Chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán Lớp 6 - Chuyên đề 4: ƯCLN, BCNN - Chủ đề 3: Các phương pháp tìm ƯCLN, BCNN

Nội dung text: Chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán Lớp 6 - Chuyên đề 4: ƯCLN, BCNN - Chủ đề 3: Các phương pháp tìm ƯCLN, BCNN

1. ĐS6. CHUYÊN ĐỀ 4- ƯỚC CHUNG LỚN NHẤT VÀ BỘI CHUNG NHỎ NHẤT CHỦ ĐỀ 3: CÁC PHƯƠNG PHÁP TÌM ƯCLN, BCNN PHẦN I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. Kiến thức cần nhớ 1. Ước chung của hai hay nhiều số là ước của tất cả các số đó. 2. Ước chung lớn nhất (ƯCLN) của hai hay nhiếu số là số lớn nhất trong các ước chung của các số đó. 3. Muốn tìm ƯCLN của hai hay nhiếu số lớn hơn 1 , ta thực hiện ba bước sau: - Phân tích mổi số ra thừa số nguyên tố. - Chọn ra các thừa số nguyên tố chung. - Lập tích các thừa số đã chọn, mỗi thừa số lấy với số mũ nhỏ nhất của nó. Tích đó là ƯCLN phải tìm. 4. Để tìm ước chung của nhiều số, ta có thể tìm ƯCLN của các số đó rồi tìm ước của ƯCLN đó. 5. Bội chung của hai hay nhiều số là bội của tất cả các số đó. 6. Bội chung nhỏ nhất (BCNN) của hai hay nhiều số là số nhỏ nhất khác 0 trong các bội chung của các số đó. 7. Muốn tìm BCNN của hai hay nhiều số lớn hơn 1 , ta thực hiện ba bước sau: - Phân tích mỗi số ra thừa số nguyên tố. - Chọn ra các thừa sổ nguyên tố chung và riêng. - Lập tích các thừa số đã chọn, mỗi thừa số lấy với số mũ lớn nhất của nó. Tích đó là BCNN phải tìm. 8. Để tìm bội chung của nhiều số, ta có thể tìm BCNN của các số đó rồi nhân BCNN đó lần lượt với 0,1, 2,3, 2. Các tính chất 1. Khi cần kí hiệu gọn, ta có thể viết ƯCLN (a,b) là (a,b) , viết BCNN (a,b) là [a,b] 2. Nếu abc và (b, c) 1 thì ac . 3. Nếu am và an thì aBCNN(m,n) . Đặc biệt, nếu am,an và (m, n) 1 thì amn 4. Nếu ƯCLN (a,b) d thì a dm,b dn với (m, n) 1 . 5. Nếu BCNN (a,b) c thì c am,c bn với (m, n) 1 . 6. ƯCLN (a,b) BCNN(a,b) a.b . 7. Người ta chứng minh được rằng:
2. Cho hai số tự nhiên a và b trong dó a b . + Nếu a chia hết cho b thì ƯCLN (a,b) b . + Nếu a không chia hết cho b thì ƯCLN (a,b) bằng ƯCLN của b và số dư trong phép chia a cho b . Từ đó, ta có thuật toán Euclide tìm ƯCLN của hai số mà không cần phân tích mỗi số ra thừa số nguyên tố như sau: - Chia số lớn cho số nhỏ. - Nếu phép chia còn dư, lấy số chia đem chia cho số dư. - Nếu phép chia này còn dư, lại lấy số chia mới chia cho số dư mới. - Cứ tiếp tục làm như vậy cho đến khi được số dư bằng 0 thì số chia cuối cùng là ƯCLN phải tìm. PHẦN II. CÁC DẠNG BÀI Dạng 1: Phương pháp phân tích ra các thừa số nguyên tố I. Phương pháp giải Muốn tìm ƯCLN, BCNN của hai hay nhiều số ta làm như sau Bước 1: Phân tích các số ra thừa số nguyên tố với số mũ tương ứng Bước 2: Tìm các thừa số chung và riêng Bước 3: ƯCLN là tích các thừa số nguyên tố chung với số mũ nhỏ nhất BCNN là tích của các thừa số nguyên tố chung và riêng với số mũ lớn nhất II. Bài toán Bài 1: Tìm số tự nhiên n lớn nhất sao cho khi chia 364, 414,539 cho n , ta được ba số dư bằng nhau. Lời giải: 364, 414,539 chia cho n có cùng số dư nên các hiệu của hai số trong ba số ấy chia hết cho n . Ta có: 539 414n , tức là 125n , 539 364n , tức là 175n , 414 364n , tức là 50n . Để n lớn nhất thì n là ƯCLN (125, 175, 50) . Phân tích ra thừa số nguyên tố: 125 53
