Chuyên đề Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán chia hết

TRƯỜNG THCS THỊ TRẤN Vì sự nghiệp giáo dục 1 Phần I: Tóm tắt lý thuyết I. Định nghĩa phép chia Cho 2 số nguyên a và b trong đó b ≠ 0 ta luôn tìm đ−ợc hai số nguyên q và r duy nhất sao cho: a = bq + r Với 0 ≤ r ≤ | b| Trong đó: a là số bị chia, b là số chia, q là th−ơng, r là số d−. Khi a chia cho b có thể xẩy ra | b| số d− r ∈ {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: a
b hay b\ a Vậy: a
b ⇔ Có số nguyên q sao cho a = bq II. Các tính chất 1. Với ∀ a ≠ 0 ⇒ a
a 2. Nếu a
b và b
c ⇒ a
c 3. Với ∀ a ≠ 0 ⇒ 0
a 4. Nếu a, b > 0 và a
b ; b
a ⇒ a = b 5. Nếu a
b và c bất kỳ ⇒ ac
b 6. Nếu a
b ⇒ (±a)
(±b) 7. Với ∀ a ⇒ a
(±1) 8. Nếu a
b và c
b ⇒ a ± c
b 9. Nếu a + b
c và a
c ⇒ b
c 10. Nếu a
b và n > 0 ⇒ an
bn 11. Nếu ac
b và (a, b) =1 ⇒ c
b 12. Nếu a
b, c
b và m, n bất kỳ am + cn
b 13. Nếu a
b và c
d ⇒ ac
bd 14. Tích n số nguyên liên tiếp chia hết cho n! III. Một số dấu hiệu chia hết Gọi N = 1 2 3 4 n-2 n-1 n a a a a ...a a a 1. Dấu hiệu chia hết cho 2; 5; 4; 25; 8; 125 + N
2 ⇔ an
2 ⇔ an∈{0; 2; 4; 6; 8} + N
5 ⇔ an
5 ⇔ an∈{0; 5} + N
4 (hoặc 25) ⇔ n-1 n a a
4 (hoặc 25) + N
8 (hoặc 125) ⇔ n-2 n-1 n a a a
8 (hoặc 125) 2. Dấu hiệu chia hết cho 3 và 9 TRƯỜNG THCS THỊ TRẤN Vì sự nghiệp giáo dục 2 + N
3 (hoặc 9) ⇔ a0 + a1+ .... +an
3 (hoặc 9) 3. Một số dấu hiệu khác + N
11 ⇔ [(a0 + a2 + ...) - (a1 + a3+ ...)] = 0 + N
101 ⇔ 1 2 5 6 3 4 7 8 (a a a a ...) (a a a a ...) 0+ + − + + = + N
7 (hoặc 13) ⇔ 1 2 3 7 8 9 4 5 6 10 11 12 (a a a a a a ...) (a a a a a a ...) 0 + + − + + = IV. Đồng d− thức a. Định nghĩa: Cho m là số nguyên d−ơng. Nếu hai số nguyên a và b cho cùng số d− khi chia cho m thì ta nói a đồng d− với b theo modun m. Ký hiệu: a ≡ b (modun m) Vậy: a ≡ b (modun m) ⇔ a - b
m b. Các tính chất 1. Với ∀ a ⇒ a ≡ a (modun) 2. Nếu a ≡ b (modun m) ⇒ b ≡ a (modun m) 3. Nếu a ≡ b (modun m), b ≡ c (modun m) ⇒ a ≡ c (modun m) 4. Nếu a ≡ b (modun m) và c ≡ d (modun) ⇒ a + c ≡ b + d (modun m) 5. Nếu a ≡ b (modun m) và c ≡ d (modun m) ⇒ ac ≡ bd (modun m) 6. Nếu a ≡ b (modun m), d ∈ ƯC (a, b) và (d, m) =1 ⇒ a b d d ≡ (modun m) 7. Nếu a ≡ b (modun), d > 0 và d ∈ Uc (a, b, m) ⇒ a b d d ≡ (modun d m ) V. Một số định lý 1. Định lý Euler Nếu m là 1 số nguyên d−ơng ϕ(m) là số các số nguyên d−ơng nhỏ hơn m và nguyên tố cùng nhau với m, (a, m) = 1 Thì aϕ(m) ≡ 1 (modun) Công thức tính ϕ(m) Phân tích m ra thừa số nguyên tố m = p1 α1 p2 α2 pk αk với pi ∈ p; αi ∈ N * Thì ϕ(m) = m(1 - `1 1 p )(1 - 2 1 p ) (1 - kp 1 ) 2. Định lý Fermat Nếu t là số nguyên tố và a không chia hết cho p thì ap-1 ≡ 1 (modp) 3. Định lý Wilson Nếu p là số nguyên tố thì ( P - 1)! + 1 ≡ 0 (modp) Phần II: các ph−ơng pháp giải bài toán chia hết 1. Ph−ơng pháp 1: Sử dụng dấu hiệu chia hết TRƯỜNG THCS THỊ TRẤN Vì sự nghiệp giáo dục 3 Ví dụ 1: Tìm các chữ số a, b sao cho a56b
