Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán THCS

A – Mở đầu 1. Lý do chọn đề tài Số học là môn học lâu đời nhất và hấp dẫn nhất của toán học. Vậy số học là gì? Số học là khoa học về số, trong số học người ta nghiên cứu những tính chất đơn giản nhất của số và những quy tắc tính toán. ở chương trình THCS số học chiếm 1 lượng khá lớn trong số học thì phép chia hết trên vành số nguyên đã thực sự thu hút đối với giáo viên và học sinh, có lẽ đó không chỉ bởi vấn đề lý thuyết về phép chia có giá trị thực tiễn mà qua đó rèn cho học sinh tư duy sáng tạo toán học. Càng học các em càng được cuốn hút bởi 1 lượng bài tập vô cùng sáng tạo và phong phú. Cái khó khi dùng phép chia hết trên vành số nguyên và khi học sinh là vấn đề nhận diện và vận dụng lý thuyết để chỉ ra phương pháp giải các bài toán, khi ngành Giáo dục đang thi đua giảng dạy theo phương pháp đổi mới, trong luật Giáo dục Việt Nam và Nghị quyết đại hội Đảng lần thứ 7 và 8 cũng đã nhấn mạnh: “Dạy cho học sinh phương pháp tự nghiên cứu” và với tình hình hiện nay còn nhiều giáo viên chưa thực sự quan tâm đúng mức đến việc rèn luyện năng lực tự học cho học sinh. Xuất phát từ vấn đề nên trên đã thúc đẩy Tôi viết. Rèn luyện kỹ năng giải các bài toán chia hết trên vành số nguyên. 2. Nội dung đề tài gồm Phần I: Tóm tắt lý thuyết Phần II: Các phương pháp giải các bài toán chia hết. Phương pháp sử dụng dấu hiệu chia hết. Phương pháp sử dụng tính chất chia hết. Phương pháp sử dụng xét tập hợp số dư trong phép chia. Phương pháp sử dụng các phương pháp phân tích thành nhân tử. Phương pháp biến đổi biểu thức cần chứng minh về dạng tổng. Phương pháp quy nạp toán học. Phương pháp sử dụng đồng dư thức. Phương pháp sử dụng nguyên lý Đ. Phương pháp phản chứng. Trong mỗi phương pháp đều có những ví dụ điển hình và các bài tập tương tự. Vẫn biết rằng những khái niệm về số học được rất nhiều tác giả đề cập đến ở nhiều khía cạnh khác nhau. Do đó không thể có sự sáng tạo hoàn toàn trong đề tài mà đề tài này mới chỉ dừng lại ở 1 mức độ nhất định. Với nội dung và cách trình bày trong đề tài này không tránh khỏi những hạn chế của bản thân, rất mong được các Thầy cô giáo và đồng nghiệp góp ý để nội dung đề tài ngày càng được hoàn thiện hơn. B - Nội dung Phần I: Tóm tắt lý thuyết I. Định nghĩa phép chia Cho 2 số nguyên a và b trong đó b ạ 0 ta luôn tìm được hai số nguyên q và r duy nhất sao cho: a = bq + r Với 0 Ê r Ê | b| Trong đó: a là số bị chia, b là số chia, q là thương, r là số dư. Khi a chia cho b có thể xẩy ra | b| số dư r ẻ {0; 1; 2; …; | b|} Đặc biệt: r = 0 thì a = bq, khi đó ta nói a chia hết cho b hay b chia hết a. Ký hiệu: aMb hay b\ a Vậy: a M b Û Có số nguyên q sao cho a = bq II. Các tính chất Với " a ạ 0 ị a M a Nếu a M b và b M c ị a M c Với " a ạ 0 ị 0 M a Nếu a, b > 0 và a M b ; b M a ị a = b Nếu a M b và c bất kỳ ị ac M b Nếu a M b ị (±a) M (±b) Với " a ị a M (±1) Nếu a M b và c M b ị a ± c M b Nếu a M b và cMb ị a ± c M b Nếu a + b M c và a M c ị b M c Nếu a M b và n > 0 ị an M bn Nếu ac M b và (a, b) =1 ị c M b Nếu a M