Chuyên đề Quan hệ chia hết - Năm học 2019-2020

97 trang Khải Bình 27/03/2026 2020

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Chuyên đề Quan hệ chia hết - Năm học 2019-2020", để tải tài liệu gốc về máy hãy click vào nút Download ở trên.

File đính kèm:

chuyen_de_quan_he_chia_het_nam_hoc_2019_2020.pdf

Nội dung tài liệu: Chuyên đề Quan hệ chia hết - Năm học 2019-2020

Tailieumontoan.com  TRỊNH BÌNH CHUYÊN ĐỀ QUAN HỆ CHIA HẾT Thanh Hóa, ngày 12 tháng 5 năm 2020
1 CHUYÊN ĐỀ : QUAN HỆ CHIA HẾT TRONG TẬP HỢP SỐ A. KiÕn thøc cÇn nhí 1. Định nghĩa phép chia. Cho hai số nguyên a và b trong đó b ≠ 0 ta luôn tìm được hai số nguyên q và r duy nhất sao cho a= bq + r , với 0≤≤rb − 1. Trong đó a là số bị chia, b là số chia, q là thương, r là số dư. Khi a chia cho b thì các số dư rb∈−{0;1;2;...; 1} • Nếu r0= thì a= bq , khi đó ta nói a chia hết cho b hay b chia hết a. Ký hiệu: ab hay ba. Vậy a chia hết cho b khi và chỉ khi tồn tại số nguyên q sao cho a= bq . • Nếu r0≠ , khi đó ta nói a chia b có số dư là r. 2. Một số tính chất cần nhớ • Tính chất 1. Mọi số nguyên khác 0 luôn chia hết cho chính nó. • Tính chất 2. Nếu ab và bc thì ac . • Tính chất 3. Nếu ab và ba thì ab= ± . • Tính chất 4. Nếu a.b m và ()b,m= 1 thì am . • Tính chất 5. Nếu am và bm thì ()a± bm . • Tính chất 6. Nếu am, an và ()mn,1= thì a mn. • Tính chất 7. Nếu ab và cd thì ac bd. • Tính chất 8. Trong n số nguyên liên tiếp luôn tồn tại một số nguyên chia hết cho n. • Tính chất 9. Nếu ab0−≠ với a, b là các số tự nhiên thì ()ann− b()() ab −∈ n N. • Tính chất 10. Nếu ab0+≠ với a, b, n là các số tự nhiên và n là số lẻ thì ()ann++ b() ab. 3. Một số dấu hiệu chia hết Đặt A= an a n1− ...a 2 a 1 a 0, với an ;a n1− ;...;a 2 ;a 1 ;a 0 là các chữ số. Khi đó ta có các dấu hiệu chia hết như sau: •Aa2 ⇔00 2 ⇔∈ a{} 0; 2; 4;6;8 •A3 ⇔( aa01 +++.... ann− 1 + a) 3. TÀI LIỆU TOÁN HỌC
2 •⇔A44 aa10 •Aa5 ⇔00 5 ⇔∈ a{} 0;5 . •⇔A88 aaa210 •A9 ⇔( aa01 +++.... ann− 1 + a) 9. •A11 ⇔()() aa02 ++.... − aa 13 ++... 11. •⇔A25 aa10 25 •⇔A125 aaa210 125 B. CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP  Dạng 1: Sử dụng tính chất trong n số nguyên liên tiếp có một và chỉ một số chia hết cho n (n ≥ 1) * Cơ sở phương pháp: Sử dụng các tính chất cơ bản như: tích hai số nguyên liên tiếp chia hết cho 2, tích của ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 2 và 3 do đó chia hết cho 6. Chúng ta vận dụng linh hoạt