3. 175 52.7 50 52.2 ƯCLN (125, 175, 50) 52 25 Vậy n 25 Bài 2: Tìm số tự nhiên n nhỏ hơn 30 để các số 3n 4 và 5n 1 có ước chung khác 1 . Lời giải: Gọi d là một ước chung của 3n 4 và 5n 1 . Ta có 3n 4d và 5n 1d nên 5(3n 4) 3(5n 1)d , tức là 17d Suy ra d {1;17} . Để 3n 4 và 5n 1 có ước chung khác 1 , ta phải có 3n 417 tức là 3n 4 3417 hay 3(n 10)17 Ta lại có (3,17) 1 nên n 1017 . Do n 30 nên n 10 hoặc n 27 . Thử lại n 10 , n 27 thỏa mãn. Vậy n 10 , Bài 3: Tổng của năm số tự nhiên bằng 156 . Ước chung lớn nhất của chúng có thể nhận giá trị lớn nhất bằng bao nhiêu? Lời giải: Gọi năm số tự nhiên đã cho là a1,a2 ,a3 ,a4 ,a5 , ước chung lớn nhất của chúng là d . Ta có: a1 dk1,a2 dk2 ,a3 dk3 ,a4 dk4 ,a5 dk5 nên a1 a2 a3 a4 a5 d k1 k2 k3 k4 k5 do đó 156 d k1 k2 k3 k4 k5 Suy ra d là ước của 156 . Ta lại có k1 k2 k3 k4 k5 5 nên 5 d 156 , suy ra d 31 . Phân tích ra thừa số nguyên tố: 156 22.3.13 . Ước lớn nhất của 156 không vượt quá 31 là 26 .
4. Giá trị lớn nhất của d là 26 , xảy ra khi chẳng hạn a1 a2 a3 a4 26 và a5 52 hoặc các hoán vị của chúng. Bài 4: Có ba đèn tín hiệu, chúng phát sáng cùng một lúc vào 8 giờ sáng. Đèn thứ nhất cứ 4 phút phát sáng một lần, đèn thứ hai cứ 6 phút phát sáng một lấn, đèn thứ ba cứ 7 phút phát sáng một lần. Thời gian đầu tiên để cả ba đèn cùng phát sáng sau 12 giờ trưa là lúc mấy giờ? Lời giải: Gọi thời gian ít nhất để sau đó, cả ba đèn lại cùng phát sáng là a (phút). Ta có a là BCNN (4,6,7) . Phân tích ra thừa số nguyên tố: 4. 22 ,6 2.3,7 7 nên BCNN(4,6,7) 22 3.7 84 Sau 84 phút, cả ba đèn cùng phát sáng. Chúng cùng phát sáng vào lúc 9 giờ 24 phút, 10 giờ 48 phút, 12 giờ 12 phút. . . Thời gian đầu tiên sau 12 giờ trưa để cả ba đèn cùng phát sáng là lúc 12 giờ 12 phút. Bài 5: Điền các chữ số thích hợp vào dấu * để số A 679*** chia hết cho tất cả các số 5, 6, 7,9 Lời giải: Điều kiện để A chia hết cho tất cả các số 5, 6, 7,9 là A chia hết cho BCNN (5,6,7,9) BCNN(5,6,7,9) 2.32 5.7 630 Ta thấy 679999 chia 630 được 1079 , dư 229 nên 679999 229 679770 chia hết cho 630 , 679770 630 679140 chia hết cho 630 . Đáp số: 679770 và 679140 . Bài 6: Tìm các số tự nhiên a và b (a b) biết ƯCLN (a,b) 12, BCNN (a,b) 240 Lời giải: Ta có ab ƯCLN (a,b).BCNN (a,b) 12.240 2880 1 ƯCLN (a,b) 12 nên a 12m, b 12n trong đó (m, n) 1 Suy ra ab 12m.12n 144mn. 2 Từ 1 và 2 suy ra 144mn 2880 hay mn 20 . Ta có a b nên m n . Các số m,n nguyên tố cùng nhau và có tích bằng 20 nên m 1 4
