4 không là số chính phương.
4) Tìm số tự nhiên n để n
2
+ 2n + 2004 là số chính phương.
5) Chứng minh : Nếu : và n là hai số tự nhiên thì a là số chính phương.
6 NGUYÊN LÍ ĐI - RÍCH - LÊ
Nguyên lí Đi-rích-lê phát biểu như sau : “Nếu có m vật đặt vào n cái ngăn kéo và m > n thì có ít nhất một
ngăn kéo chứa ít nhất hai vật”.
Nguyên lí Đi-rích-lê chỉ giúp ta chứng minh được sự tồn tại “ngăn kéo” chứa ít nhất hai vật mà không chỉ ra
được đó là “ngăn kéo” nào. Các bạn hãy làm quen việc vận dụng nguyên lí qua các bài toán sau đây.
Bài toán 1 :
Chứng minh rằng trong 11 số tự nhiên bất kì bao giờ cũng tồn tại ít nhất 2 số có hiệu chia hết cho 10.
Lời giải :
Với 11 số tự nhiên khi chia cho 10 ta được 11 số dư, mà một số tự nhiên bất kì khi chia cho 10 có 10 khả năng
dư là 0 ; 1 ; 2 ; 3 ; ; 9.
Vì có 11 số dư mà chỉ có 10 khả năng dư, theo nguyên lí Đi-rích-lê, tồn tại ít nhất 2 số khi chia cho 10 có cùng
số dư do đó hiệu của chúng chia hết cho 10 (đpcm).
Bài toán 2 :
Chứng minh rằng tồn tại số có dạng 19941994 199400 0 chia hết cho 1995.
Lời giải :
Xét 1995 số có dạng : 1994 ; 19941994 ; ; .
Nếu một trong các số trên chia hết cho 1995 thì dễ dàng có đpcm.
Nếu các số trên đều không chia hết cho 1995 thì khi chia từng số cho 1995 sẽ chỉ có 1994 khả năng dư là 1 ;
2 ; 3 ; ; 1994.
Vì có 1995 số dư mà chỉ có 1994 khả năng dư, theo nguyên lí Đi-rích-lê tồn tại ít nhất 2 số khi chia cho 1995
có cùng số dư, hiệu của chúng chia hết cho 1995. Giả sử hai số đó là :
Khi đó : = 1994 199400 0 chia hết cho 1995 (đpcm).
Bài toán 3 :
Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên k sao cho (1999^k - 1) chia hết cho104.
Lời giải :
Xét 104 + 1 số có dạng :
19991 ; 19992 ; ; 1999104 + 1.
Lập luận tương tự bài toán 2 ta được :
(1999m - 1999n) chia hết cho 104 (m > n)
hay 1999n (1999m-n - 1) chia hết cho 104
Vì 1999n và 104 nguyên tố cùng nhau, do đó (1999m-n - 1) chia hết cho 104.
Đặt m - n = k => 1999^k - 1 chia hết cho 104 (đpcm).
Bài toán 4 :
Chứng minh rằng tồn tại một số chỉ viết bởi hai chữ số chia hết cho 2003.
Lời giải :
Xét 2004 số có dạng 1 ; 11 ; 111 ; ;
Lập luận tương tự bài toán 2 ta được :
hay 11 100 0 chia hết cho 2003 (đpcm).
Một số bài toán tự giải :
Bài toán 5 :
Chứng minh rằng mọi số nguyên tố p ta có thể tìm được một số được viết bởi hai chữ số chia hết cho p.
Bài toán 6 :
Chứng minh rằng nếu một số tự nhiên không chia hết cho 2 và 5 thì tồn tại bội của nó có dạng : 111 1.
Bài toán 7 :
Chứng minh rằng tồn tại số có dạng 1997k (k thuộc N) có tận cùng là 0001.
Bài toán 8 :
Chứng minh rằng nếu các số nguyên m và n nguyên tố cùng nhau thì tìm được số tự nhiên k sao cho mk - 1
chia hết cho n.
Các bạn hãy đón đọc số sau : Nguyên lí Đi-rích-lê với những bài toán hình học thú vị.
6 SUY NGHĨ TRÊN MỖI BÀI TOÁN
Giải hàng trăm bài toán mà chỉ cốt tìm ra đáp số và dừng lại ở đó thì kiến thức thu lượm được chẳng là bao.
Còn giải ít bài tập mà lại luôn suy nghĩ trên mỗi bài đó, tìm thêm cách giải, khai thác thêm những ý của bài
toán, đó là con đường tốt để đi lên trong học toán.