các tính chất cơ bản này trong nhiều các bài toán về chia hết. Bài toán 1. Chứng minh rằng: a) Tích của 3 số nguyên liên tiếp chia hết cho 6 b) Tích của 2 số chẵn liên tiếp chia hết cho 8 c) Tích của 5 số nguyên liên tiếp chia hết cho 120 Hướng dẫn giải a) Trong 3 số nguyên liên tiếp có một số chia hết cho 3 và một số chia hết cho 2 nên tích của 3 số nguyên liên tiếp chia hết cho 6 (do (2, 3) = 1) b) Hai số chẵn liên tiếp có dạng 2n và (2n + 2) với nZ∈ Do đó tích hai số nguyên liên tiếp có dạng 4n(n + 1) Do n và n + 1 là hai số nguyên liên tiếp nên nn()+ 1 2 Vì thế 4n() n+ 1 8 c) Ta có 120 = 3.5.8 Do 5 số nguyên liên tiếp có 3 số liên tiếp nên theo ý a) ta có tích 5 số nguyên liên tiếp chia hết cho 6. 5 số nguyên liên tiếp có 2 số chẵn liên tiếp nên theo ý b) ta có tích 5 số nguyên liên tiếp chia hết cho 8. Mặt khác 5 số nguyên liên tiếp luôn có một số chia hết cho 5 nên tích chúng cũng chia hết cho 5. TÀI LIỆU TOÁN HỌC
3 Vậy tích của 5 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 120. Chú ý: Tổng quát ta có tích của n số tự nhiên liên tiếp chia hết cho n! Bài toán 2. Chứng minh rằng tích của 3 số chẵn liên tiếp chia hết cho 48 Hướng dẫn giải Ba số chẵn liên tiếp có dạng 2n, (2n + 2) và (2n + 4) với nZ∈ Do đó tích hai số nguyên liên tiếp có dạng 8n(n + 1)(n + 2) Do n, (n + 1) và (n + 2) là 3 số nguyên liên tiếp nên nn()()++ 1 n 2 6 Vì thế n()()() n+ 1 n += 2 6m m ∈ Z Do đó tích của 3 số chẵn liên tiếp là 8n()() n+ 1 n += 2 48m 48 Vậy bài toán được chứng minh. n 3 − Bài toán 3. Chứng minh với mọi số nguyên thì nn chia hết cho 6 Hướng dẫn giải Ta có: n32−= n nn() −1 =()() n − 11 nn + Biểu thức là tích của 3 số nguyên liên tiếp nên một trong 3 số chia hết cho 2, và một trong 3 số chia hết cho 3 mà (2, 3) = 1 nên ()nn3 − 6 642−−+ Bài toán 4. Chứng minh với mọi số nguyên lẻ n thì nnn1chia hết cho 128 Hướng dẫn giải Ta có: 2 nnnnnnnnnn642−−+=1 42()()()()()() −− 111111 2 −= 2 − 4 −= 2 − 2 + Vì n là số lẻ nên đặt n = 2k + 1 ()kN∈ Ta có: 2 222 2 n22−=1 21 k +−= 1 4k + 4k = 4 kk + 1 () () () () 2 Ta có k(k + 1) chia hết cho 2 nên nên 4kk()+ 1 64 2 Mặt khác: n2+=121() k + += 144222212 kk 22 + +=() kk + +  2 Do đó nnn642−−+=−1 n 2 1 n 2 + 1 128 (đpcm) ()() Chú ý: Bình phương của một số lẻ là số lẻ TÀI LIỆU TOÁN HỌC