45 Giải Ta thấy 45 = 5.9 mà (5 ; 9) = 1 để a56b
45 ⇔ a56b
5 và 9 Xét a56b
5 ⇔ b ∈ {0 ; 5} Nếu b = 0 ta có số a56b
9 ⇔ a + 5 + 6 + 0
9 ⇒ a + 11
9 ⇒ a = 7 Nếu b = 5 ta có số a56b
9 ⇔ a + 5 + 6 + 0
9 ⇒ a + 16
9 ⇒ 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 d− ⇒ 5a - a
9 ⇒ 4a
9 mà (4 ; 9) = 1 ⇒ a
9 (Đpcm) Ví dụ 3: CMR số  1 số 81 111 111
81 Giải Ta thấy: 111111111
9 Có  1 số 81 111 111 = 111111111(1072 + 1063 + ... + 109 + 1) Mà tổng 1072 + 1063 + ... + 109 + 1 có tổng các chữ số bằng 9
9 ⇒ 1072 + 1063 + ... + 109 + 1
9 Vậy:  1 số 81 111 111
81 (Đpcm) Bài tập t−ơng tự Bài 1: Tìm các chữ số x, y sao cho a. 34x5y
4 và 9 b. 2x78
17 Bài 2: Cho số N = dcba CMR a. N
4 ⇔ (a + 2b)
4 TRƯỜNG THCS THỊ TRẤN Vì sự nghiệp giáo dục 4 b. N
16 ⇔ (a + 2b + 4c + 8d)
16 với b chẵn c. N
29 ⇔ (d + 2c + 9b + 27a)
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 đ−ợc 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  1 số 100 11 11  2 số 100 22 22 là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp. H−ớng dẫn - Đáp số Bài 1: a. x = và y = 2 x = và y = 6 b. 2x78 = 17 (122 + 6x) + 2(2-x)
17 ⇔ x = 2 Bài 2: a. N
4 ⇔ ab
4 ⇔ 10b + a
4 ⇔ 8b + (2b + a)
4 ⇒ a + 2b
4 b. N
16 ⇔ 1000d + 100c + 10b + a
16 ⇔ (992d + 96c + 8b) + (8d + 4c + 2b + a)
16 ⇒ a + 2b + 4c + 8d
16 với b chẵn c. Có 100(d + 3c + 9b + 27a) - dbca
29 mà (1000, 29) =1 dbca
29 ⇒ (d + 3c + 9b + 27a)
29 Bài 3: Gọi ab là số có 2 chữ số Theo bài ra ta có: ab = 10a + b = 2ab (1) ab
2 ⇒ b ∈{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
4 và 5 ⇒ A
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
9 ⇒ A
9 279 - 279 = 0
11 ⇒ A
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 ⇒ có 23 cặp số mỗi cặp có tổng là 1 số lẻ ⇒ tổng 23 cặp không chia hết cho 2. Vậy tổng của 46 số tự nhiên liên tiếp không chia hết cho 46. TRƯỜNG THCS THỊ TRẤN Vì sự nghiệp giáo dục 5 Bài 6: Có  1 số 100 11 11  2 số 100 22 22 =  1 số 100 11 11  0 số 99 02 100 Mà  0 số 99 02 100 = 3.  3 số 99 34 33 ⇒  1 số 100 11 11  2 số 100 22 22 =  3 số100 33 33  3 số 99 34 33 (Đpcm) 2. Ph−ơng 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 ∈ Z, n ∈ N* Lấy n số nguyên liên tiếp trên chia cho n thì ta đ−ợc tập hợp số d− là: {0; 1; 2; n - 1} * Nếu tồn tại 1 số d− là 0: giả sử m + i = nqi ; i = n1, ⇒ m + i