b, c M b và m, n bất kỳ am + cn M b Nếu a M b và c M d ị ac M bd Tích n số nguyên liên tiếp chia hết cho n! III. Một số dấu hiệu chia hết Gọi N = 1. Dấu hiệu chia hết cho 2; 5; 4; 25; 8; 125 + N M 2 Û a0 M 2 Û a0ẻ{0; 2; 4; 6; 8} + N M 5 Û a0 M 5 Û a0ẻ{0; 5} + N M 4 (hoặc 25) Û M 4 (hoặc 25) + N M 8 (hoặc 125) Û M 8 (hoặc 125) 2. Dấu hiệu chia hết cho 3 và 9 + N M 3 (hoặc 9) Û a0+a1+…+an M 3 (hoặc 9) 3. Một số dấu hiệu khác + N M 11 Û [(a0+a1+…) - (a1+a3+…)] M 11 + N M 101 Û [(++…) - (++…)]M101 + N M 7 (hoặc 13) Û [( + +…) - [( + +…) M11 (hoặc 13) + N M 37 Û ( + +…) M 37 + N M 19 Û ( a0+2an-1+22an-2+…+ 2na0) M 19 IV. Đồng dư thức a. Định nghĩa: Cho m là số nguyên dương. Nếu hai số nguyên a và b cho cùng số dư khi chia cho m thì ta nói a đồng dư với b theo modun m. Ký hiệu: a º b (modun) Vậy: a º b (modun) Û a - b M m b. Các tính chất Với " a ị a º a (modun) Nếu a º b (modun) ị b º a (modun) Nếu a º b (modun), b º c (modun) ị a º c (modun) Nếu a º b (modun) và c º d (modun) ị a+c º b+d (modun) Nếu a º b (modun) và c º d (modun) ị ac º bd (modun) Nếu a º b (modun), d ẻ Uc (a, b) và (d, m) =1 ị (modun) Nếu a º b (modun), d > 0 và d ẻ Uc (a, b, m) ị (modun ) V. Một số định lý 1. Định lý Euler Nếu m là 1 số nguyên dương j(m) là số các số nguyên dương nhỏ hơn m và nguyên tố cùng nhau với m, (a, m) = 1 Thì aj(m) º 1 (modun) Công thức tính j(m) Phân tích m ra thừa số nguyên tố m = p1a1 p2a2 … pkak với pi ẻ p; ai ẻ N* Thì j(m) = m(1 - )(1 - ) … (1 - ) 2. Định lý Fermat Nếu t là số nguyên tố và a không chia hết cho p thì ap-1 º 1 (modp) 3. Định lý Wilson Nếu p là số nguyên tố thì ( P - 1)! + 1 º 0 (modp) phần II: các phương pháp giải bài toán chia hết 1. Phương pháp 1: Sử dụng dấu hiệu chia hết Ví dụ 1: Tìm các chữ số a, b sao cho M 45 Giải Ta thấy 45 = 5.9 mà (5 ; 9) = 1 để M 45 Û M 5 và 9 Xét M 5 Û b ẻ {0 ; 5} Nếu b = 0 ta có số M 9 Û a + 5 + 6 + 0 M 9 ị a + 11 M 9 ị a = 7 Nếu b = 5 ta có số M 9 Û a + 5 + 6 + 0 M 9 ị a + 16 M 9 ị a = 2 Vậy: a = 7 và b = 0 ta có số 7560 a = 2 và b = 5 ta có số 2560 Ví dụ 2: Biết tổng các chữ số của 1 số là không đổi khi nhân số đó với 5. Chứng minh răng số đó chia hết cho 9. Giải Gọi số đã cho là a Ta có: a và 5a khi chia cho 9 cùng có 1 số dư ị 5a - a M 9 ị 4a M 9 mà (4 ; 9) = 1 ị a M 9 (Đpcm) Ví dụ 3: CMR số M 81 Giải Ta thấy: 111111111 M 9 Có = 111111111(1072 + 1063 + … + 109 + 1) Mà tổng 1072 + 1063 + … + 109 + 1 có tổng các chữ số bằng 9 M 9 ị 1072 + 1063 + … + 109 + 1 M 9 Vậy: M 81 (Đpcm) Bài tập tương tự Bài 1: Tìm các chữ số x, y sao cho a. M 4 và 9 b. M 17 Bài 2: Cho số N = CMR a. N M 4 Û (a + 2b) M 4 b. N M 16 Û (a + 2b + 4c + 8d) M 16 với b chẵn c. N M 29 Û (d + 2c + 9b + 27a) M 29 Bài 3: Tìm tất cả các số có 2 chữ số sao cho mỗi số gấp 2 lần tích các chữ số của số đó. Bài 4: Viết liên tiếp tất cả các số có 2 chữ số từ 19 đến 80 ta được số A = 192021…7980. Hỏi số A có chia hết cho 1980 không ? Vì sao? Bài 5: Tổng của 46 số tự nhiên liên tiếp có chia hết cho 46 không? Vì sao? Bài 6: Chứng tỏ rằng số là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp. Hướng