4  Dạng 2: Phân tích thành nhân tử *Cở sở phương pháp: Để chứng minh A(x) chia hết cho p ta phân thích Ax()()= Dx. p, còn nếu không thể đưa ra phân tích như vậy ta có thể viết p= kq. Nếu ()kq,1= ta chứng minh A(x) chia hết cho k và q . Nếu ()kq,1≠ ta viết A(x) = B(x).C(x) rồi chứng minh B(x) chia hết cho k và C(x) chia hết cho q . * Ví dụ minh họa: Bài toán 1. Cho a, b, c là các số nguyên khác 0 thỏa mãn điều kiện: 2 111 1 1 1 ++ = + + . abc abc2 22 Chứng minh rằng: abc3++ 33 chia hết cho 3. (Đề thi HSG lớp 9 TP Thanh Hóa 2016-2017) Hướng dẫn giải 2 111 1 1 1  1 1 1 abc++ Từ giả thiết ++ = + + ⇔20  + +  =⇔=0 a b c abc2 22 ab bc ca abc Vì a, b, c ≠ 0 nên a + b + c = 0 ⇒+=−ab c 33 ⇒+()()ab =− c ⇒++a33 b 3ab(a +=− b) c3 ⇒++=a3 b 33 c 3abc Vậy a3++ b 33 c3 với a, b, c ∈ Z Bài toán 2. Cho AB=1.2.3......29,= 30.31.32.....58. Chứng minh rằng A + B chia hết cho 59. Hướng dẫn giải Ta có: B=()()()()59 − 29 59 − 28 59 − 27 ... 59 −= 1 59k − 1.2.3....29 = 59k −Ak() ∈ Z ⇒+= AB59 k 59 Vậy A + B chia hết cho 59. Bài toán 3. Cho 3 số nguyên dương x, y, z. Chứng minh rằng: 555 ()()()xy− +− yz +− zxchia hết cho 5()()()xyyzzx− −− TÀI LIỆU TOÁN HỌC
5 Hướng dẫn giải Đặt axybyz=−, =−⇒−=−+ zx() ab 5 Do đó ta cần chứng minh: a55+−+ b() abchia hết cho −+5ab() a b 5 Ta có: a5+−+=−+++ b 5 () a b(5 ab4 10 ab 32 10 ab 23 5 ab 4) =−5ab( a33 ++ b 22 a 2 b + ab 2) =− +22 −+ + + 52ababa()() abb abab() =−5ab() a + b() a22 ++ ab b Do đó bài toán được chứng minh. Bài toán 4. Chứng minh rằng với ba số tự nhiên a,b,c trong đó có đúng một số lẻ và hai số chẵn ta luôn có ()()()()3 3 3 +−−−+−−+−++ cbaacbcbacba 3 Chia hết cho 96 (Trích đề thi HSG lớp 9 tỉnh Phú Thọ 2015) Hướng dẫn giải Đặt abc+−= zbca;; +−= xacb +−= y thì xyz++=++ abc. 3 Ta có ()x++−−−=+ y z x3 y 33 z 3(x y)(y ++= z)(x z) 3.2c.2a.2 b = 24abc Do 3 số a, b, c có 2 số chẵn nên abc chia hết cho 4 do đó 24abc chia hết cho 24.4 = 96 Vậy bài toán được chứng minh.  Dạng 3: Sử dụng phương pháp tách tổng *Cở sở phương pháp: Để chứng minh A(x) chia hết cho p ta biết đổi A(x) thành tổng các số hạng rồi chứng minh mỗi số hạng chia hết cho p . * Ví dụ minh họa: Bài toán 1. Chứng minh m, n là số nguyên ta có: a) n() n2+116b ) mn() m22− n 6c ) n()() n++ 12 n 16  Hướng dẫn giải a) Ta có: nn()23+11 = n + 11 n = n 3 −+ n 12 n =()() n − 1 nn + 1 + 12 n Dễ chứng minh: ()()()n−+1 nn 1 6, 12 n 6 n ∈ Z Do đó: nn()2 + 11 6 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