Dưới đây là một thí dụ.
Bài toán 1 : Cho A = 1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + 5.6 + 6.7 + 7.8 + 8.9 + 9.10 và B = A.3. Tính giá trị của B.
Lời giải 1 : Theo đề bài ta có :
B = (1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + 5.6 + 6.7 + 7.8 + 8.9 + 9.10).3 = 1.2.(3 - 0) + 2.3.(4 - 1) + 3.4.(5 - 2) + 4.5.(6 - 3)
+ 5.6.(7 - 4) + 6.7.(8 - 5) + 7.8.(9 - 6) + 8.9.(10 - 7) + 9.10.(11 - 8) = 1.2.3 - 1.2.3 + 2.3.4 - 2.3.4 + 3.4.5 - … +
8.9.10 - 8.9.10 + 9.10.11 = 9.10.11 = 990.
Trước hết, ta nghĩ ngay rằng, nếu bài toán yêu cầu chỉ tính tổng A, ta có : A = B/3 = 330
Bây giờ, ta tạm thời quên đi đáp số 990 mà chỉ chú ý tới tích cuối cùng 9.10.11, trong đó 9.10 là số hạng cuối
cùng của A và 11 là số tự nhiên kề sau của 10, tạo thành tích ba số tự nhiên liên tiếp. Ta dễ dàng nghĩ tới kết
quả sau :
Nếu A = 1.2 + 2.3 + 3.4 + … + (n - 1).n thì giá trị của B = A.3 = (n - 1).n.(n + 1). Các bạn có thể tự kiểm
nghiệm kết quả này bằng cách giải tương tự như trên.
Bây giờ ta tìm lời giải khác cho bài toán.
Lời giải 2 :
B = (1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + 5.6 + 6.7 + 7.8 + 8.9 + 9.10).3 = (0.1 + 1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + 5.6 + 6.7 + 7.8 +
8.9 + 9.10).3 = [1.(0 + 2) + 3.(2 + 4) + 5.(4 + 6) + 7.(6 + 8) + 9.(8 + 10)].3 = (1.1.2 + 3.3.2 + 5.5.2 + 7.7.2
+9.9.2).3 = (1
2
+ 3
2
+ 5
2
+ 7
2
+ 9
2
).2.3 = (1
2
+ 3
2
+ 5
2
+ 7
2
+ 9
2
).6.
Ta chưa biết cách tính tổng bình phương các số lẻ liên tiếp bắt đầu từ 1, nhưng liên hệ với lời giải 1, ta có :
(1
2
+ 3
2
+ 5
2
+ 7
2
+ 9
2
).6 = 9.10.11, hay
(1
2
+ 3
2
+ 5
2
+ 7
2
+ 9
2
) = 9.10.11/6
Hoàn toàn hợp lí khi ta nghĩ ngay đến bài toán tổng quát :
Bài toán 2 : Tính tổng :
P = 1
2
+ 3
2
+ 5
2
+ 7
2
+ … + (2n + 1)
2

Kết quả : P = (2n + 1)(2n + 2)(2n + 3)/6
Kết quả này có thể chứng minh theo một cách khác, ta sẽ xem xét sau.
Loạt bài toán sau là những kết quả liên quan đến bài toán 1 và bài toán 2.
Bài toán 3 : Tính tổng :
Q = 11
2
+ 13
2
+ 15
2
+ … + (2n + 1)
2
.
Bài toán 4 : Cho A = 1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + 5.6 + 6.7 + 7.8 + 8.9 + 9.10 và C = A + 10.11. Tính giá trị của C.
Theo cách tính A của bài toán 1, ta được kết quả là : C = 10.11.12/3
Theo lời giải 2 của bài toán 1, ta đi đến kết quả : C = 2.(2
2
+ 4
2
+ 6
2
+ 8
2
+ 10
2
). Tình cờ, ta lại có kết quả của
bài toán tổng quát : tính tổng bình phương của các số tự nhiên chẵn liên tiếp, bắt đầu từ 2.
Bài toán 5 : Chứng minh rằng :
2
2
+ 4
2
+ 6
2
+ …+ (2n)
2
= 2n.(2n + 1).(2n + 2)/6
Từ đây, ta tiếp tục đề xuất và giải quyết được các bài toán khác.
Bài toán 6 :
Tính tổng : 20
2
+ 22
2
+ … + 48
2
+ 50
2
.