dẫn - Đáp số Bài 1: a. x = và y = 2 x = và y = 6 b. = 17 (122 + 6x) + 2(2-x)M17 Û x = 2 Bài 2: a. NM4 Û M4 Û 10b + aM4 Û 8b + (2b + a) M4 ị a + 2bM4 b. NM16 Û 1000d + 100c + 10b + aM16 Û (992d + 96c + 8b) + (8d + 4c + 2b + a) M16 ị a + 2b + 4c + 8dM16 với b chẵn c. Có 100(d + 3c + 9b + 27a) - M29 mà (1000, 29) =1 M29 ị (d + 3c + 9b + 27a) M29 Bài 3: Gọi là số có 2 chữ số Theo bài ra ta có: = 10a + b = 2ab (1) M2 ị b ẻ{0; 2; 4; 6; 8} thay vào (1) a = 3; b = 6 Bài 4: Có 1980 = 22.32.5.11 Vì 2 chữ số tận cùng của a là 80 M 4 và 5 ị AM 4 và 5 Tổng các số hàng lẻ 1+(2+3+…+7).10+8 = 279 Tổng các số hàng chẵn 9+(0+1+…+9).6+0 = 279 Có 279 + 279 = 558 M 9 ị A M 9 279 - 279 = 0 M 11 ị A M 11 Bài 5: Tổng 2 số tự nhiên liên tiếp là 1 số lẻ nên không chia hết cho 2. Có 46 số tự nhiên liên tiếp ị có 23 cặp số mỗi cặp có tổng là 1 số lẻ ị tổng 23 cặp không chia hết cho 2. Vậy tổng của 46 số tự nhiên liên tiếp không chia hết cho 46. Bài 6: Có = Mà = 3. ị = (Đpcm) 2. Phương pháp 2: Sử dụng tính chất chia hết * Chú ý: Trong n số nguyên liên tiếp có 1 và chỉ 1 số chia hết cho n. CMR: Gọi n là số nguyên liên tiếp m + 1; m + 2; … m + n với m ẻ Z, n ẻ N* Lấy n số nguyên liên tiếp trên chia cho n thì ta được tập hợp số dư là: {0; 1; 2; … n - 1} * Nếu tồn tại 1 số dư là 0: giả sử m + i = nqi ; i = ị m + i M n * Nếu không tồn tại số dư là 0 ị không có số nguyên nào trong dãy chia hết cho n ị phải có ít nhất 2 số dư trùng nhau. Giả sử: ị i - j = n(qi - qj) M n ị i - j M n mà ẵi - jẵ< n ị i - j = 0 ị i = j ị m + i = m + j Vậy trong n số đó có 1 số và chỉ 1 số đó chia hết cho n… Ví dụ 1: CMR: a. Tích của 2 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2 b. Tích của 3 số nguyên liên tiếp chia hết cho 6. Giải a. Trong 2 số nguyên liên tiếp bao giờ cũng có 1 số chẵn ị Số chẵn đó chia hết cho 2. Vậy tích của 2 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2. Tích 2 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2 nên tích của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2 b. Trong 3 sô nguyên liên tiếp bao giơ cũng có 1 số chia hết cho 3. ị Tích 3 số đó chia hết cho 3 mà (1; 3) = 1. Vậy tích của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 6. Ví dụ 2: CMR: Tổng lập phương của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 9. Giải Gọi 3 số nguyên liên tiếp lần lượt là: n - 1 , n , n+1 Ta có: A = (n - 1)3 + n3 + (n + 1)3 = 3n3 - 3n + 18n + 9n2 + 9 = 3(n - 1)n (n+1) + 9(n2 + 1) + 18n Ta thấy (n - 1)n (n + 1) M 3 (CM Ví dụ 1) ị 3(n - 1)n (n + 1) M 9 mà ị A M 9 (ĐPCM) Ví dụ 3: CMR: n4 - 4n3 - 4n2 +16n M 3 84 với " n chẵn, n³4 Giải Vì n chẵn, n³4 ta đặt n = 2k, k³2 Ta có n4 - 4n3 - 4n2 + 16n = 16k4 - 32k3 - 16k2 + 32k = đặt 16k(k3 - 2k2 - k + 2) = đặt 16k(k - 2) (k - 1)(k + 1) Với k ³ 2 nên k - 2, k - 1, k + 1, k là 4 số tự nhiên liên tiếp nên trong 4 số đó có 1 số chia hết cho 2 và 1 số chia hết cho 4. ị (k - 2)(k - 1)(k + 1)k M 8 Mà (k - 2) (k - 1)k M 3 ; (3,8)=1 ị (k - 2) (k - 1) (k + 1)k M 24 ị 16(k - 2) (k - 1) (k + 1)k M (16,24) Vậy n4 - 4n3 - 4n2 +16n