n * Nếu không tồn tại số d− là 0 ⇒ không có số nguyên nào trong dãy chia hết cho n ⇒ phải có ít nhất 2 số d− trùng nhau. Giả sử:    +=+ ≤≤+=+ r qjn j m n j i;1 r nqi i m ⇒ i - j = n(qi - qj)
n ⇒ i - j
n mà i - j< n ⇒ i - j = 0 ⇒ i = j ⇒ 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 ⇒ 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. ⇒ 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 ph−ơng của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 9. Giải Gọi 3 số nguyên liên tiếp lần l−ợt 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)
3 (CM Ví dụ 1) ⇒ 3(n - 1)n (n + 1)
9 TRƯỜNG THCS THỊ TRẤN Vì sự nghiệp giáo dục 6 mà 29(n 1) 9 18n 9 +  

⇒ A
9 (ĐPCM) Ví dụ 3: CMR: n4 - 4n3 - 4n2 +16n
3 84 với ∀ n chẵn, n≥4 Giải Vì n chẵn, n ≥ 4 ta đặt n = 2k, k ≥ 2 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 ≥ 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. ⇒ (k - 2)(k - 1)(k + 1)k
8 Mà (k - 2) (k - 1)k
3 ; (3,8) = 1 ⇒ (k - 2) (k - 1) (k + 1)k
24 ⇒ 16(k - 2) (k - 1) (k + 1)k
(16,24) Vậy n4 - 4n3 - 4n2 +16n
384 với ∀ n chẵn, n ≥ 4 Bài tập t−ơng tự Bài 1: CMR: a. n(n + 1) (2n + 1)
6 b. n5 - 5n3 + 4n
120 Với ∀ n ∈ N Bài 2: CMR: n4 + 6n3 + 11n2 + 6n
24 Với ∀ n ∈ Z Bài 3: CMR: Với ∀ n lẻ thì a. n2 + 4n + 3
8 b. n3 + 3n2 - n - 3
48 c. n12 - n8 - n4 + 1
512 Bài 4: Với p là số nguyên tố p > 3 CMR : p2 - 1
24 Bài 5: CMR: Trong 1900 số tự nhiên liên tiếp có 1 số có tổng các chữ số chia hết cho 27. H−ớng 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)
6 b) n5 - 5n3 + 4n = (n4 - 5n2 + 4)n = n(n2 - 1) (n2 - 4) = n(n + 1) (n - 1) (n + 2) (n - 2)
120 Bài 2: n4 + 6n3 + 6n + 11n2 TRƯỜNG THCS THỊ TRẤN Vì sự nghiệp giáo dục 7 = n(n3 + 6n2 + 6 + 11n) = n(n + 1) (n + 2) (n + 3)
24 Bài 3: a) n2 + 4n + 3 = (n + 1) (n + 3)
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 ∈ N) = 8k(k + 1) (k +2)
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 ⇒ n2 + 1 và n4 + 1 là những số chẵn ⇒ (n2 + 1)2
2 n4 + 1
2 ⇒ n12 - n8 - n4 + 1
(24.22. 22. 1 . 21) Vậy n12 - n8 - n4 + 1
512 Bài 4: Có p2 - 1 = (p - 1) (p + 1) vì p là số nguyên tố p > 3 ⇒ p
3 ta có: (p - 1) (p + 1)
8 và p = 3k + 1 hoặc p = 3k + 2 (k ∈ N) ⇒ (p - 1) (p + 1)
3 Vậy p2 - 1
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 l−ợt là: s; s + 1 ...; s + 26 Có 1 số chia hết cho 27 (ĐPCM) * Chú ý: n + 899 ≤ n + 999 + 899 < n + 1989 ⇒ Các số ở (2) nằm trong dãy (1) 3. Ph−ơng pháp 3: xét tập hợp số d− trong phép chia Ví dụ 1: CMR: Với ∀ n ∈ 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 ∈ N ⇒ A(n)
