Chuyên đề Tính chia hết với số nguyên

Chuyên đề V: Tính chia hết với số nguyên Mục tiêu: Sau khi học xong chuyên đề học sinh có khả năng: 1.Biết vận dụng tính chất chia hết của số nguyên dể chứng minh quan hệ chia hết, tìm số dư và tìm điều kiện chia hết. 2. Hiểu cỏc bước phân tích bài toán, tìm hướng chứng minh 3. Cú kĩ năng vận dụng các kiến thức được trang bị để giải toán. Phương tiện: GV: giáo án, tài liệu Casio. HS: Máy tính Casio. C. Nội dung bài giảng: 1. Kiến thức cần nhớ 1. Chứng minh quan hệ chia hết Gọi A(n) là một biểu thức phụ thuộc vào n (nN hoặc n Z) a/ Để chứng minh A(n) chia hết cho m ta phân tích A(n) thành tích trong đó có một thừa số là m + Nếu m là hợp số ta phân tích m thành tích các thừa số đôI một nguyên tố cùng nhau rồi chứng minh A(n) chia hết cho tất cả các số đó + Trong k số liên tiếp bao giờ cũng tồn tại một số là bội của k b/. Khi chứng minh A(n) chia hết cho n ta có thể xét mọi trường hợp về số dư khi chia m cho n * Ví dụ1: C/minh rằng A=n3(n2- 7)2 – 36n chia hết cho 5040 với mọi số tự nhiên n Giải: Ta có 5040 = 24. 32.5.7 A= n3(n2- 7)2 – 36n = n.[ n2(n2-7)2 – 36 ] = n. [n.(n2-7 ) -6].[n.(n2-7 ) +6] = n.(n3-7n – 6).(n3-7n +6) Ta lại có n3-7n – 6 = n3 + n2 –n2 –n – 6n -6 = n2.(n+1)- n (n+1) -6(n+1) =(n+1)(n2-n-6)= (n+1 )(n+2) (n-3) Tương tự : n3-7n+6 = (n-1) (n-2)(n+3) d Do đó A= (n-3)(n-2) (n-1) n (n+1) (n+2) (n+3) Ta thấy : A là tích của 7 số nguyên liên tiếp mà trong 7 số nguyên liên tiếp: Tồn tại một bội số của 5 (nên A 5 ) Tồn tại một bội của 7 (nên A 7 ) Tồn tại hai bội của 3 (nên A 9 ) Tồn tại 3 bội của 2 trong đó có bội của 4 (nên A 16) Vậy A chia hết cho 5, 7,9,16 đôi một nguyên tố cùng nhau A 5.7.9.16= 5040 Ví dụ 2: Chưng minh rằng với mọi số nguyên a thì : a/ a3 –a chia hết cho 3 b/ a5-a chia hết cho 5 Giải: a/ a3-a = (a-1)a (a+1) là tích của các số nguyên liên tiếp nên tích chia hết cho 3 b/ A= a5-a = a(a2-1) (a2+1) Cách 1: Ta xết mọi trường hợp về số dư khi chia a cho 5 Nếu a= 5 k (kZ) thì A 5 (1) Nếu a= 5k 1 thì a2-1 = (5k21) 2 -1 = 25k2 10k5 A 5 (2) Nếu a= 5k 2 thì a2+1 = (5k2)2 + 1 = 25 k220k +5 A 5 (3) Từ (1),(2),(3) A 5, n Z Cách 2: Phân tích A thành một tổng của hai số hạng chia hết cho 5 : + Một số hạng là tích của 5 số nguyên liên tiếp + Một số hạng chứa thừa số 5 Ta có : a5-a = a( a2-1) (a2+1) = a(a2-1)(a2-4 +5) = a(a2-1) (a2-4) + 5a(a2-1) = a(a-1)(a+1) (a+2)(a-2)- 5a (a2-1) Mà = a(a-1)(a+1) (a+2)(a-2) 5 (tích của 5 số nguyên