Bài toán 7 : Cho n thuộc N*. Tính tổng :
n
2
+ (n + 2)
2
+ (n + 4)
2
+ … + (n + 100)
2
.
Hướng dẫn giải : Xét hai trường hợp n chẵn và n lẻ ; áp dụng kết quả bài toán 2, bài toán 5 và cách giải bài
toán 3.
Bài toán chỉ có một kết quả duy nhất, không phụ thuộc vào tính chẵn lẻ của n.
Bài toán 8 : Chứng minh rằng :
1
2
+ 2
2
+ 3
2
+ … + n
2
= n.(n + 1)(n + 2)/6
Lời giải 1 :
Xét trường hợp n chẵn :
1
2
+ 2
2
+ 3
2
+ … + n
2
= (1
2
+ 3
2
+ 5
2
+ … + (n - 1)
2
) + (2
2
+ 4
2
+ 6
2
+ … + n
2
)
= [(n - 1).n.(n + 1) + n.(n + 1).(n + 2)]/6
= n.(n + 1).(n -1 + n + 2)/6 = n.(n + 1).(2n + 1)/6
Tương tự với trường hợp n lẻ, ta có đpcm.
Lời giải 2 : Ta có :
1
3
= 1
3

2
3
= (1 + 1)
3
= 1
3
+ 3.1
2
.1 + 3.1.1
2
+ 1
3
3
3
= (2 + 1 )
3
= 2
3
+ 3.2
2
.1 + 3.2.1
2
+ 1
3
……… (n + 1)
3
= n
3.n.1
2
+ 1
3
.
Cộng từng vế của các đẳng thức trên :
1
3
+ 2
3
+ 3
3
+ … + n
3
+ (n + 1)
3
= = (1
3
+ 2
3
+ 3
3
+ … + n
3
) + 3(1
2
+ 2
2
+ 3
2
+ … + n
2
) + 3(1 + 2 + 3 + … + n)
+ (n + 1)
=> (n + 1)
3
= 3(1
2
+ 2
2
+ 3
2
+ … + n
2
) + 3(1 + 2 + 3 + … + n) + (n + 1)
=> 3(1
2
+ 2
2
+ 3
2
+ … + n
2
) = (n + 1)
3
- 3(1 + 2 + 3 + … + n) - (n + 1)
= (n + 1)
2
.(n + 1) - 3.n.(n + 1)/2 - (n + 1)
= (n + 1)[2(n + 1)
2
- 3n + 2]/2
= (n + 1).n.(2n + 1)/2
=> 1
2
+ 2
2
+ 3
2
+ … + n
2
= (n + 1).n.(2n + 1)/6
Bài toán 9 : Tính giá trị biểu thức :
A = - 1
2
+ 2
2
- 3
2
+ 4
2
- … - 19
2
+ 20
2
.
Lời giải : Đương nhiên, ta có thể tách A = (2
2
+ 4
2
+ … + 20
2
) - (1
2
+ 3
2
+ …+ 19
2
) ; tính tổng các số trong
mỗi ngoặc đơn rồi tìm kết quả của bài toán. Song ta còn có cách giải khác như sau :
A = (2
2
-1
2
) + (4
2
- 3
2
) + … + (20
2
-19
2
) = (2 + 1)(2 - 1) + (4 + 3)(4 - 3) + … + (20 + 19)(20 - 19) = 3 + 7 + 11
+ 15 + 19 + 23 + 27 + 31 + 35 + 39 = (3 + 39).10/2 = 210.
Trở lại bài toán 1. Phải chăng bài toán cho B = A.3 vì 3 là số tự nhiên liền sau của 2 trong nhóm đầu tiên : 1.2.
Nếu đúng như thế thì ta có thể giải được bài toán sau :
Bài toán 10 : Tính A = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + 4.5.6 + 5.6.7 + 6.7.8 + 7.8.9 + 8.9.10.
Lời giải :
A = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + 4.5.6 + 5.6.7 + 6.7.8 + 7.8.9 + 8.9.10 = (1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + 4.5.6 + 5.6.7 +
6.7.8 + 7.8.9 + 8.9.10).4/4 = [1.2.3.(4 - 0) + 2.3.4.(5 - 1) + … + 8.9.10.(11 - 7)] : 4 = (1.2.3.4 - 1.2.3.4 +
2.3.4.5 - 2.3.4.5 + … + 7.8.9.10 - 7.8.9.10 + 8.9.10.11) : 4 = 8.9.10.11/4 = 1980.