M 384 với " n chẵn, n ³ 4 Bài tập tương tự Bài 1: CMR: a. n(n + 1) (2n + 1) M 6 b. n5 - 5n3 + 4n M 120 Với " n ẻ N Bài 2: CMR: n4 + 6n3 + 11n2 + 6n M 24 Với " n ẻ Z Bài 3: CMR: Với " n lẻ thì n2 + 4n + 3 M 8 n3 + 3n2 - n - 3 M 48 n12 - n8 - n4 + 1 M 512 Bài 4: Với p là số nguyên tố p > 3 CMR : p2 - 1 M 24 Bài 5: CMR: Trong 1900 số tự nhiên liên tiếp có 1 số có tổng các chữ số chia hết cho 27. Hướng dẫn - Đáp số Bài 1: a. n(n + 1)(2n + 1) = n(n + 1) [(n + 1) + (n + 2)] = n(n + 1) (n - 1) + n(n + 1) (n + 2) M 6 b. n5 - 5n3 + 4n = (n4 - 5n2 + 4)n = n(n2 - 1) (n2 - 4) = n(n + 1) (n - 1) (n + 2) (n - 2) M 120 Bài 2: n4 + 6n3 + 6n + 11n2 = n(n3 + 6n2 + 6 + 11n) = n(n + 1) (n + 2) (n + 3) M 24 Bài 3: a. n2 + 4n + 3 = (n + 1) (n + 3) M 8 b. n3 + 3n2 - n - 3 = n2(n + 3) - (n + 3) = (n2 - 1) (n + 3) = (n + 1) (n - 1) (n + 3) = (2k + 4) (2k + 2) (2k với n = 2k + 1, k ẻ N) = 8k(k + 1) (k +2) M 48 c. n12 - n8 - n4 + 1 = n8 (n4 - 1) - (n4 - 1) = (n4 - 1) (n8 - 1) = (n4 - 1)2 (n4 + 1) = (n2 - 1)2 (n2 - 1)2 (n4 + 1) = 16[k(k + 1)2 (n2 + 1)2 (n4 + 1) Với n = 2k + 1 ị n2 + 1 và n4 + 1 là những số chẵn ị (n2 + 1)2 M 2 n4 + 1 M 2 ị n12 - n8 - n4 + 1 M (24.22. 22. 1 . 21) Vậy n12 - n8 - n4 + 1 M 512 Bài 4: Có p2 - 1 = (p - 1) (p + 1) vì p là số nguyên tố p > 3 ị p M 3 ta có: (p - 1) (p + 1) M 8 và p = 3k + 1 hoặc p = 3k + 2 (k ẻ N) ị (p - 1) (p + 1) M 3 Vậy p2 - 1 M 24 Bài 5: Giả sử 1900 số tự nhiên liên tiếp là n, n +1; n + 2; … ; n + 1989 (1) trong 1000 tự nhiên liên tiếp n, n + 1; n + 2; …; n + 999 có 1 số chia hết cho 1000 giả sử n0, khi đó n0 có tận cùng là 3 chữ số 0 giả sử tổng các chữ số của n0 là s khi đó 27 số n0, n0 + 9; n0 + 19; n0 + 29; n0 + 39; …; n0 + 99; n0 + 199; … n0 + 899 (2) Có tổng các chữ số lần lượt là: s; s + 1 … ; s + 26 Có 1 số chia hết cho 27 (ĐPCM) * Chú ý: n + 899 Ê n + 999 + 899 < n + 1989 ị Các số ở (2) nằm trong dãy (1) 3. Phương pháp 3: xét tập hợp số dư trong phép chia Ví dụ 1: CMR: Với " n ẻ N Thì A(n) = n(2n + 7) (7n + 7) chia hết cho 6 Giải Ta thấy 1 trong 2 thừa số n và 7n + 1 là số chẵn. Với " n ẻ N ị A(n) M 2 Ta chứng minh A(n) M 3 Lấy n chia cho 3 ta được n = 3k + 1 (k ẻ N) Với r ẻ {0; 1; 2} Với r = 0 ị n = 3k ị n M 3 ị A(n) M 3 Với r = 1 ị n = 3k + 1 ị 2n + 7 = 6k + 9 M 3 ị A(n) M 3 Với r = 2 ị n = 3k + 2 ị 7n + 1 = 21k + 15 M 3 ị A(n) M 3 ị A(n) M 3 với " n mà (2, 3) = 1 Vậy A(n) M 6 với " n ẻ N Ví dụ 2: CMR: Nếu n M 3 thì A(n) = 32n + 3n + 1 M 13 Với " n ẻ N Giải Vì n M 3 ị n = 3k + r (k ẻ N); r ẻ {1; 2; 3} ị A(n) = 32(3k + r) + 33k+r + 1 = 32r(36k - 1) + 3r (33k - 1) + 32r + 3r + 1 ta thấy 36k - 1 = (33)2k - 1 = (33 - 1)M = 26M M 13 33k - 1 = (33 - 1)N = 26N M 13 với r = 1 ị 32n + 3n + 1 = 32 + 3 +1 = 13 M 13 ị 32n + 3n + 1 M 13 với r = 2 ị 32n + 3n + 1 = 34 + 32 + 1 = 91 M 13 ị 32n + 3n + 1 Vậy với n M 3 thì A(n) = 32n + 3n + 1 M 13 Với " n ẻ N Ví dụ 3: Tìm tất cả các số tự nhiên n để 2n - 1 M 7 Giải Lấy n chia cho 3 ta có n = 3k + 1 (k ẻ N); r ẻ {0; 1; 2} Với r = 0 ị n = 3k ta có 2n - 1 = 23k - 1 = 8k - 1 = (8 - 1)M = 7M M 7 với r =1 ị n = 3k + 1 ta