2 TRƯỜNG THCS THỊ TRẤN Vì sự nghiệp giáo dục 8 Ta chứng minh A(n)
3 Lấy n chia cho 3 ta đ−ợc n = 3k + 1 (k ∈ N) Với r ∈ {0; 1; 2} Với r = 0 ⇒ n = 3k ⇒ n
3 ⇒ A(n)
3 Với r = 1 ⇒ n = 3k + 1 ⇒ 2n + 7 = 6k + 9
3 ⇒ A(n)
3 Với r = 2 ⇒ n = 3k + 2 ⇒ 7n + 1 = 21k + 15
3 ⇒ A(n)
3 ⇒ A(n)
3 với ∀ n mà (2, 3) = 1 Vậy A(n)
6 với ∀ n ∈ N Ví dụ 2: CMR: Nếu n
3 thì A(n) = 3 2n + 3n + 1
13 Với ∀ n ∈ N Giải Vì n
3 ⇒ n = 3k + r (k ∈ N); r ∈ {1; 2; 3} ⇒ 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
13 33k - 1 = (33 - 1)N = 26N
13 với r = 1 ⇒ 32n + 3n + 1 = 32 + 3 +1 = 13
13 ⇒ 32n + 3n + 1
13 với r = 2 ⇒ 32n + 3n + 1 = 34 + 32 + 1 = 91
13 ⇒ 32n + 3n + 1 Vậy với n
3 thì A(n) = 3 2n + 3n + 1
13 Với ∀ n ∈ N Ví dụ 3: Tìm tất cả các số tự nhiên n để 2n - 1
7 Giải Lấy n chia cho 3 ta có n = 3k + 1 (k ∈ N); r ∈ {0; 1; 2} Với r = 0 ⇒ n = 3k ta có 2n - 1 = 23k - 1 = 8k - 1 = (8 - 1)M = 7M
7 với r =1 ⇒ n = 3k + 1 ta có: 2n - 1 = 28k +1 - 1 = 2.23k - 1 = 2(23k - 1) + 1 mà 23k - 1
7 ⇒ 2n - 1 chia cho 7 d− 1 với r = 2 ⇒ n = 3k + 2 ta có : 2n - 1 = 23k + 2 - 1 = 4(23k - 1) + 3 mà 23k - 1
7 ⇒ 2n - 1 chia cho 7 d− 3 Vậy 23k - 1
7 ⇔ n = 3k (k ∈ N) Bài tập t−ơng tự Bài 1: CMR: An = n(n 2 + 1)(n2 + 4)
5 Với ∀ n ∈ Z TRƯỜNG THCS THỊ TRẤN Vì sự nghiệp giáo dục 9 Bài 2: Cho A = a1 + a2 + ... + an B = a51 + a 5 2 + ... + a 5 n Bài 3: CMR: Nếu (n, 6) =1 thì n2 - 1
24 Với ∀ n ∈ Z Bài 4: Tìm số tự nhiên W để 22n + 2n + 1
7 Bài 5: Cho 2 số tự nhiên m, n để thoả mãn 24m4 + 1 = n2 CMR: mn
55 H−ớng dẫn - Đáp số Bài 1: + A(n)
6 + Lấy n chia cho 5 ⇒ n = 5q + r r ∈ {0; 1; 2; 3; 4} r = 0 ⇒ n
5 ⇒ A(n)
5 r = 1, 4 ⇒ n2 + 4
5 ⇒ A(n)
5 r = 2; 3 ⇒ n2 + 1
5 ⇒ A(n)
5 ⇒ A(n)
5 ⇒ A(n)
30 Bài 2: Xét hiệu B - A = (a51 - a1) + ... + (a 5 n - an) Chỉ chứng minh: a5i - ai
30 là đủ Bài 3: Vì (n, 6) =1 ⇒ n = 6k + 1 (k ∈ N) Với r ∈ {±1} r = ±1⇒ n2 - 1
24 Bài 4: Xét n = 3k + r (k ∈ N) Với r ∈ {0; 1; 2} Ta có: 22n + 2n + 1 = 22r(26k - 1) + 2r(23k - 1) + 22n + 2n + 1 Làm t−ơng tự VD3 Bài 5: Có 24m4 + 1 = n2 = 25m4 - (m4 - 1) Khi m
5 ⇒ mn
5 Khi m
5 thì (m, 5) = 1 ⇒ m4 - 1
5 (Vì m5 - m
5 ⇒ (m4 - 1)
5 ⇒ m4 - 1
5) ⇒ n2
5 ⇒ ni5 Vậy mn
5 4. Ph−ơng pháp 4: sử dụng ph−ơng pháp phân tích thành nhân tử Giả sử chứng minh an
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
35 Với ∀ n ∈ N Giải Ta có 36n - 26n = (36)n - (26)n = (36 - 26)M TRƯỜNG THCS THỊ TRẤN Vì sự nghiệp giáo dục 10 = (33 + 23) (33 - 23)M = 35.19M
35 Vậy 36n - 26n
35 Với ∀ n ∈ N Ví dụ 2: CMR: Với ∀ n là số tự nhiên chăn thì biểu thức A = 20n + 16n - 3n - 1