6 22− =2 −− 2 − =2 −−2 − b) Ta có: mn()()()()() m n mn m11 n mn m 1 mn n 1 Do: mn() m22−=1 n()() m − 1 m m + 16, mn() n −= 1 m()() n − 1 n n + 16 Do đó: mn() m22− n 6 c) Ta có: nn()()()()()()()()+121 n +=+++−=+++−+ nn 121 n n nn 12 n n 1 nn 1 Do: nn()()()()++1 n 2 6, n − 1 nn + 1 6 Do đó: nn()()++12 n 16 Chú ý: Tách tổng là phương pháp chứng minh chia hết mà lời giải dễ hiểu, ngắn gọn và đẹp mắt nên thường được trình bày khi bài toán có thể giải bằng nhiều phương pháp, tuy nhiên để áp dụng các em cần linh hoạt trong việc tách. Ví dụ: như câu a) thì ta thấy 12n chia hết cho 6 nên ta tách riêng ra phần còn lại chúng ta phân có thể đưa về dạng tích, dựa vào tính chất chia hết của tích các số tự nhiên dễ dàng chứng được cũng chia 6. Câu b) chúng ta nghĩ việc thêm bớt 1 để tạo ra tổng của hai tích của 3 số tự nhiên liên tiếp. Tương tự câu c) dễ dàng tách 2n + 1 = (n – 1) + (n + 2) để đưa về tổng của hai tích 3 số tự nhiên tiếp . Bài toán 2. Chứng minh rằng: n vàn5 có chữ số tận cùng giống nhau với n là số tự nhiên. Hướng dẫn giải Để chứng minh n và n5 có chữ số tận cùng giống nhau ta chứng minh ()nn5 − 10 5 4 22 2 2 Thật vậy: n−= n nn()()()()() −111145 = nn − n + = nn − n − + nn()()()22−−+−=−−+++−+1451 n nn 2()()()()()() n 2112511 n nn n n nn Nhận xét: ()()()()n−−21 n nn ++ 12 n là tích của năm số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 2 và 5 do đó chia hết cho 10. Mặt khác ()()n−+11 nn là tích của 3 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 2 nên 51()()n−+ nn 1chia hết cho 10. Do đó ()nn5 − 10 vậy bài toán được chứng minh. nn537 n Bài toán 3. a) Chứng minh rằng ++ là số nguyên với mọi nZ∈ 5 3 15 nn23 n b) Chứng minh rằng ++ là số nguyên với mọi n là số nguyên chẵn 12 8 24 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
7 Hướng dẫn giải 78n n nn a) Ta có: =−nn =−− 15 15 5 3 n53 n7 nn 53 n nnnnnn5−− 3 Do đó: ++ =++−−=nn + + 531553 53 5 3 Từ các thí dụ trên ta dễ dàng chứng minh được: ()()nn53−−5, nn 3 do đó bài toán được chứng minh. b) Do n là số nguyên chẵn nên n = 2m (với mZ∈ ) n n23 n mm 2 m 323 m 3++ m 2 mmm()()++12 m 1 Do đó: ++=+ + = = 12 8 24 6 2 3 6 6 Theo ý c) thí dụ 6 ta có nn()()++12 n 16 do đó bài toán được chứng minh. Bài toán 4. Chứng minh rằng ax2 + bx +∈ c Z, ∀∈ x Z khi và chỉ khi 2aa ,+∈ b ,c Z Hướng dẫn giải xx()−1 Ta có: ax22+ bxcax += − ax +() abxc + +=2. a +() abxc + +. 