Tiếp tục hướng suy nghĩ trên, ta có ngay kết quả tổng quát của bài toán 10 :
Bài toán 11 : Tính A = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + … + (n - 1).n.(n + 1).
Đáp số : A = (n -1).n.(n + 1)(n + 2)/4 <DD.BàI
Các bạn thấy đấy ! Chỉ với bài toán 1, nếu chịu khó tìm tòi, suy nghĩ, ta có thể tìm được nhiều cách giải, đề
xuất được những bài toán thú vị, thiết lập được mối liên hệ giữa các bài toán.
Kết quả tất yếu của quá trình tìm tòi suy nghĩ trên mỗi bài toán, đó là làm tăng năng lực giải toán của các bạn.
Chắc chắn còn nhiều điều thú vị xung quanh bài toán 1. Các bạn hãy cùng tiếp tục suy nghĩ nhé.
6 NGUYÊN LÍ ĐI-RÍCH-LÊ
& NHỮNG BÀI TOÁN HÌNH HỌC THÚ VỊ
Tạp chí Toán Tuổi thơ số 12 đã đề cập đến các bài toán số học được vận dụng nguyên lí Đi-rích-lê để giải
quyết.
Nguyên lí có thể mở rộng như sau : Nếu có m vật đặt vào n cái ngăn kéo và m > k.n thì có ít nhất một ngăn
kéo chứa ít nhất k + 1 vật. Với mở rộng này, ta còn có thể giải quyết thêm nhiều bài toán khác.
Sau đây xin giới thiệu để bạn đọc làm quen việc vận dụng nguyên lí Đi-rích-lê với một số bài toán hình học.
Bài toán 1 : Trong tam giác đều có cạnh bằng 4 (đơn vị độ dài, được hiểu đến cuối bài viết) lấy 17 điểm.
Chứng minh rằng trong 17 điểm đó có ít nhất hai điểm mà khoảng cách giữa chúng không vượt quá 1.
Lời giải : Chia tam giác đều có cạnh bằng 4 thành 16 tam giác đều có cạnh bằng 1 (hình 1). Vì 17 > 16, theo
nguyên lí Đi-rích-lê, tồn tại ít nhất một tam giác đều cạnh bằng 1 có chứa ít nhất 2 điểm trong số 17 điểm đã
cho. Khoảng cách giữa hai điểm đó luôn không vượt quá 1 (đpcm).
Bài toán 2 : Trong một hình vuông cạnh bằng 7, lấy 51 điểm. Chứng minh rằng có 3 điểm trong 51 điểm đã
cho nằm trong một hình tròn có bán kính bằng 1.
Lời giải : Chia hình vuông cạnh bằng 7 thành 25 hình vuông bằng nhau, cạnh của mỗi hình vuông nhỏ bằng
5/7 (hình 2).
Vì 51 điểm đã cho thuộc 25 hình vuông nhỏ, mà 51 > 2.25 nên theo nguyên lí Đi-rích-lê, có ít nhất một hình
vuông nhỏ chứa ít nhất 3 điểm (3 = 2 + 1) trong số 51 điểm đã cho. Hình vuông cạnh bằng có bán kính đường
tròn ngoại tiếp là :
Vậy bài toán được chứng minh. Hình tròn này chính là hình tròn bán kính bằng 1, chứa hình vuông ta đã chỉ
ra ở trên.
Bài toán 3 : Trong mặt phẳng cho 2003 điểm sao cho cứ 3 điểm bất kì có ít nhất 2 điểm cách nhau một
khoảng không vượt quá 1. Chứng minh rằng : tồn tại một hình tròn bán kính bằng 1 chứa ít nhất 1002 điểm.
Lời giải : Lấy một điểm A bất kì trong 2003 điểm đã cho, vẽ đường tròn C
1
tâm A bán kính bằng 1.
+ Nếu tất cả các điểm đều nằm trong hình tròn C1 thì hiển nhiên có đpcm.
+ Nếu tồn tại một điểm B mà khoảng cách giữa A và B lớn hơn 1 thì ta vẽ đường tròn C
2
tâm B bán kính bằng
1.