5. n 20 5 Suy ra a 12 48 b 60 240 Bài 7: Cho a 24,b 70, c 112. Tìm a,b ; a,b,c ;a,b;a,b,c. Từ đó kiểm tra công thức ƯCLN (a,b,c) ƯCLN(ƯCLN (a,b), c); BCNN (a,b, c) BCNN (BCNN (a,b), c) Lời giải: Ta có: a 24 23.3;b 70 2.5.7;c 112 24.7;(a,b) 2;(a,b,c) 2;a,b 23.35.7 840 a,b,c 24.3.5.7 1680 ƯCLN (a,b,c) 2; ƯCLN (a,b) 2 ƯCLN(ƯCLN (a,b),c) ƯCLN (2,112) 2 BCNN (a,b, c) 1680; BCNN (BCNC(a,b), c) BCNN (840,112) 1680 Bài 8: Tìm ƯCLN, BCNN của các số sau a) 793016,308,3136 b) 1323,19845,1287,315 Lời giải: a) Ta có: 793016 23.73.172 ; 308 22.7.11 ; 3136 26.72 ƯCLN 793016,308,3136 22.7 28; BCNN 26.73.11 172 b) Ta có 1323 33.72 ; 19845 34.5.72 ; 1287 32.11.13 ; 315 32.5.7 ƯCLN 1323,19845,1287,315 32 9; BCNN 34.5.72.11.13 Bài 9: Một trường tổ chức cho khoảng 700 và 800 học sinh đi tham quan. Tính số học sinh biết rằng nếu xếp 40 người hoặc 50 người lên xe ô tô thì vừa đủ. Lời giải: Gọi số học sinh của trường là: n n N * Theo bài ta có: 700 n 800 Vì n45;n40 n BC(40,45) n B(BCNN(40,45))
6. Ta có: 40 23.5;45 32.5 BCNN(40,45) 23.32.5 360 n B(360) n 700 700 n 800 Vậy Số học sinh là 700 . Dạng 2: Thuật toán EUCLID để tìm ƯCLN Trong toán học, giải thuật Euclid (hay thuật toán Euclid) là một giải thuật để tính ước chung lớn nhất (ƯCLN) của hai số nguyên, là số lớn nhất có thể chia được bởi hai số nguyên đó với số dư bằng không. Giải thuật này được đặt tên theo nhà toán học người Hy Lạp cổ đại Euclid, người đã viết nó trong bộ Cơ sở của ông (khoảng năm 300 TCN). Nó là một ví dụ về thuật toán, một chuỗi các bước tính toán theo điều kiện nhất định và là một trong số những thuật toán lâu đời nhất được sử dụng rộng rãi. Giải thuật Euclid dựa trên nguyên tắc là ước chung lớn nhất của hai số nguyên không thay đổi khi thay số lớn hơn bằng hiệu của nó với số nhỏ hơn. Chẳng hạn, 21 là ƯCLN của 252 và 105 (vì 252 21 .1 2 và 105 21 . 5 ) và cũng là ƯCLN của 105 và 252 1 05 1 47 . Khi lặp lại quá trình trên thì hai số trong cặp số ngày càng nhỏ đến khi chúng bằng nhau, và khi đó chúng là ƯCLN của hai số ban đầu. Bằng cách đảo ngược lại các bước, ƯCLN này có thể được biểu diễn thành tổng của hai số hạng, mỗi số hạng bằng một trong hai số đã cho nhân với một số nguyên dương hoặc âm (đồng nhất thức Bézout), chẳng hạn, 21 5.105 2 . 252. Dạng ban đầu của giải thuật như trên có thể tốn nhiều bước thực hiện phép trừ để tìm ƯCLN nếu một trong hai số lớn hơn rất nhiều so với số còn lại. Một dạng khác của giải thuật rút ngắn lại các bước này, thay vào đó thế số lớn hơn bằng số dư của nó khi chia cho số nhỏ hơn (dừng lại khi số dư bằng không). Dạng thuật toán này chỉ tốn số bước nhiều nhất là năm lần số chữ số của số nhỏ hơn trên hệ thập phân. Gabriel Lamé chứng minh được điều này vào năm 1844, đánh dấu sự ra đời của lý thuyết độ phức tạp tính toán. Nhiều phương pháp khác để tăng hiệu quả của thuật toán cũng đã được phát triển trong thế kỷ 20. Giải thuật Euclid có rất nhiều ứng dụng trong lý thuyết và thực tế. Nó được dùng để rút gọn phân số về dạng tối giản và thực hiện phép chia trong số học module. Thuật toán cũng là một thành phần then chốt trong giao thức mật mã để