liên tiếp ) 5a (a2-1) 5 Do đó a5-a 5 * Cách 3: Dựa vào cách 2: Chứng minh hiệu a5-a và tích của 5 số nguyên liên tiếp chia hết cho 5. Ta có: a5-a – (a-2)(a-1)a(a+1)(a+2) = a5-a – (a2- 4)a(a2-1) = a5-a - (a3- 4a)(a2-1) = a5-a - a5 + a3 +4a3 - 4a = 5a3 – 5a 5 a5-a – (a-2)(a-1)a(a+1)(a+2) 5 Mà (a-2)(a-1)a(a+1)(a+2) 5 a5-a 5(Tính chất chia hết của một hiệu) c/ Khi chứng minh tính chia hết của các luỹ thừa ta còn sử dụng các hằng đẳng thức: an – bn = (a – b)( an-1 + an-2b+ an-3b2+ …+abn-2+ bn-1) (HĐT 8) an + bn = (a + b)( an-1 - an-2b+ an-3b2 - …- abn-2+ bn-1) (HĐT 9) Sử dụng tam giác Paxcan: 1 1 1 1 2 1 1 3 3 1 1 4 6 4 1 ….. Mỗi dòng đều bắt đầu bằng 1 và kết thúc bằng 1 Mỗi số trên một dòng (kể từ dòng thứ 2) đều bằng số liền trên cộng với số bên trái của số liền trên. Do đó: Với a, b Z, n N: an – bn chia hết cho a – b( ab) a2n+1 + b2n+1 chia hết cho a + b( a-b) (a+b)n = Bsa +bn ( BSa:Bội số của a) (a+1)n = Bsa +1 (a-1)2n = Bsa +1 (a-1)2n+1 = Bsa -1 * VD3: CMR với mọi số tự nhiên n, biểu thức 16n – 1 chia hết cho 17 khi và chỉ khi n là số chẵn. Giải: + Cách 1: - Nếu n chẵn: n = 2k, kN thì: A = 162k – 1 = (162)k – 1 chia hết cho 162 – 1( theo nhị thức Niu Tơn) Mà 162 – 1 = 255 17. Vậy A17 - Nếu n lẻ thì : A = 16n – 1 = 16n + 1 – 2 mà n lẻ thì 16n + 116+1=17 (HĐT 9) A không chia hết cho 17 +Cách 2: A = 16n – 1 = ( 17 – 1)n – 1 = BS17 +(-1)n – 1 (theo công thức Niu Tơn) Nếu n chẵn thì A = BS17 + 1 – 1 = BS17 chia hết cho 17 Nếu n lẻ thì A = BS17 – 1 – 1 = BS17 – 2 Không chia hết cho 17 Vậy biểu thức 16n – 1 chia hết cho 17 khi và chỉ khi n là số chẵn, n N d/ Ngoài ra còn dùng phương pháp phản chứng, nguyên lý Dirichlê để chứng minh quan hệ chia hết. VD 4: CMR tồn tại một bội của 2003 có dạng: 2004 2004….2004 Giải: Xét 2004 số: a1 = 2004 a2 = 2004 2004 a3 = 2004 2004 2004 ………………………. a2004 = 2004 2004…2004 2004 nhóm 2004 Theo nguyên lý Dirichle, tồn tại hai số có cùng số dư khi chia cho 2003. Gọi hai số đó là am và an ( 1 n <m 2004) thì am - an 2003 Ta có: am - an = 2004 2004……2004 000…00 m-n nhóm 2004 4n hay am - an = 2004 2004……2004 . 104n m-n nhóm 2004 mà am - an 2003 và (104n , 2003) =1 nên 2004 2004……2004 2003 m-n nhóm 2004 2. Tìm số dư * VD1:Tìm số dư khi chia 2100 a/ cho 9 b/ cho 25 Giải: a/ Luỹ thừa của 2 sát với bội của 9 là 23 = 8 = 9 – 1 Ta có : 2100 = 2. 