Khi đó, xét một điểm C bất kì trong số 2001 điểm còn lại. Xét 3 điểm A, B, C, vì AB > 1 nên theo giả thiết ta
có AC ≤ 1 hoặc BC ≤ 1. Nói cách khác, điểm C phải thuộc C
1
hoặc C
2
. => 2001 điểm khác B và A phải nằm
trong C
1
hoặc C
2
. Theo nguyên lí Đi-rích-lê ta có một hình tròn chứa ít nhất 1001 điểm. Tính thêm tâm của
hình tròn này thì hình tròn này chính là hình tròn bán kính bằng 1 chứa ít nhất 1002 điểm trong 2003 điểm đã
cho.
Bài toán 4 : Cho hình bình hành ABCD, kẻ 17 đường thẳng sao cho mỗi đường thẳng chia ABCD thành hai
hình thang có tỉ số diện tích bằng 1/3 . Chứng minh rằng, trong 17 đường thẳng đó có 5 đường thẳng đồng
quy.
Lời giải : Gọi M, Q, N, P lần lượt là các trung điểm của AB, BC, CD, DA (hình 3).
Vì ABCD là hình bình hành => MN // AD // BC ; PQ // AB // CD.
Gọi d là một trong 17 đường thẳng đã cho. Nếu d cắt AB tại E ; CD tại F ; PQ tại L thì LP, LQ lần lượt là
đường trung bình của các hình thang AEFD, EBCF. Ta có :
S(AEFD) / S(EBCF) = 1/3 hoặc S(EBCF) / S(EBFC) = 1/3 => LP / LQ = 1/3 hoặc là LQ / LP = 1/3.
Trên PQ lấy hai điểm L
1
, L
2
thỏa mãn điều kiện L
1
P / L
1
Q = L
2
Q / L
2
P = 1/3 khi đó L trùng với L
trùng với L
2
. Nghĩa là nếu d cắt AB và CD thì d phải qua L
1
hoặc L
2
.
Tương tự, trên MN lấy hai điểm K
1
, K
2
thỏa mãn điều kiện K
1
M / K
1
N = K
2
N / K
2
M = 1/3 khi đó nếu d cắt
AD và BC thì d phải qua K
1
hoặc K
2
.
Tóm lại, mỗi đường thẳng trong số 17 đường thẳng đã cho phải đi qua một trong 4 điểm L
1
; L
Vì 17 > 4.4 nên theo nguyên lí Đi-rích-lê, trong 17 đường thẳng đó sẽ có ít nhất 5 đường thẳng (5 = 4 + 1)
cùng đi qua một trong 4 điểm L
1
; L
2
; K
1
; K
2
(5 đường thẳng đồng quy, đpcm).
Sau đây là một số bài tập tương tự.
Bài 1 : Trong hình chữ nhật có kích thước 3 x 5, lấy 7 điểm bất kì. Chứng minh rằng có hai điểm cách nhau
một khoảng không vượt quá
Bài 2 : Trong mặt phẳng tọa độ, cho ngũ giác lồi có tất cả các đỉnh là các điểm nguyên (có hoành độ và tung
độ là số nguyên). Chứng minh rằng trên cạnh hoặc bên trong ngũ giác còn ít nhất một điểm nguyên khác nữa.
Bài 3 : Tờ giấy hình vuông có cạnh bé nhất là bao nhiêu để có thể cắt ra được 5 hình tròn có bán kính bằng 1.
Bài 4 : Trên một tờ giấy kẻ ô vuông, chọn 101 ô bất kì. Chứng minh rằng trong 101 ô đó có ít nhất 26 ô không
có điểm chung.
6 TÌM CHỮ SỐ TẬN CÙNG
Tìm chữ số tận cùng của một số tự nhiên là dạng toán hay. Đa số các tài liệu về dạng toán này đều sử dụng
khái niệm đồng dư, một khái niệm trừu tượng và không có trong chương trình. Vì thế có không ít học sinh,
đặc biệt là các bạn lớp 6 và lớp 7 khó có thể hiểu và tiếp thu được.
Qua bài viết này, tôi xin trình bày với các bạn một số tính chất và phương pháp giải bài toán “tìm chữ số tận
cùng”, chỉ sử dụng kiến thức THCS.
Chúng ta xuất phát từ tính chất sau :
Tính chất 1 :
a) Các số có chữ số tận cùng là 0, 1, 5, 6 khi nâng lên lũy thừa bậc bất kì thì chữ số tận cùng vẫn không thay
đổi.
b) Các số có chữ số tận cùng là 4, 9 khi nâng lên lũy thừa bậc lẻ thì chữ số tận cùng vẫn không thay đổi.
c) Các số có chữ số tận cùng là 3, 7, 9 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n (n thuộc N) thì chữ số tận cùng là 1.
d) Các số có chữ số tận cùng là 2, 4, 8 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n (n thuộc N) thì chữ số tận cùng là 6.