bảo mật kết nối Internet và được dùng để phá vỡ hệ thống mật mã này qua phân tích số nguyên. Nó cũng được áp dụng để giải phương trình Diophantine, chẳng hạn như tìm một số thỏa mãn nhiều biểu thức đồng dư theo định lý số dư Trung Quốc, để xây dựng liên phân số hay tìm xấp xỉ gần đúng nhất cho số thực. Cuối cùng, nó là công cụ cơ bản để chứng minh nhiều định lý trong lý thuyết số như định lý bốn số chính phương của Lagrange và tính duy nhất của phân tích số nguyên ra thừa số nguyên tố. Thuật toán Euclid ban đầu chỉ được giới hạn về số tự nhiên và độ dài hình học ( số thực), nhưng đến thế kỷ 19 đã được mở rộng cho nhiều dạng số khác như số nguyên Gauss và đa thức một biến, dẫn đến các khái niệm về đại số trừu tượng như miền Euclid.
7. Giải thuật Euclid dùng để tính ước chung lớn nhất (ƯCLN) của hai số tự nhiên a và b . Ước chung lớn nhất g là số lớn nhất chia được bởi cả a và b mà không để lại số dư và được ký hiệu là ƯCLN a,b hoặc a,b . Nếu ƯCLN a,b 1 thì a và b được gọi là hai số nguyên tố cùng nhau. Tính chất này không khẳng định b là số nguyên tố. Chẳng hạn, 6 và 35 đều không phải là số nguyên tố vì chúng đều có thể được phân tích thành tích của các thừa số nguyên tố: 6 2.3 và 35 5.7 . Tuy nhiên, 6 và 35 nguyên tố cùng nhau vì chúng không có một thừa số chung nào. Gọi g ƯCLN a,b . Vì a và b đều là bội của g nên chúng có thể được viết thành a mg và b ng , và không tồn tại số G g nào để các biểu thức trên đúng. Hai số tự nhiên m và n phải nguyên tố cùng nhau vì có thể phân tích bất kỳ thừa số chung nào từ m và n để g lớn hơn. Do đó, một số c bất kỳ được chia bởi a và b cũng được chia bởi g . Ước chung lớn nhất g của a và b là ước chung (dương) duy nhất của chúng có thể chia được bởi một ước chung c bất kỳ. ƯCLN có thể được minh họa như sau: Xét một hình chữ nhật có kích thước là a b và một ước chung c bất kỳ có thể chia được hết cả a và b . Cả hai cạnh của hình chữ nhật có thể được chia thành các đoạn thẳng bằng nhau có độ dài là c để chia hình chữ nhật thành các hình vuông có cạnh bằng c . Ước chung lớn nhất g chính là giá trị lớn nhất của c để điều này có thể xảy ra. Chẳng hạn, một hình chữ nhật có kích thước 24 60 có thể được chia thành các hình vuông có cạnh là 1, 2, 3, 4, 6 hoặc 12 , nên 12 là ước chung lớn 24 nhất của 24 và 60 , tức là hình chữ nhật trên có hai hình vuông nằm trên một cạnh ( 2 ) và năm hình 12 60 vuông nằm trên cạnh còn lại ( 5 ). 12 Ước chung lớn nhất của hai số a và b là tích của các thừa số nguyên tố chung của hai số đã cho, trong đó một thừa số có thể được nhân lên nhiều lần, chỉ khi tích của các thừa số đó chia được cả a và b . Chẳng hạn, ta phân tích được 1386 2.3.3.7.11 và 3213 3.3.3.7.17 nên ước chung lớn nhất 1386 và 3213 bằng 63 3.3.7 (là tích của các thừa số nguyên tố chung). Nếu hai số không có một thừa số nguyên tố chung nào thì ước chung lớn nhất của chúng bằng 1 (một trường hợp của tích rỗng), hay nói cách