232 Giải Ta thấy 232 = 17.19 mà (17;19) = 1 ta chứng minh A
17 và A
19 ta có A = (20n - 3n) + (16n - 1) có 20n - 3n = (20 - 3)M
17M 16n - 1 = (16 + 1)M = 17N
17 (n chẵn) ⇒ A
17 (1) ta có: A = (20n - 1) + (16n - 3n) có 20n - 1 = (20 - 1)p = 19p
19 có 16n - 3n = (16 + 3)Q = 19Q
19 (n chẵn) ⇒ A
19 (2) Từ (1) và (2) ⇒ A
232 Ví dụ 3: CMR: nn - n2 + n - 1
(n - 1)2 Với ∀ n >1 Giải Với n = 2 ⇒ nn - n2 + n - 1 = 1 và (n - 1)2 = (2 - 1)2 = 1 ⇒ nn - n2 + n - 1
(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
(n - 1)2 Vậy A
(n - 1)2 (ĐPCM) Bài tập t−ơng tự Bài 1: CMR: a. 32n +1 + 22n +2
7 b. mn(m4 - n4)
30 Bài 2: CMR: A(n) = 3 n + 63
72 với n chẵn n ∈ N, n ≥ 2 Bài 3: Cho a và b là 2 số chính ph−ơng lẻ liên tiếp CMR: a. (a - 1) (b - 1)
192 Bài 4: CMR: Với p là 1 số nguyên tố p > 5 thì p4 - 1
240 Bài 5: Cho 3 số nguyên d−ơng a, b, c và thoả mãn a2 = b2 + c2 CMR: abc
60 TRƯỜNG THCS THỊ TRẤN Vì sự nghiệp giáo dục 11 H−ớng 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
7 b. mn(m4 - n4) = mn(m2 - 1)(m2 + 1) - mn(n2 - 1) (n2 + 1)
30 Bài 3: Có 72 = 9.8 mà (8, 9) = 1 và n = 2k (k ∈ N) có 3n + 63 = 32k + 63 = (32k - 1) + 64 ⇒ A(n)
8 Bài 4: Đặt a = (2k - 1)2; b = (2k - 1)2 (k ∈ N) Ta có (a - 1)(b - 1) = 16k(k + 1)(k - 1)
64 và 3 Bài 5: Có 60 = 3.4.5 Đặt M = abc Nếu a, b, c đều không chia hết cho 3 ⇒ a2, b2 và c2 chia hết cho 3 đều d− 1 ⇒ a2 ≠ b2 + c2. Do đó có ít nhất 1 số chia hết cho 3. Vậy M
3 Nếu a, b, c đều không chia hết cho 5 ⇒ a2, b2 và c2 chia 5 d− 1 hoặc 4 ⇒ b2 + c2 chia 5 thì d− 2; 0 hoặc 3. ⇒ a2 ≠ b2 + c2. Do đó có ít nhất 1 số chia hết cho 5. Vậy M
5 Nếu a, b, c là các số lẻ ⇒ b2 và c2 chia hết cho 4 d− 1. ⇒ b2 + c2 ≡ (mod 4) ⇒ a2 ≠ 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 ⇒ M
4 Nếu C là số lẻ mà a2 = b2 + c2 ⇒ a là số lẻ ⇒ b2 = (a - c) (a + b) ⇒       −       +=      222 2 cacab ⇒ 2 b chẵn ⇒ b
4 ⇒ m
4 Vậy M = abc
3.4.5 = 60 5. Ph−ơng pháp 5: biến đổi biểu thức cần chứng minh về dạng tổng Giả sử chứng minh A(n)
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
6 với ∀ n ∈ 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 ⇒ n(n + 1) (n - 1)
6 và 12n
6 TRƯỜNG THCS THỊ TRẤN Vì sự nghiệp giáo dục 12 Vậy n3 + 11n
6 Ví dụ 2: Cho a, b ∈ z thoả mãn (16a +17b) (17a +16b)
11 CMR: (16a +17b) (17a +16b)
121 Giải Có 11 số nguyên tố mà (16a +17b) (17a +16b)
11 ⇒    + + 1116b 17a 1117b 16a

(1) Có 16a +17b + 17a +16b = 33(a + b)
11 (2) Từ (1) và (2) ⇒    + + 1116b 17a 1117b 16a

Vậy (16a +17b) (17a +16b)
121 Ví dụ 3: Tìm n ∈ N sao cho P = (n + 5)(n + 6)