có: 2n - 1 = 28k +1 - 1 = 2.23k - 1 = 2(23k - 1) + 1 mà 23k - 1 M 7 ị 2n - 1 chia cho 7 dư 1 với r = 2 ị n = 3k + 2 ta có : 2n - 1 = 23k + 2 - 1 = 4(23k - 1) + 3 mà 23k - 1 M 7 ị 2n - 1 chia cho 7 dư 3 Vậy 23k - 1 M 7 Û n = 3k (k ẻ N) Bài tập tương tự Bài 1: CMR: An = n(n2 + 1)(n2 + 4) M 5 Với " n ẻ Z Bài 2: Cho A = a1 + a2 + … + an B = a51 + a52 + … + a5n Bài 3: CMR: Nếu (n, 6) =1 thì n2 - 1 M 24 Với " n ẻ Z Bài 4: Tìm số tự nhiên W để 22n + 2n + 1 M 7 Bài 5: Cho 2 số tự nhiên m, n để thoả mãn 24m4 + 1 = n2 CMR: mn M 55 Hướng dẫn - Đáp số Bài 1: + A(n) M 6 + Lấy n chia cho 5 ị n = 5q + r r ẻ {0; 1; 2; 3; 4} r = 0 ị n M 5 ị A(n) M 5 r = 1, 4 ị n2 + 4 M 5 ị A(n) M 5 r = 2; 3 ị n2 + 1 M 5 ị A(n) M 5 ị A(n) M 5 ị A(n) M 30 Bài 2: Xét hiệu B - A = (a51 - a1) + … + (a5n - an) Chỉ chứng minh: a5i - ai M 30 là đủ Bài 3: Vì (n, 6) =1 ị n = 6k + 1 (k ẻ N) Với r ẻ {±1} r = ±1ị n2 - 1 M 24 Bài 4: Xét n = 3k + r (k ẻ N) Với r ẻ {0; 1; 2} Ta có: 22n + 2n + 1 = 22r(26k - 1) + 2r(23k - 1) + 22n + 2n + 1 Làm tương tự VD3 Bài 5: Có 24m4 + 1 = n2 = 25m4 - (m4 - 1) Khi m M 5 ị mn M 5 Khi m M 5 thì (m, 5) = 1 ị m4 - 1 M 5 (Vì m5 - m M 5 ị (m4 - 1) M 5 ị m4 - 1 M 5) ị n2 M 5 ị ni5 Vậy mn M 5 4. Phương pháp 4: sử dụng phương pháp phân tích thành nhân tử Giả sử chứng minh an M k Ta có thể phân tích an chứa thừa số k hoặc phân tích thành các thừa số mà các thừa số đó chia hết cho các thừa số của k. Ví dụ 1: CMR: 36n - 26n M 35 Với " n ẻ N Giải Ta có 36n - 26n = (36)n - (26)n = (36 - 26)M = (33 + 23) (33 - 23)M = 35.19M M 35 Vậy 36n - 26n M 35 Với " n ẻ N Ví dụ 2: CMR: Với " n là số tự nhiên chăn thì biểu thức A = 20n + 16n - 3n - 1 M 232 Giải Ta thấy 232 = 17.19 mà (17;19) = 1 ta chứng minh A M 17 và A M 19 ta có A = (20n - 3n) + (16n - 1) có 20n - 3n = (20 - 3)M M 17M 16n - 1 = (16 + 1)M = 17N M 17 (n chẵn) ị A M 17 (1) ta có: A = (20n - 1) + (16n - 3n) có 20n - 1 = (20 - 1)p = 19p M 19 có 16n - 3n = (16 + 3)Q = 19Q M 19 (n chẵn) ị A M 19 (2) Từ (1) và (2) ị A M 232 Ví dụ 3: CMR: nn - n2 + n - 1 M (n - 1)2 Với " n >1 Giải Với n = 2 ị nn - n2 + n - 1 = 1 và (n - 1)2 = (2 - 1)2 = 1 ị nn - n2 + n - 1M (n - 1)2 với n > 2 đặt A = nn - n2 + n - 1 ta có A = (nn - n2) + (n - 1) = n2(nn-2 - 1) + (n - 1) = n2(n - 1) (nn-3 + nn-4 + … + 1) + (n - 1) = (n - 1) (nn-1 + nn-2 + … + n2 +1) = (n - 1) [(nn-1 - 1) + … +( n2 - 1) + (n - 1)] = (n - 1)2M M (n - 1)2 Vậy A M (n - 1)2 (ĐPCM) Bài tập tương tự Bài 1: CMR: a. 32n +1 + 22n +2 M 7 b. mn(m4 - n4) M 30 Bài 2: CMR: A(n) = 3n + 63 M 72 với n chẵn n ẻ N, n ³ 2 Bài 3: Cho a và b là 2 số chính phương lẻ liên tiếp CMR: a. (a - 1) (b - 1) M 192 Bài 4: CMR: Với p là 1 số nguyên tố p > 5 thì p4 - 1 M 240 Bài 5: Cho 3 số nguyên dương a, b, c và thoả mãn a2 = b2 + c2 CMR: abc M 60 Hướng dẫn - Đáp số Bài 1: a. 32n +1 + 22n +2 = 3.32n + 2.2n = 3.9n + 4.2n = 3(7 + 2)n + 4.2n = 7M + 7.2n M 7 b. mn(m4 - n4) = mn(m2 - 1)(m2 + 1) - mn(n2 - 1) (n2 + 1) M 30 Bài 3: Có 72 = 9.8 mà (8, 9) = 1 và n = 2k (k ẻ N) có 3n + 63 = 32k + 63 = (32k - 1) + 64 ị A(n) M 8 Bài 4: Đặt a = (2k - 1)2; b = (2k - 1)2 (k ẻ N) Ta có (a - 1)(b - 1) = 16k(k + 1)(k - 1) M 64 và 3 Bài 5: Có 60 = 3.4.5 Đặt M = abc Nếu a, b, c đều không chia hết cho 3 ị a2, b2 và c2 chia hết cho 3 đều dư 1 ị a2 ạ b2 + c2. Do đó có ít nhất 1 số chia hết cho 3. Vậy M M 3 Nếu a, b, c đều không chia hết cho 5 ị a2, b2 và c2 chia 5 dư 1 hoặc 4 ị b2 + c2 chia 5 thì dư 2; 0 hoặc 3. ị a2 ạ b2 + c2. Do đó có ít nhất 1 số chia hết cho 5. Vậy M M 5 Nếu a, b, c là các số lẻ ị b2 và c2 chia hết cho 4 dư 1. ị b2 + c2 º (mod 4) ị a2 ạ b2 + c2 Do đó 1 trong 2 số a, b phải là số chẵn. Giả sử b là số chẵn Nếu C là số chẵn ị M M 4 Nếu C là số lẻ mà a2 = b2 + c2 ị a là số lẻ ị b2 = (a - c) (a + b) ị ị chẵn ị b M 4 ị m M 4 Vậy M = abc M 3.4.5 = 60 5. Phương pháp 5: biến đổi biểu thức cần chứng minh về dạng tổng Giả sử chứng minh A(n) M k ta biến đổi A(n) về dạng tổng của nhiều hạng tử và chứng minh mọi hạng tử đều chia hết cho k. Ví dụ 1: CMR: n3 + 11n M 6 với " n ẻ z. Giải Ta có n3 + 11n = n3 - n + 12n = n(n2 - 1) + 12n = n(n + 1) (n - 1) + 12n Vì n, n - 1; n + 1 là 3 số nguyên liên tiếp ị n(n + 1) (n - 1) M 6 và 12n M 6 Vậy n3 + 11n M 6 Ví dụ 2: Cho a, b ẻ z thoả mãn (16a +17b) (17a +16b) M 11 CMR: (16a +17b) (17a +16b) M 121 Giải Có 11 số nguyên tố mà (16a +17b) (17a +16b) M 11 ị (1) Có 16a +17b + 17a +16b = 33(a + b) M 11 (2) Từ (1) và (2) ị Vậy (16a +17b) (17a +16b) M 121 Ví dụ 3: Tìm n ẻ N sao cho P = (n + 5)(n + 6) M 6n. Giải Ta có P = (n + 5)(n + 6) = n2 + 11n + 30 = 12n + n2 - n + 30 Vì 12n M 6n nên để P M 6n Û n2 - n + 30 M 6n Û Từ (1) ị n = 3k hoặc n = 3k + 1 (k ẻ N) Từ (2) ị n ẻ {1; 2; 3; 5; 6; 10; 15; 30} Vậy từ (1); (2) ị n ẻ {1; 3; 6; 10; 15; 30} Thay các giá trị của n vào P ta có n ẻ {1; 3; 10; 30} là thoả mãn Vậy n ẻ {1; 3; 10; 15; 30} thì P = (n + 5)(n + 6) M 6n. Bài tập tương tự Bài 1: CMR: 13 + 33 + 53 + 73 M 23 Bài 2: CMR: 36n2 + 60n + 24 M 24 Bài 3: CMR: a. 5n+2 + 26.5n + 8 2n+1 M 59 b. 9 2n + 14 M 5 Bài 4: Tìm n ẻ N sao cho n3 - 8n2 + 2n M n2 + 1 Hướng dẫn - Đáp số Bài 1: 13 + 33 + 53 + 73 = (13 + 73) + (33 + 53) = 8m + 8N M 23 Bài 2: 362 + 60n + 24 = 12n(3n + 5) + 24 Ta thấy n và 3n + 5 không đồng thời cùng chẵn hoặc cùng lẻ ị n(3n + 5) M 2 ị ĐPCM Bài 3: a. 5n+2 + 26.5n + 8 2n+1 = 5n(25 + 26) + 8 2n+1 = 5n(59 - 8) + 8.64 n = 5n.59 + 8.59m M 59 b. 9 2n + 14 = 9 2n - 1 + 15 = (81n - 1) + 15 = 80m + 15 M 5 Bài 4: Có n3 - 8n2 + 2n = (n2 + 1)(n - 8) + n + 8 M (n2 + 1) Û n + 8 M n2 + 1 Nếu n + 8 = 0 ị n = -8 (thoả mãn) Nếu n + 8 ạ 0 ị ẵn + 8ẵ³ n2 + 1 ị ị n ẻ {-2; 0; 2} thử lại Vậy n ẻ {-8; 0; 2} 6. Phương pháp 6: Dùng quy nạp toán học Giả sử CM A(n) M P với n ³ a (1) Bước 1: Ta CM (1) đúng với n = a tức là CM A(n) M P Bước 2: Giả sử (1) đúng với n = k tức là CM A(k) M P với k ³ a Ta CM (1) đúng với n = k + 1 tức là phải CM A(k+1) M P Bước 3: Kết luận A(n) M P với n ³ a Ví dụ 1: Chứng minh A(n) = 16n - 15n - 1 M 225 với " n ẻ N* Giải Với n = 1 ị A(n) = 225 M 225 vậy n = 1 đúng Giả sử n = k ³ 1 nghĩa là A(k) = 16k - 15k - 1 M 225 Ta phải CM A(k+1) = 16 k+1 - 15(k + 1) - 1 M 225 Thật vậy: A(k+1) = 16 k+1 - 