2 xx()−1 Dễ thấy: ∈Z vì x và (x – 1) là hai số nguyên liên tiếp. 2 Do đó: ax2 + bx +∈ c Z, ∀∈ x Z khi và chỉ khi 2aa ,+∈ b ,c Z. 33 3 Bài toán 5. Cho các số nguyên a12 ;a ;...;a n. Đặt A= a12 + a ++ ... a n và B= a12 + a ++ ... a n. Chứng minh rằng A chia hết cho 6 khi và chỉ khi B chia hết cho 6. Hướng dẫn giải Trước hết ta chứng minh bổ đề: Với mọi số nguyên a ta luôn có a3 − a6 . Thật vậy, ta có a3 −= a()() a − 1aa + 1. Ta thấy trong ba số tự nhiên liên tiếp có một số chia hết cho 2 và có một số chia hết cho 3, lại có 2 và 3 nguyên tố cùng nhau nên ta suy ra được a3 −= a()() a − 1aa + 1 6. Xét hiệu sau 33 3 3 3 3 B−= A( a12n12n1122nn +++ a ... a) −+++( a a ... a) =()()() a −+ a a −++ a ... a − a 33 3 Áp dụng bổ để trên ta được ()()()a11−− a 6; a 22 a 6; ...; a nn − a  6 Do đó ta được B− A6 . Suy ra A chia hết cho 6 khi và chỉ khi B chia hết cho 6. TÀI LIỆU TOÁN HỌC
8  Dạng 4: Sử dụng hằng đẳng thức Cở sở phương pháp: Nếu a, b là các số nguyên thì: abnn− chia hết cho a – b với n là số tự nhiên và ab≠ . nn ab− chia hết cho a + b với n là số tự nhiên chẵn và ab≠− . nn+ ≠− ab chia hết cho a + b với n là số tự nhiên lẻ và ab. n ()ab+=+ kabn với k là số nguyên, n là số tự nhiên. n nn ()a+111 = ac +()() a − = ac +− 1 , n là số tự nhiên. * Ví dụ minh họa: Bài toán 1. Với n là số tự nhiên chẵn. Chứng minh rằng: a) 2222+ 55 55 b) 20n+ 16 nn −− 3 1 323. Hướng dẫn giải 22 55 22 55 a) Ta có: P =2222 + 55 55 =++−=()()()() 21 1 56 1BS 7 ++ 1 BS 7 − 1 = BS 7 + 1 + BS 7 – 1 = BS 7 nên 2222+ 55 55 chia 7 dư 0 b) Ta có: 323= 17.19 . Ta biến đổi 20n+ 16 nn − 3 −= 1()() 20 n − 1 + 16 nn − 3 Ta có: ()20nn− 1 :() 20 −⇒ 1() 20 − 1 19 Mặt khác n là số chẵn nên ()16nn− 3() 16 +⇒ 3() 16nn − 3 19 Do đó ()()(20n−+ 1 16 nn − 3 19 ⇒ 20n + 16 nn − 3 − 1) 19() 1 Ta biến đổi 20n+ 16 nn − 3 −= 1()() 20 nn − 3 + 16 nn − 1 Ta có: ()20nn− 3 :() 20 −⇒ 3() 20n − 1 17 Mặt khác n là số chẵn nên ()16nn− 1() 16 +⇒ 1() 16n − 3 n 17() 2 Do (17, 19) =1 nên từ (1) và (2) suy ra: 20n+ 16 nn −− 3 1 323. Bài toán 2. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có: a) 11n++ 2+ 12 2n 1 133 b) 5n+ 2++ 26.5 n 8 2n + 1  59 c) 7.52n+ 12.6 n 19 Hướng dẫn giải a) Ta có: 11n++ 2+= 12 2n 1 11 2 .11 n + 12.122n = 121.11n + 12.144n =−+=+()133 12 .11n 12.144 n 133.11 n 12() 144 nn − 11 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