6n. Giải Ta có P = (n + 5)(n + 6) = n2 + 11n + 30 = 12n + n2 - n + 30 Vì 12n
6n nên để P
6n ⇔ n2 - n + 30
6n ⇔    ⇔    (2)n30 (1)3 1) -n(n 6n30 6n - n2



Từ (1) ⇒ n = 3k hoặc n = 3k + 1 (k ∈ N) Từ (2) ⇒ n ∈ {1; 2; 3; 5; 6; 10; 15; 30} Vậy từ (1); (2) ⇒ n ∈ {1; 3; 6; 10; 15; 30} Thay các giá trị của n vào P ta có n ∈ {1; 3; 10; 30} là thoả mãn Vậy n ∈ {1; 3; 10; 15; 30} thì P = (n + 5)(n + 6)
6n. Bài tập t−ơng tự Bài 1: CMR: 13 + 33 + 53 + 73
23 Bài 2: CMR: 36n2 + 60n + 24
24 Bài 3: CMR: a. 5n+2 + 26.5n + 8 2n+1
59 b. 9 2n + 14
5 Bài 4: Tìm n ∈ N sao cho n3 - 8n2 + 2n
n2 + 1 H−ớng dẫn - Đáp số Bài 1: 13 + 33 + 53 + 73 = (13 + 73) + (33 + 53) = 8m + 8N
23 Bài 2: 362 + 60n + 24 = 12n(3n + 5) + 24 TRƯỜNG THCS THỊ TRẤN Vì sự nghiệp giáo dục 13 Ta thấy n và 3n + 5 không đồng thời cùng chẵn hoặc cùng lẻ ⇒ n(3n + 5)
2 ⇒ 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
59 b. 9 2n + 14 = 9 2n - 1 + 15 = (81n - 1) + 15 = 80m + 15
5 Bài 4: Có n3 - 8n2 + 2n = (n2 + 1)(n - 8) + n + 8
(n2 + 1) ⇔ n + 8
n2 + 1 Nếu n + 8 = 0 ⇒ n = -8 (thoả mãn) Nếu n + 8 ≠ 0 ⇒ n + 8≥ n2 + 1 ⇒     −≥≤−− −≤≤++ ⇒     −≥+≥+ −≤−≤+ 807n 809n 81n8n 81-n8n 2 2 2 2 nn nn n n Với Với Với Với ⇒ n ∈ {-2; 0; 2} thử lại Vậy n ∈ {-8; 0; 2} 6. Ph−ơng pháp 6: Dùng quy nạp toán học Giả sử CM A(n)
P với n ≥ a (1) B−ớc 1: Ta CM (1) đúng với n = a tức là CM A(n)
P B−ớc 2: Giả sử (1) đúng với n = k tức là CM A(k)
P với k ≥ a Ta CM (1) đúng với n = k + 1 tức là phải CM A(k+1)
P B−ớc 3: Kết luận A(n)
P với n ≥ a Ví dụ 1: Chứng minh A(n) = 16 n - 15n - 1
225 với ∀ n ∈ N* Giải Với n = 1 ⇒ A(n) = 225
225 vậy n = 1 đúng Giả sử n = k ≥ 1 nghĩa là A(k) = 16k - 15k - 1
225 Ta phải CM A(k+1) = 16 k+1 - 15(k + 1) - 1
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)
225 (giả thiết quy nạp) 225m
225 Vậy A(n)
225 TRƯỜNG THCS THỊ TRẤN Vì sự nghiệp giáo dục 14 Ví dụ 2: CMR: với ∀ n ∈ N* và n là số tự nhiên lẻ ta có n2 n 2m 1 2 +−
Giải Với n = 1 ⇒ m2 - 1 = (m + 1)(m - 1)
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 k2 k 2m 1 2 +−
ta phải chứng minh k+12 k 3m 1 2 +−
Thật vậy k2 k 2m 1 2 +−
⇒ k2 k 2m 1 2 .q+− = với q∈Z ⇒ k2 k 2m 2 .q 1+= + có ( ) ( )k+1 k 2 22 2 k+2m 1 m 1 2 .q 1 1− = − = + − 2k+4 2 k+3 k+3 k+1 2 k+32 .q 2 .q 2 (2 .q q) 2= + = +
Vậy n2 n 2m 1 2 +−
với ∀ n ≥ 1 Bài tập t−ơng tự Bài 1: CMR: 33n+3 - 26n - 27
29 với ∀ n ≥ 1 Bài 2: CMR: 42n+2 - 1
15 Bài 3: CMR số đ−ợc thành lập bởi 3n chữ số giống nhau thì chia hết cho 3n với n là số nguyên d−ơng. H−ớng dẫn - Đáp số Bài 1: T−ơng tự ví dụ 1. Bài 2: T−ơng tự ví dụ 1. Bài 3: Ta cần CM  sốan aaa 3 ...