299= 2. (23)33 = 2(9 – 1 )33 = 2(BS9 -1) ( theo nhị thức Niu Tơn) = BS9 – 2 = BS9 + 7 Vậy 2100 chia cho 9 dư 7 b/ Luỹ thừa của 2 gần với bội của 25 là 2 10 = 1024 =1025 – 1 Ta có: 2100 =( 210)10 = ( 1025 – 1 )10 = BS 1025 + 1 = BS 25 +1 (theo nhị thức Niu Tơn) Vậy 2100 chia cho 25 dư 1 * VD2: Tìm 4 chữ số tận cùng của 51994 khi viết trong hệ thập phân Giải: Cách 1: Ta có: 1994 = 4k + 2 và 54 = 625 Ta thấy số tận cùng bằng 0625 khi nâng lên luỹ thừa nguyên dương bất kì vẫn tận cùng bằng 0625 Do đó: 51994 = 54k+2=(54)k. 52 = 25. (0625)k = 25. (…0625)= …5625 Cách 2: Tìm số dư khi chia 51994 ch 10000 = 24.54 Ta thấy 54k – 1 = (54)k – 1k chia hết cho 54 – 1 = (52 + 1) (52 - 1) 16 Ta có 51994 = 56(51988 – 1) + 56 mà 56 54 và 51988 – 1 = (54)497 – 1 chia hết cho 16 ( 51994)3. 56(51988 – 1)chia hết cho 10000 còn 56= 15625 51994 = BS10000 + 15625 51994 chia cho 10000 dư 15625 Vậy 4 chữ số tận cùng của 51994 là 5625 3. Tìm điều kiện chia hết * VD1: Tìm số nguyên n để giá trị của biểu thức A chia hết cho giá trị của biểu thức B: A = n3 + 2n2- 3n + 2; B = n2 – n Giải: n3 + 2n2- 3n + 2 n2 – n n3 – n2 n + 3 3n2 - 3n + 2 3n2 – 3n 2 Ta có: n3 + 2n2- 3n + 2 = (n2 – n)(n + 3) + Do đó Giá trị của A chia hết cho giá trị của B n2 – n Ư(2) 2 chia hết cho n(n – 1) 2 chia hết cho n Ta có bảng: n 1 -1 2 -2 n – 1 0 -2 1 -3 n(n – 1) 0 2 2 6 Loại T/m T/m Loại Vậy với n = -1, n = 2 thì giá trị của biểu thức A chia hết cho giá trị của biểu thức B VD 2: Tìm số nguyên n dể n5 + 1 chia hết cho n3 + 1 Giải: n5 + 1 n3 + 1n5 + n2 – n2 + 1 n3 + 1 n2(n3 + 1)- ( n2 – 1) n3 + 1 (n – 1)(n + 1) (n+1)(n2 – n + 1) n – 1 n2 – n + 1 n(n – 1) n2 – n + 1 Hay n2 – n n2 – n + 1 (n2 – n + 1) – 1 n2 – n + 1 1n2 – n + 1 Xét hai trường hợp: + n2 – n + 1 = 1 n2 – n = 0 n(n – 1) = 0 n = 0, n = 1 thử lại thấy t/m đề bài + n2 – n + 1 = - 1 n2 – n + 2 = 0 , không có giá trị của n thoả mãn VD 3: Tìm số tự nhiên n sao cho 2n - 1 chia hết cho 7 Giải: Ta có luỹ thừa của 2 gần với bội của 7 là 23 = 8 = 7 + 1 Nếu n = 3k (k N) thì 2n - 1= 23k – 1 = (23)k – 1 = 8 k - 1k8 – 1 = 7 Nếu n = 3k + 1(k N) thì 2n - 1 = 23k+1 – 1 = 8k . 2 – 1= 2(8k – 1) + 1 = 2. BS7 + 1 2n - 1 không chia hết cho 7 Nếu n = 3k +2(k N) thì 2n - 1 = 23k+2 – 1= 4.23k – 1 = 4( 8k – 1) + 3 = 4.BS7 + 3 2n - 1 không chia hết cho 7 Vậy 2n - 17 n = 3k (k N)  Chuyên đề V: Tính chia hết với số nguyên Mục tiêu: Sau khi học tiếp chuyên đề học sinh có khả năng: 1.Biết vận dụng tính chất chia hết của số nguyên dể làm các bài tập chứng minh quan hệ chia hết, tìm số dư và tìm điều kiện chia hết. 2. Hiểu