khác chúng nguyên tố cùng nhau. Một ưu điểm quan trọng của giải thuật Euclid là nó có thể tính được ƯCLN đó mà không cần phân tích ra thừa số nguyên tố. Bài toán phân tích các số nguyên lớn là rất khó và tính bảo mật của nhiều giao thức mật mã phổ biến được dựa trên tính chất này. ƯCLN của ba số trở lên bằng tích của các thừa số nguyên tố chung của cả ba số đã cho, nhưng nó cũng có thể được tính bằng cách tìm ƯCLN của từng cặp số trong ba số đó. Chẳng hạn, ƯCLN a,b,c ¦CLN a,¦CLN b,c ¦CLN ¦CLN a,b ,c ¦CLN ¦CLN a,c ,b . ư Vì vậy, giải thuật Euclid, vốn dùng để tính ƯCLN của hai số nguyên cũng có thể được áp dụng để tính ƯCLN của một số lượng số nguyên bất kỳ.
8. Giải thuật Euclid gồm một dãy các bước mà trong đó, đầu ra của mỗi bước là đầu vào của bước kế tiếp. Gọi k là số nguyên dùng để đếm số bước của thuật toán, bắt đầu từ số không (khi đó bước đầu tiên tương ứng với k 0 , bước tiếp theo là k 1 ,...) Mỗi bước bắt đầu với hai số dư không âm rk 1 và rk 2 . Vì thuật toán giúp đảm bảo số dư luôn giảm dần theo từng bước nên rk 1 nhỏ hơn rk 2 . Mục tiêu của bước thứ k là tìm thương qk và số dư rk thỏa mãn rk 2 qk rk 1 rk và 0 rk rk 1 . Nói cách khác, từ số lớn hơn rk 2 , trừ đi bội của số nhỏ hơn rk 1 đến khi phần dư rk nhỏ hơn rk 1 . Ở bước đầu tiên ( k 0 ), số dư rk 2 và rk 1 bằng a và b , hai số cần tìm ƯCLN. Đến bước kế tiếp ( k 1 ), hai số dư lần lượt bằng b và số dư r0 ở bước đầu tiên,... Do đó, thuật toán có thể được viết thành một dãy các bước: a q0b r0 b q1r0 r1 r0 q2r1 r2 r1 q3r2 r3 ... Nếu a nhỏ hơn b thì thuật toán đảo ngược vị trí của hai số. Chẳng hạn, nếu a b thì thương q0 bằng không và số dư r0 bằng a . Do đó, rk luôn nhỏ hơn rk 1 với mọi k 0 . Vì các số dư luôn giảm dần theo từng bước nhưng không thể là số âm nên số dư sau cùng rn phải bằng không và thuật toán dừng lại tại đó. Số dư khác không cuối cùng rn 1 chính là ước chung lớn nhất của a và b . Số n không thể là vô hạn vì chỉ có một số lượng hữu hạn các số nguyên dương nằm giữa số dư ban đầu r0 và 0 . Tính đúng đắn của giải thuật Euclid có thể được chứng minh qua hai bước lập luận. Bước thứ nhất, cần chứng minh số dư khác không cuối cùng rn 1 chia được cả a và b . Vì rn 1 là một ước chung nên nó phải nhỏ hơn hoặc bằng với ước chung lớn nhất g . Bước thứ hai, cần chứng minh rằng bất kỳ ước chung nào của a và b , trong đó có g cần phải chia được rn 1 ; từ đó, g phải nhỏ hơn hoặc bằng rn 1 . Hai kết luận trên là mâu thuẫn trừ khi rn 1 g . Để chứng tỏ rn 1 chia được cả a và b , cần biết rn 1 chia được số dư liền trước rn 2 : rn 2 qnrn 1 vì số dư cuối cùng rn bằng không. rn 1 cũng chia được số dư rn 3 : rn 3 qn 1rn 2 rn 1 vì nó chia được cả hai số hạng trong vế phải của phương trình. Chứng minh tương tự, rn 1 cũng chia được tất cả số dư liền trước nó kể cả a và b . Không có số dư liền trước rn 2 , rn 3 ,... chia bởi a và b cho số dư bằng không. Vì rn 1 là ước chung của a và b nên rn 1 g .