Việc chứng minh tính chất trên không khó, xin dành cho bạn đọc. Như vậy, muốn tìm chữ số tận cùng của số
tự nhiên x = a
m
, trước hết ta xác định chữ số tận cùng của a.
- Nếu chữ số tận cùng của a là 0, 1, 5, 6 thì x cũng có chữ số tận cùng là 0, 1, 5, 6.
- Nếu chữ số tận cùng của a là 3, 7, 9, vì a
m
= a
4n + r
= a
4n
.a
r
với r = 0, 1, 2, 3 nên từ tính chất 1c => chữ số tận
cùng của x chính là chữ số tận cùng của a
r
.
- Nếu chữ số tận cùng của a là 2, 4, 8, cũng như trường hợp trên, từ tính chất 1d => chữ số tận cùng của x
chính là chữ số tận cùng của 6.a
r
.
Bài toán 1 : Tìm chữ số tận cùng của các số :
a) 7
99
b) 14
1414
c) 4
567

Lời giải :
a) Trước hết, ta tìm số dư của phép chia 99 cho 4 :
9
9
- 1 = (9 - 1)(9
8
+ 9
7
+ … + 9 + 1) chia hết cho 4
=> 99 = 4k + 1 (k thuộc N) => 7
99
= 7
4k + 1
= 7
4k
.7
Do 7
4k
có chữ số tận cùng là 1 (theo tính chất 1c) => 7
99
có chữ số tận cùng là 7.
b) Dễ thấy 14
14
= 4k (k thuộc N) => theo tính chất 1d thì 14
1414
= 14
4k
có chữ số tận cùng là 6.
c) Ta có 5
67
- 1 chia hết cho 4 => 5
67
= 4k + 1 (k thuộc N)
=> 4
567
= 4
4k + 1
= 4
4k
.4, theo tính chất 1d, 4
4k
có chữ số tận cùng là 6 nên 4
567
có chữ số tận cùng là 4.
Tính chất sau được => từ tính chất 1.
Tính chất 2 : Một số tự nhiên bất kì, khi nâng lên lũy thừa bậc 4n + 1 (n thuộc N) thì chữ số tận cùng vẫn
không thay đổi.
Chữ số tận cùng của một tổng các lũy thừa được xác định bằng cách tính tổng các chữ số tận cùng của từng
lũy thừa trong tổng.
Bài toán 2 : Tìm chữ số tận cùng của tổng S = 2
1
+ 3
5
+ 4
9
+ … + 2004
8009
.
Lời giải :
Nhận xét : Mọi lũy thừa trong S đều có số mũ khi chia cho 4 thì dư 1 (các lũy thừa đều có dạng n
thuộc {2, 3, …, 2004}).
Theo tính chất 2, mọi lũy thừa trong S và các cơ số tương ứng đều có chữ số tận cùng giống nhau, bằng chữ số
tận cùng của tổng :
(2 + 3 + … + 9) + 199.(1 + 2 + … + 9) + 1 + 2 + 3 + 4 = 200(1 + 2 + … + 9) + 9 = 9009.
Vậy chữ số tận cùng của tổng S là 9.
Từ tính chất 1 tiếp tục => tính chất 3.
Tính chất 3 :
a) Số có chữ số tận cùng là 3 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n + 3 sẽ có chữ số tận cùng là 7 ; số có chữ số tận
cùng là 7 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n + 3 sẽ có chữ số tận cùng là 3.
b) Số có chữ số tận cùng là 2 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n + 3 sẽ có chữ số tận cùng là 8 ; số có chữ số tận
cùng là 8 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n + 3 sẽ có chữ số tận cùng là 2.
c) Các số có chữ số tận cùng là 0, 1, 4, 5, 6, 9, khi nâng lên lũy thừa bậc 4n + 3 sẽ không thay đổi chữ số tận
cùng.
Bài toán 3 : Tìm chữ số tận cùng của tổng T = 2
3
+ 3
7
+ 4
11
+ … + 2004
8011
.
Lời giải :
Nhận xét : Mọi lũy thừa trong T đều có số mũ khi chia cho 4 thì dư 3 (các lũy thừa đều có dạng n
thuộc {2, 3, …, 2004}).