các bước phân tích bài toán, tìm hướng chứng minh 3. Cú kĩ năng vận dụng các kiến thức được trang bị để giải toán. Phương tiện: GV: giáo án, tài liệu Casio. HS: Máy tính Casio. C. Nội dung bài giảng: 2. Bài tập Bài 1: Chứng minh rằng: a/ n3 + 6n2 + 8n chia hêt ch 48 với mọi số n chẵn b/ n4 – 10n2 + 9 chia hết cho 384 với mọi số n lẻ Giải a/ n3 + 6n2 + 8n = n(n2 + 6n + 8) = n( n2 + 4n + 2n + 8) = n[n(n + 4) + 2(n + 4)] = n(n+2)(n + 4) Với n chẵn, n = 2k ta có: n3 + 6n2 + 8n = 2k(2k + 2)(2k + 4) = 8.k. (k + 1)k + 2) 8 b/ n4 – 10n2 + 9 = n4 – n2 – 9n2 + 9 = n2(n2 – 1)- 9(n2 – 1) = (n2 – 1)(n2 - 9) = (n – 1)(n+1)(n-3)(n+3) Với n lẻ, n = 2k +1, ta có: n4 – 10n2 + 9 = (2k +1 – 1)(2k + 1+1)(2k + 1 – 3)( 2k + 1 +3) = 2k(2k+2)(2k-2)(2k+4)= 16k(k+1)(k-1)(k+2) 16 Bài 2: Chứng minh rằng a/ n6 + n4 -2n2 chia hết cho 72 với mọi số nguyên n b/ 32n – 9 chia hết cho 72 với mọi số nguyên dương n Giải: Ta có: A= n6 + n4 -2n2 = n2(n4+n2 -2)= n2(n4 + 2n2 –n2 – 2)= n2[(n2 +2)- (n2 +2)] = n2(n2 + 2)(n2 – 1). Ta lại có: 72 = 8.9 với (8,9) = 1 Xét các trường hợp: + Với n = 2kA = (2k)2(2k + 1) (2k -1)(4k2 +2) = 8k2(2k + 1) (2k -1)(2k2 +1) 8 + Với n = 2k +1 A = (2k + 1)2(2k +1 – 1)2= (4k2 + 4k +1)4k2 8 Tương tự xét các trường hợp n = 3a, n= 3a 1 để chứng minh A9 Vậy A8.9 hay A72 Bài 3: Cho a là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng a2 – 1 chia hết cho 24 Giải: Vì a2 là số nguyên tố lớn hơn 3 nên a lẻa2 là số chính phương lẻ a2 chia cho 8 dư 1 a2 – 1 chia hết cho 8 (1) Mặt khác a là số nguyên tố lớn hơn 3 a không chia hết cho 3 a2 là số chính phương không chia hết cho 3a2 chia cho 3 dư 1 a2 – 1 chia hết cho 3 (2) Mà (3,8) = 1 (3) Từ (1), (2), (3) a2 – 1 chia hết cho 24 Bài 4: Chứng minh rằng: Nếu số tự nhiên a không chia hết cho 7 thì a6 -1 chia hết cho 7 Giải: Bài toán là trường hợp đặc biệt của định lý nhỏ Phéc ma: - Dạng 1: Nếu p là số nguyên tố và a là một số nguyên thì ap – a chia hết cho p - Dạng 2: Nếu a là một số nguyên không chia hết cho số nguyên tố p thì ap-1-1 chia hết cho p Thật vậy, ta có a6 -1 = (a3 + 1) (a3 - 1) Nếu a = 7k 1 (k N) thì a3 = ( 7k 1)3 = BS7 1 a3 - 17 Nếu a = 7k 2 (k N) thì a3 = ( 7k 2)3 = BS7 23 = BS7 8 a3 - 17 Nếu a = 7k 3 (k N) thì a3 = ( 7k 3)3 = BS7 33 = BS7 27 a3 + 17 Ta luôn có a3 + 1 hoặc a3 – 1 chia hết cho 7. Vậy a6 – 1 chia hết cho 7 Bài 5: Chứng minh rằng: Nếu n là lập phương của một số tự nhiên thì (n-1)n(n + 1) chia hết cho 504 Giải: Ta có 504 = 32 . 