15(k + 1) - 1 = 16.16k - 15k - 16 = (16k - 15k - 1) + 15.16k - 15 = 16k - 15k - 1 + 15.15m = A(k) + 225 mà A(k) M 225 (giả thiết quy nạp) 225mM 225 Vậy A(n) M 225 Ví dụ 2: CMR: với " n ẻ N* và n là số tự nhiên lẻ ta có Giải Với n = 1 ị m2 - 1 = (m + 1)(m - 1) M 8 (vì m + 1; m - 1 là 2 số chẵn liên tiếp nên tích của chúng chia hết cho 8) Giả sử với n = k ta có ta phải chứng minh Thật vậy ị ị có = Vậy với " n ³ 1 Bài tập tương tự Bài 1: CMR: 33n+3 - 26n - 27 M 29 với " n ³ 1 Bài 2: CMR: 42n+2 - 1 M 15 Bài 3: CMR số được thành lập bởi 3n chữ số giống nhau thì chia hết cho 3n với n là số nguyên dương. Hướng dẫn - Đáp số Bài 1: Tương tự ví dụ 1. Bài 2: Tương tự ví dụ 1. Bài 3: Ta cần CM M 3n (1) Với n = 1 ta có Giả sử (1) đúng với n = k tức là M 3k Ta chứng minh (1) đúng với n = k + 1 tức là phải chứng minh M 3k+1 ta có 3k+1 = 3.3k = 3k + 3k +3k Có 7. Phương pháp 7: sử dụng đồng dư thức Giải bài toán dựa vào đồng dư thức chủ yếu là sử dụng định lý Euler và định lý Fermat Ví dụ 1: CMR: 22225555 + 55552222 M 7 Giải Có 2222 º - 4 (mod 7) ị 22225555 + 55552222 º (- 4)5555 + 45555 (mod 7) Lại có: (- 4)5555 + 42222 = - 45555 + 42222 = - 42222 (43333 - 1) = Vì 43 = 64 º (mod 7) (mod 7) ị 22225555 + 55552222 º 0 (mod 7) Vậy 22225555 + 55552222 M 7 Ví dụ 2: CMR: với " n ẻ N Giải Theo định lý Fermat ta có: 310 º 1 (mod 11) 210 º 1 (mod 11) Ta tìm dư trong phép chia là 24n+1 và 34n+1 cho 10 Có 24n+1 = 2.16n º 2 (mod 10) ị 24n+1 = 10q + 2 (q ẻ N) Có 34n+1 = 3.81n º 3 (mod 10) ị 34n+1 = 10k + 3 (k ẻ N) Ta có: = 32.310q + 23.210k + 5 º 1+0+1 (mod 2) º 0 (mod 2) mà (2, 11) = 1 Vậy với " n ẻ N Ví dụ 3: CMR: với n ẻ N Giải Ta có: 24 º 6 (mod) ị 24n+1 º 2 (mod 10) ị 24n+1 = 10q + 2 (q ẻ N) ị Theo định lý Fermat ta có: 210 º 1 (mod 11) ị 210q º 1 (mod 11) º 4+7 (mod 11) º 0 (mod 11) Vậy với n ẻ N (ĐPCM) Bài tập tương tự Bài 1: CMR với n ẻ N Bài 2: CMR với " n ³ 1 ta có 52n-1. 22n-15n+1 + 3n+1 .22n-1 M 38 Bài 3: Cho số p > 3, p ẻ (P) CMR 3p - 2p - 1 M 42p Bài 4: CMR với mọi số nguyên tố p đều có dạng 2n - n (n ẻ N) chia hết cho p. Hướng dẫn - Đáp số Bài 1: Làm tương tự như VD3 Bài 2: Ta thấy 52n-1. 22n-15n+1 + 3n+1 .22n-1 M 2 Mặt khác 52n-1. 22n-15n+1 + 3n+1 .22n-1 = 2n(52n-1.10 + 9. 6n-1) Vì 25 º 6 (mod 19) ị 5n-1 º 6n-1 (mod 19) ị 25n-1.10 + 9. 6n-1 º 6n-1.19 (mod 19) º 0 (mod 19) Bài 3: Đặt A = 3p - 2p - 1 (p lẻ) Dễ dàng CM A M 2 và A M 3 ị A M 6 Nếu p = 7 ị A = 37 - 27 - 1 M 49 ị A M 7p Nếu p ạ 7 ị (p, 7) = 1 Theo định lý Fermat ta có: A = (3p - 3) - (2p - 2) M p Đặt p = 3q + r (q ẻ N; r = 1, 2) ị A = (33q+1 - 3) - (23q+r - 2) = 3r.27q - 2r.8q - 1 = 7k + 3r(-1)q - 2r - 1 (k ẻ N) với r = 1, q phải chẵn (vì p lẻ) ị A = 7k - 9 - 4 - 1 = 7k - 14 Vậy A M 7 mà A M p, (p, 7) = 1 ị A M 7p Mà (7, 6) = 1; A M 6 ị A M 42p. Bài 4: Nếu P = 2 ị 22 - 2 = 2 M 2 Nếu n > 2 Theo định lý Fermat ta có: 2p-1 º 1 (mod p) ị 2m(p-1) º 1 (mod p) (m ẻ N) Xét A = 2m(p-1) + m - mp A M p ị m = kq - 1 Như vậy nếu p > 2 ị p có dạng 2n - n trong đó N = (kp - 1)(p - 1), k ẻ N đều chia hết cho p 8. Phương pháp 8: sử dụng nguyên lý