Theo tính chất 3 thì 2
3
có chữ số tận cùng là 8 ; 3
7
có chữ số tận cùng là 7 ; 4
11
có chữ số tận cùng là 4 ; …
Như vậy, tổng T có chữ số tận cùng bằng chữ số tận cùng của tổng : (8 + 7 + 4 + 5 + 6 + 3 + 2 + 9) + 199.(1 +
8 + 7 + 4 + 5 + 6 + 3 + 2 + 9) + 1 + 8 + 7 + 4 = 200(1 + 8 + 7 + 4 + 5 + 6 + 3 + 2 + 9) + 8 + 7 + 4 = 9019.
Vậy chữ số tận cùng của tổng T là 9.
* Trong một số bài toán khác, việc tìm chữ số tận cùng dẫn đến lời giải khá độc đáo.
Bài toán 4 : Tồn tại hay không số tự nhiên n sao cho n
2
+ n + 1 chia hết cho 1995
2000
.
Lời giải : 1995
2000
tận cùng bởi chữ số 5 nên chia hết cho 5. Vì vậy, ta đặt vấn đề là liệu n
2
+ n + 1 có chia hết
cho 5 không ?
Ta có n
2
+ n = n(n + 1), là tích của hai số tự nhiên liên tiếp nên chữ số tận cùng của n
2
+ n chỉ có thể là 0 ; 2 ; 6
=> n
2
+ n + 1 chỉ có thể tận cùng là 1 ; 3 ; 7 => n
2
+ n + 1 không chia hết cho 5.
Vậy không tồn tại số tự nhiên n sao cho n
2
+ n + 1 chia hết cho 1995
2000
.
Sử dụng tính chất “một số chính phương chỉ có thể tận cùng bởi các chữ số 0 ; 1 ; 4 ; 5 ; 6 ; 9”, ta có thể giải
được bài toán sau :
Bài toán 5 : Chứng minh rằng các tổng sau không thể là số chính phương :
a) M = 19
k
+ 5
k
+ 1995
k
+ 1996
k
(với k chẵn)
b) N = 2004
2004k
+ 2003
Sử dụng tính chất “một số nguyên tố lớn hơn 5 chỉ có thể tận cùng bởi các chữ số 1 ; 3 ; 7 ; 9”, ta tiếp tục giải
quyết được bài toán :
Bài toán 6 : Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5. Chứng minh rằng : p
8n
+3.p
4n
- 4 chia hết cho 5.
* Các bạn hãy giải các bài tập sau :
Bài 1 : Tìm số dư của các phép chia :
a) 2
1
+ 3
5
+ 4
9
+ … + 2003
8005
cho 5
b) 2
3
+ 3
7
+ 4
11
+ … + 2003
8007
cho 5
Bài 2 : Tìm chữ số tận cùng của X, Y :
X = 2
2
+ 3
6
+ 4
10
+ … + 2004
8010

Y = 2
8
+ 3
12
+ 4
16
+ … + 2004
8016

Bài 3 : Chứng minh rằng chữ số tận cùng của hai tổng sau giống nhau :
U = 2
1
+ 3
5
+ 4
9
+ … + 2005
8013

V = 2
3
+ 3
7
+ 4
11
+ … + 2005
8015

Bài 4 : Chứng minh rằng không tồn tại các số tự nhiên x, y, z thỏa mãn :
19
x
+ 5
y
+ 1980z = 1975
430
+ 2004.
* Các bạn thử nghiên cứu các tính chất và phương pháp tìm nhiều hơn một chữ số tận cùng của một số tự
nhiên, chúng ta sẽ tiếp tục trao đổi về vấn đề này.
6 TÌM CÁC CHỮ SỐ
Tiếp theo TTT2 số 15, chúng tôi xin được tiếp tục trao đổi với bạn đọc về các bài toán tìm hai chữ số
tận cùng ; tìm ba chữ số tận cùng của một số tự nhiên.
* Tìm hai chữ số tận cùng
Nhận xét : Nếu x Є N và x = 100k + y, trong đó k ; y Є N thì hai chữ số tận cùng của x cũng chính là hai chữ
số tận cùng của y.
Hiển nhiên là y ≤ x. Như vậy, để đơn giản việc tìm hai chữ số tận cùng của số tự nhiên x thì thay vào đó ta đi
tìm hai chữ số tận cùng của số tự nhiên y (nhỏ hơn).
Rõ ràng số y càng nhỏ thì việc tìm các chữ số tận cùng của y càng đơn giản hơn.