9. Trong bước thứ hai, một số tự nhiên c bất kỳ chia được cả a và b (là ước chung của a và b ) cũng chia được số dư rk . Theo định nghĩa thì a và b có thể được viết thành bội của c : a mc và b nc với m và n là các số tự nhiên. Ta có r0 a q0b mc q0nc m q0n c nên c là một ước của số dư ban đầu r0 . Chứng minh như bước thứ nhất, ta thấy c cũng là ước của các số dư liền sau r1,r2 ,... Từ đó, ước chung lớn nhất g là ước của rn 1 hay g rn 1 . Kết hợp hai kết luận thu được, ta có g rn 1 . Vậy g là ước chung lớn nhất của tất cả cặp số liền sau: g ¦CLN a,b ¦CLN b,r0 ¦CLN r0 ,r1  ¦CLN rn 2 ,rn 1 rn 1. I. Phương pháp giải Muốn tìm ƯCLN của a và b (giả sử a b) Bước 1: Chia a cho b có số dư là r Bước 2: + Nếu r 0 thì ƯCLN a,b b . Việc tìm ƯCLN dừng lại. + Nếu r 0 , ta chia tiếp b cho r , được số dư r1 - Nếu r1 0 thì r1 ¦CLN a,b . Dừng lại việc tìm ƯCLN - Nếu r1 0 thì ta thực hiện phép chia r cho r1 và lập lại quá trình như trên. ƯCLN a,b là số dư khác 0 nhỏ nhất trong dãy phép chia nói trên. II. Bài toán Bài 1: Hãy tìm ƯCLN 1575,343 bằng thuật toán Ơclide Lời giải: Ta có: 1575 343.4 203 343 203.1 140 203 140.1 63 140 63.2 14 63 14.4 7 14 7.2 0 (chia hết) Vậy ƯCLN 1575,343 7
10. Trong thực hành làm như sau: 1575 343 343 203 4 203 140 1 140 63 1 63 14 2 Vậy ƯCLN 1575,343 7 14 7 4 Bài 2: Tìm ƯCLN 58005,2835 bằng thuật toán 0Euclide2 Lời giải: Ta có: 58005 20.2835 1305 (58005, 2835) (2835,1305); 2835 2.1305 225;1305 5.225 180 225 1.180 45;180 4.45 ƯCLN 45 . Bài 3: Chứng minh rằng ƯCLN (n 1,3n 4) 1, n ¥ . Lời giải: Cách 1: 3n 4d Gọi d UCLN(n 1,3n 4),d ¥ * (3n 4) 3(n 1)d 1d d 1 . n 1d Vậy ƯCLN (n 1,3n 4) 1, n ¥ . Cách 2: Ta có: 3n 4 3n 3 1 3(n 1) 1 Mà 3(n 1)M(n 1) 3(n 1) 1 chia cho (n 1) dư 1 Suy ra ƯCLN (n 1,3n 4) n 1;1 1,n ¥ Bài 4: Chứng minh rằng 2n 1 và 2n 3 là hai số nguyên tố cùng nhau. Lời giải: Cách 1: 2n 1d Gọi d UCLN(2n 1,2n 3),d ¥ * (2n 3) (2n 1)d 2d d 1;2 . 2n 3d