Đirichlet Nếu đem n + 1 con thỏ nhốt vào n lồng thì có ít nhất 1 lồng chứa từ 2 con trở lên. Ví dụ 1: CMR: Trong n + 1 số nguyên bất kỳ có 2 số có hiệu chia hết cho n. Giải Lấy n + 1 số nguyên đã cho chia cho n thì được n + 1 số dư nhận 1 trong các số sau: 0; 1; 2; …; n - 1 ị có ít nhất 2 số dư có cùng số dư khi chia cho n. Giả sử ai = nq1 + r 0 Ê r < n aj = nq2 + r a1; q2 ẻ N ị aj - aj = n(q1 - q2) M n Vậy trong n +1 số nguyên bất kỳ có 2 số có hiệu chia hết cho n. Nếu không có 1 tổng nào trong các tổng trên chia hết cho n như vậy số dư khi chia mỗi tổng trên cho n ta được n số dư là 1; 2; …; n - 1 Vậy theo nguyên lý Đirichlet sẽ tồn tại ít nhất 2 tổng mà chi cho n có cùng số dư ị (theo VD1) hiệu cùadr tổng này chia hết cho n (ĐPCM). Bài tập tương tự Bài 1: CMR: Tồn tại n ẻ N sao cho 17n - 1 M 25 Bài 2: CMR: Tồn tại 1 bội của số 1993 chỉ chứa toàn số 1. Bài 3: CMR: Với 17 số nguyên bất kỳ bao giờ cũng tồn tại 1 tổng 5 số chia hết cho 5. Bài 4: Có hay không 1 số có dạng. 19931993 … 1993000 … 00 M 1994 Hướng dẫn - Đáp số Bài 1: Xét dãy số 17, 172, …, 1725 (tương tự VD2) Bài 2: Ta có 1994 số nguyên chứa toàn bộ số 1 là: 1 11 111 … Khi chia cho 1993 thì có 1993 số dư ị theo nguyên lý Đirichlet có ít nhất 2 số có cùng số dư. Giả sử đó là ai = 1993q + r 0 Ê r < 1993 aj = 1993k + r i > j; q, k ẻ N ị aj - aj = 1993(q - k) mà (10j, 1993) = 1 M 1993 (ĐPCM) Bài 3: Xét dãy số gồm 17 số nguyên bất kỳ là a1, a2, …, a17 Chia các số cho 5 ta được 17 số dư ắt phải có 5 số dư thuộc tập hợp{0; 1; 2; 3; 4} Nếu trong 17 số trên có 5 số khi chia cho 5 có cùng số dư thì tổng của chúng sẽ chia hết cho 5. Nếu trong 17 số trên không có số nào có cùng số dư khi chia cho 5 ị tồn tại 5 số có số dư khác nhau ị tổng các số dư là: 0 + 1 + 2 + 3 + 4 = 10 M 10 Vậy tổng của 5 số này chia hết cho 5. Bài 4: Xét dãy số a1 = 1993, a2 = 19931993, … a1994 = đem chia cho 1994 ị có 1994 số dư thuộc tập {1; 2; …; 1993} theo nguyên lý Đirichlet có ít nhất 2 số hạng có cùng số dư. Giả sử: ai = 1993 … 1993 (i số 1993) aj = 1993 … 1993 (j số 1993) ị aj - aj M 1994 1 Ê i < j Ê 1994 ị 9. Phương pháp 9: phương pháp phản chứng Để CM A(n) M p (hoặc A(n) M p ) + Giả sử: A(n) M p (hoặc A(n) M p ) + CM trên giả sử là sai + Kết luận: A(n) M p (hoặc A(n) M p ) Ví dụ 1: CMR n2 + 3n + 5 M 121 với " n ẻ N Giả sử tồn tại n ẻ N sao cho n2 + 3n + 5 M 121 ị 4n2 + 12n + 20 M 121 (vì (n, 121) = 1) ị (2n + 3)2 + 11 M 121 (1) ị (2n + 3)2 M 11 Vì 11 là số nguyên tố ị 2n + 3 M 11 ị (2n + 3)2 M 121 (2) Từ (1) và (2) ị 11 M 121 vô lý Vậy n2 + 3n + 5 M 121 Ví dụ 2: CMR n2 - 1 M n với " n ẻ N* Giải Xét tập hợp số tự nhiên N* Giả sử $ n ³ 1, n ẻ N* sao cho n2 - 1 M n Gọi d là ước số chung nhỏ nhất khác 1 của n ị d ẻ (p) theo định lý Format ta có 2d-1 º 1 (mod d) ị m < d ta chứng minh m\n Giả sử n = mq + r (0 Ê r < m) Theo giả sử n2 - 1 M n ị nmq+r - 1 M n ị 2r(nmq - 1) + (2r - 1) M n ị 2r - 1 M d vì r < m mà m ẻ N, m nhỏ nhất khác 1 có tính chất (1) ị r = 0 ị m\n mà m < d cũng có tính chất (1) nên điều giả sử là sai. Vậy n2 - 1 M n với " n ẻ N* Bài tập