Từ nhận xét trên, ta đề xuất phương pháp tìm hai chữ số tận cùng của số tự nhiên x = a
m
như sau :
Trường hợp 1 : Nếu a chẵn thì x = a
m
2∶
m
. Gọi n là số tự nhiên sao cho a
n - 1
25. ∶
Viết m = p
n
+ q (p ; q Є N), trong đó q là số nhỏ nhất để a
q
4 ta có :∶
x = a
m
= a
q
(a
pn
- 1) + a
q
.
Vì a
n - 1
25 => a∶
pn
- 1 25. Mặt khác, do (4, 25) = 1 nên a∶
q
(a
pn
- 1) 100. ∶
Vậy hai chữ số tận cùng của am cũng chính là hai chữ số tận cùng của aq. Tiếp theo, ta tìm hai chữ số tận
cùng của aq.
Trường hợp 2 : Nếu a lẻ , gọi n là số tự nhiên sao cho a
n - 1
100. ∶
Viết m = u
n
+ v (u ; v Є N, 0 ≤ v < n) ta có :
x = a
m
= a
v
(a
un
- 1) + a
v
.
Vì a
n
- 1 100 => a∶
un
- 1 100. ∶
Vậy hai chữ số tận cùng của a
m
cũng chính là hai chữ số tận cùng của a
v
. Tiếp theo, ta tìm hai chữ số tận cùng
của a
v
.
Trong cả hai trường hợp trên, chìa khóa để giải được bài toán là chúng ta phải tìm được số tự nhiên n. Nếu n
càng nhỏ thì q và v càng nhỏ nên sẽ dễ dàng tìm hai chữ số tận cùng của a
q
và a
v
.
Bài toán 7 :
Tìm hai chữ số tận cùng của các số :
a) a
2003
b) 7
99

Lời giải : a) Do 2
2003
là số chẵn, theo trường hợp 1, ta tìm số tự nhiên n nhỏ nhất sao cho 2
n
- 1 25. ∶
Ta có 2
10
= 1024 => 2
10
+ 1 = 1025 25 => 2∶
20
- 1 = (2
10
+ 1)(2
10
- 1) 25 => 2∶
3
(2
20
- 1) 100. Mặt khác :∶
2
2003
= 2
3
(2
2000
- 1) + 2
3
= 2
3
((2
20
)
100
- 1) + 2
3
= 100k + 8 (k Є N).
Vậy hai chữ số tận cùng của 2
2003
là 08.
b) Do 7
99
là số lẻ, theo trường hợp 2, ta tìm số tự nhiên n bé nhất sao cho 7
n
- 1 100. ∶
Ta có 7
4
= 2401 => 74 - 1 100. ∶
Mặt khác : 9
9
- 1 4 => 9∶
9
= 4k + 1 (k Є N)
Vậy 7
99
= 7
4k + 1
= 7(7
4k
- 1) + 7 = 100q + 7 (q Є N) tận cùng bởi hai chữ số 07.
Bài toán 8 :
Tìm số dư của phép chia 3
517
cho 25.
Lời giải : Trước hết ta tìm hai chữ số tận cùng của 3
517
. Do số này lẻ nên theo trường hợp 2, ta phải tìm số tự
nhiên n nhỏ nhất sao cho 3
n
- 1 100. ∶
Ta có 3
10
= 9
5
= 59049 => 3
10
+ 1 50 => 3∶
20
- 1 = (3
10
+ 1) (3
10
- 1) 100. ∶
Mặt khác : 5
16
- 1 4 => 5(5∶
16
- 1) 20 ∶
=> 5
17
= 5(5
16
- 1) + 5 = 20k + 5 =>3
517
= 3
20k + 5
= 3
5
(3
20k
- 1) + 3
5
= 3
5
(3
20k
- 1) + 243, có hai chữ số tận cùng là
43.
Vậy số dư của phép chia 3
517
cho 25 là 18.
Trong trường hợp số đã cho chia hết cho 4 thì ta có thể tìm theo cách gián tiếp.
Trước tiên, ta tìm số dư của phép chia số đó cho 25, từ đó suy ra các khả năng của hai chữ số tận cùng. Cuối
cùng, dựa vào giả thiết chia hết cho 4 để chọn giá trị đúng.
Các thí dụ trên cho thấy rằng, nếu a = 2 hoặc a = 3 thì n = 20 ; nếu a = 7 thì n = 4.
Một câu hỏi đặt ra là : Nếu a bất kì thì n nhỏ nhất là bao nhiêu ? Ta có tính chất sau đây (bạn đọc tự chứng
minh).