3n (1) Với n = 1 ta có aaa ... 3111
a= Giả sử (1) đúng với n = k tức là  sốak aaa 3 ...
3k Ta chứng minh (1) đúng với n = k + 1 tức là phải chứng minh  asố13 ... +k aaa
3k+1 ta có 3k+1 = 3.3k = 3k + 3k +3k Có  kkkk aaaaaaaaa 3333 ............ 1 = +  asố  k kk aaaaaaaa 3 33.2 ...10....10.... ++= ( ) 133.2 3 311010... +++= k kk k aaa
 TRƯỜNG THCS THỊ TRẤN Vì sự nghiệp giáo dục 15 7. Ph−ơng pháp 7: sử dụng đồng d− thức Giải bài toán dựa vào đồng d− thức chủ yếu là sử dụng định lý Euler và định lý Fermat Ví dụ 1: CMR: 22225555 + 55552222
7 Giải Có 2222 ≡ - 4 (mod 7) ⇒ 22225555 + 55552222 ≡ (- 4)5555 + 45555 (mod 7) Lại có: (- 4)5555 + 42222 = - 45555 + 42222 = - 42222 (43333 - 1) = ( )( )144 - 111132222 − Vì 43 = 64 ≡ (mod 7) ( ) 014 11113 ≡−⇒ (mod 7) ⇒ 22225555 + 55552222 ≡ 0 (mod 7) Vậy 22225555 + 55552222
7 Ví dụ 2: CMR: 22533 1414 32
++ ++ nn với ∀ n ∈ N Giải Theo định lý Fermat ta có: 310 ≡ 1 (mod 11) 210 ≡ 1 (mod 11) Ta tìm d− trong phép chia là 24n+1 và 34n+1 cho 10 Có 24n+1 = 2.16n ≡ 2 (mod 10) ⇒ 24n+1 = 10q + 2 (q ∈ N) Có 34n+1 = 3.81n ≡ 3 (mod 10) ⇒ 34n+1 = 10k + 3 (k ∈ N) Ta có: 31021032 23533 1414 ++ +=++ ++ kqnn = 32.310q + 23.210k + 5 ≡ 1+0+1 (mod 2) ≡ 0 (mod 2) mà (2, 11) = 1 Vậy 22533 1414 32
++ ++ nn với ∀ n ∈ N Ví dụ 3: CMR: 1172 142
+ +n với n ∈ N Giải Ta có: 24 ≡ 6 (mod) ⇒ 24n+1 ≡ 2 (mod 10) ⇒ 24n+1 = 10q + 2 (q ∈ N) ⇒ 2102 22 14 += + qn Theo định lý Fermat ta có: 210 ≡ 1 (mod 11) ⇒ 210q ≡ 1 (mod 11) 7272 2102 14 +=+ + + qn ≡ 4+7 (mod 11) ≡ 0 (mod 11) Vậy 1172 142
+ +n với n ∈ N (ĐPCM) Bài tập t−ơng tự TRƯỜNG THCS THỊ TRẤN Vì sự nghiệp giáo dục 16 Bài 1: CMR 1932 262
+ +n với n ∈ N Bài 2: CMR với ∀ n ≥ 1 ta có 52n-1. 22n-15n+1 + 3n+1 .22n-1
38 Bài 3: Cho số p > 3, p ∈ (P) CMR 3p - 2p - 1
42p Bài 4: CMR với mọi số nguyên tố p đều có dạng 2n - n (n ∈ N) chia hết cho p. H−ớng dẫn - Đáp số Bài 1: Làm t−ơng tự nh− VD3 Bài 2: Ta thấy 52n-1. 22n-15n+1 + 3n+1 .22n-1
2 Mặt khác 52n-1. 22n-15n+1 + 3n+1 .22n-1 = 2n(52n-1.10 + 9. 6n-1) Vì 25 ≡ 6 (mod 19) ⇒ 5n-1 ≡ 6n-1 (mod 19) ⇒ 25n-1.10 + 9. 6n-1 ≡ 6n-1.19 (mod 19) ≡ 0 (mod 19) Bài 3: Đặt A = 3p - 2p - 1 (p lẻ) Dễ dàng CM A
2 và A
3 ⇒ A
6 Nếu p = 7 ⇒ A = 37 - 27 - 1
49 ⇒ A
7p Nếu p ≠ 7 ⇒ (p, 7) = 1 Theo định lý Fermat ta có: A = (3p - 3) - (2p - 2)