7.8 và 7,8,9 nguyên tố cùng nhau từng đôi một Vì n là lập phương của một số tự nhiên nên đặt n = a3 Cần chứng minh A=(a3-1)a3(a3 + 1) chia hết cho 504 Ta có: + Nếu a chẵn a3 chia hết cho 8 Nếu a lẻ a3-1và a3 + 1 là hai số chẵn liên tiếp(a3-1) (a3 + 1) chi hết cho 8 Vậy A8 , nN (1) + Nếu a7 a37 A7 Nếu a không chia hết cho 7 thì a6 – 17(a3-1) (a3 + 1) 7(Định lí Phéc ma) Vậy A7 , nN (2) + Nếu a3 a39 A9 Nếu a không chia hấe cho 3 a = 3k 1 a3 = ( 3k 3)3= BS91 a3 – 1 = BS9+1 – 1 9 a3 + 1 = BS9- 1 + 1 9 Vậy A9 , nN (3) Từ (1), (2), (3) A9 , nN Bài 6: Tìm số tự nhiên n để giá trị của biểu thức sau là số nguyên tố: a/ 12n2 – 5n – 25 b/ 8n2 + 10n +3 c/ Giải: a/ Phân tích thành nhân tử: 12n2 – 5n – 25 = 12n2 +15n – 20n – 25 = 3n(4n + 5) – 5(4n +5) = (4n +5)(3n –5) Do 12n2 – 5n – 25 là số nguyên tố và 4n +5 > 0 nên 3n – 5 > 0. Ta lại có: 3n – 5 < 4n +5(vì n 0) nên để 12n2 – 5n – 25 là số ngưyên tố thì thừa số nhỏ phải bằng 1 hay 3n – 5 = 1 n = 2 Khi đó, 12n2 – 5n – 25 = 13.1 = 13 là số nguyên tố. Vậy với n = 2 thì giá trị của biểu thức 12n2 – 5n – 25 là số nguyên tố 13 b/ 8n2 + 10n +3 = (2n – 1)(4n + 3) Biến đổi tương tự ta được n = 0. Khi đó, 8n2 + 10n +3 là số nguyên tố 3 c/ A = . Do A là số tự nhiên nên n(n + 3) 4. Hai số n và n + 3 không thể cùng chẵn. Vậy hoặc n , hoặc n + 3 chia hết cho 4 - Nếu n = 0 thì A = 0, không là số nguyên tố - Nếu n = 4 thì A = 7, là số nguyên tố -Nếu n = 4k với kZ, k > 1 thì A = k(4k + 3) là tích của hai thừa số lớn hơn 1 nên A là hợp số - Nếu n + 3 = 4 thì A = 1, không là số nguyên tố - Nếu n + 3 = 4k với kZ, k > 1 thì A = k(4k - 3) là tích của hai thừa số lớn hơn 1 nên A là hợp số. Vậy với n = 4 thì là số nguyên tố 7 Bài 7: Đố vui: Năm sinh của hai bạn Một ngày của thập kỷ cuối cùng của thế kỷ XX, một nhườ khách đến thăm trường gặp hai học sinh. Người khách hỏi: Có lẽ hai em bằng tuổi nhau? Bạn Mai trả lời: Không, em hơn bạn em một tuổi. Nhưng tổng các chữ số của năm sinh mỗi chúng em đều là số chẵn. Vậy thì các em sinh năm 1979 và 1980, đúng không? Người khách đã suy luận thế nào? Giải: Chữ số tận cùng của năm sinh hai bạn phảI là 9 và 0 vì trong trường hợp ngựoc lại thì tổng các chữ số của năm sinh hai bạn chỉ hơn kém nhau là 1, không thể cùng là số chẵn. Gọi năm sinh của Mai là thì 1 +9+a+9 = 19 + a. Muốn tổng này là số chẵn thì a{1; 3; 5; 7; 9}. Hiển nhiên Mai không thể sinh năm 1959 hoặc 1999. Vậy Mai sinh năm 1979, bạn của Mai sinh năm 1980.