p Đặt p = 3q + r (q ∈ N; r = 1, 2) ⇒ A = (33q+1 - 3) - (23q+r - 2) = 3r.27q - 2r.8q - 1 = 7k + 3r(-1)q - 2r - 1 (k ∈ N) với r = 1, q phải chẵn (vì p lẻ) ⇒ A = 7k - 9 - 4 - 1 = 7k - 14 Vậy A
7 mà A
p, (p, 7) = 1 ⇒ A
7p Mà (7, 6) = 1; A
6 ⇒ A
42p. Bài 4: Nếu P = 2 ⇒ 22 - 2 = 2
2 Nếu n > 2 Theo định lý Fermat ta có: 2p-1 ≡ 1 (mod p) ⇒ 2m(p-1) ≡ 1 (mod p) (m ∈ N) Xét A = 2m(p-1) + m - mp A
p ⇒ m = kq - 1 Nh− vậy nếu p > 2 ⇒ p có dạng 2n - n trong đó N = (kp - 1)(p - 1), k ∈ N đều chia hết cho p 8. Ph−ơng 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. TRƯỜNG THCS THỊ TRẤN Vì sự nghiệp giáo dục 17 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 đ−ợc n + 1 số d− nhận 1 trong các số sau: 0; 1; 2; ; n - 1 ⇒ có ít nhất 2 số d− có cùng số d− khi chia cho n. Giả sử ai = nq1 + r 0 ≤ r < n aj = nq2 + r a1; q2 ∈ N ⇒ aj - aj = n(q1 - q2)
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 nh− vậy số d− khi chia mỗi tổng trên cho n ta đ−ợc n số d− là 1; 2; ; n - 1 Vậy theo nguyên lý Đirichlet sẽ tồn tại ít nhất 2 tổng mà chi cho n có cùng số d− ⇒ (theo VD1) hiệu cùadr tổng này chia hết cho n (ĐPCM). Bài tập t−ơng tự Bài 1: CMR: Tồn tại n ∈ N sao cho 17n - 1
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
1994 H−ớng dẫn - Đáp số Bài 1: Xét dãy số 17, 172, , 1725 (t−ơng tự VD2) Bài 2: Ta có 1994 số nguyên chứa toàn bộ số 1 là: 1 11 111  1 số 1994 11 111 Khi chia cho 1993 thì có 1993 số d− ⇒ theo nguyên lý Đirichlet có ít nhất 2 số có cùng số d−. Giả sử đó là ai = 1993q + r 0 ≤ r < 1993 aj = 1993k + r i > j; q, k ∈ N ⇒ aj - aj = 1993(q - k) )(19930 0011 111 kq −=  0 số i1 số 1994 j-i )(199310.11 111 kqj −= 1 số 1994 j-i mà (10j, 1993) = 1 TRƯỜNG THCS THỊ TRẤN Vì sự nghiệp giáo dục 18  1 số 1994 11 111
1993 (ĐPCM) Bài 3: Xét dãy số gồm 17 số nguyên bất kỳ là a1, a2, , a17 Chia các số cho 5 ta đ−ợc 17 số d− ắt phải có 5 số d− thuộc tập hợp{0; 1; 2; 3; 4} Nếu trong 17 số trên có 5 số khi chia cho 5 có cùng số d− thì tổng của chúng sẽ chia hết cho 5. Nếu trong 17 số trên không có số nào có cùng số d− khi chia cho 5 ⇒ tồn tại 5 số có số d− khác nhau ⇒ tổng các số d− là: 0 + 1 + 2 + 3 + 4 = 10
10 Vậy tổng của 5 số này chia hết cho 5.