9 Do đó 133.11n  133 và 12() 144nn−− 11() 144 11 hay 12() 144nn − 11 133 Nên 133.11n + 12() 144n −⇒ 11 n 11 n++ 2 + 12 2n 1 133 (đpcm) b) Ta có: 5n++ 2++=++=+ 26.5 n 8 2n 1 25.5 n 26.5 n 8.8 2n 51.5 n 8.64 n =−+=+()59 8 .5n 8.64 n 59.5 n 8() 64 nn − 5 Vì ()64nn− 5() 64 −⇒ 5() 64nn − 5 59 Nên 59.5n + 8() 64n − 5 n  59 ⇒+ 5n++ 2 26.5 n + 8 2n 1 59 (đpcm) c) Ta có: 7.52nnn+ 12.6 = 7.25 +−() 19 7 .6 nn = 19.6 + 7() 25 nn − 6 Vì ()25nn− 6() 25 −⇒ 6 7() 25nn − 6 19 Nên 19.6n +− 7() 25n 6 n  19 ⇒+ 57.52n 12.6 n 19 (đpcm) Bài toán 3. Chứng minh rằng A= 19931997 + 19971993  30 Hướng dẫn giải n Sử dụng tính chất ()ab+=+ kabn với k là số nguyên, n là số tự nhiên. Ta có: 1997 1993 A= 19931997 + 19971993 =+()() 1980 13 +− 2010 13 =1980c ++ 131997 2010d − 131993 =++1980c 2010d 131993() 13 4 =30( 66c ++ 67d 952.131993 ) 30. Bài toán 4. Chứng minh rằng C= 5nn()() 5 +− 1 6 nn 3 + 2 n 91() n ∈ N . (Chuyên sư phạm Hà Nội 1997 – 1998) Hướng dẫn giải n n nn Sử dụng tính chất ()abkab+ = +n ,() a + 1 = ac + 1,()() a − 1 = ac +− 1 với k là số nguyên, n là số tự nhiên Ta có: C =25nnnn +− 5 18 − 12 n nn =++−+−+()()()21 4 5n 14 4 7 5 =21c ++− 4nn 5 14 de −−− 4 n 7 5 n =7() 3c −− 2 de 7. TÀI LIỆU TOÁN HỌC
10 Mặt khác: n nn C =−+−+−−()()()26 1 5n 13 5 13 1 nn =26f +−() 1 + 5nn − 13 gh − 5 − 13 −−() 1 =13() 2f −− gh 13. Vì (13, 7) = 1 nên C 7.13= 91 .  Bài toán 5. Chứng minh rằng: A =1333 + 2 + 3 ++ ... 100 3 chia hết cho B =+++1 2 3 ... + 100 Hướng dẫn giải Ta có B = (1 + 100) + (2 + 99) + + (50 + 51) = 101.50 Để chứng minh A chia hết cho B ta chứng minh A chia hết cho 50 và 101 Ta có: A =()()()13 + 100 3 + 2 33 + 99 ++ ... 50 33 + 51 =+()1 100( 122 + 100 + 100) +() 2 + 99( 2 22 + 2.99 + 99) ++ ...() 50 + 51( 50 2 + 50.51 + 51 3) =101( 12 ++ 100 100 22 ++++++ 2 2.99 99 2 ... 50 2 50.51 + 51 2) 101() 1 Ta lại có: A =()()()133 + 99 + 2 33 + 98 ++ ... 50 3 + 100 3 Mỗi số hạng đều chia hết cho 50 nên A chia hết cho 50 (2) Từ (1) và (2) suy ra A chia hết cho 101 và 50 nên A chia hết cho B. Bài toán 6. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ta có: A=++++ 1555 2 3 .... n 5chia hết cho Bn=+++1 2 3 ... + . (Chuyên sư phạm Hà Nội 2001) Hướng dẫn giải nn()+ 1 Ta có công thức quen thuộc Bn=+++1 2 3 ... += . 2 55 Lại có: 2A= n5 ++ 1 n − 1 + 2 5  + n − 2 + 3 55  +++ ... 1 n () ()()   () Nhận thấy mỗi số hạng đều chia hết cho (n +1) nên 2An()()+ 11 55 Lại có 2A− 2n55 = n −++ 1 1  n −+ 2 2 5  + ... chia hết cho n ()()   Do 2n5  n nên 2A n() 2 Do 2n5  n nên 2A n() 2 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
11 Từ (1) và (2) suy ra 2A chia hết cho n(n + 1) do đó 2A 2B⇒ A B (đpcm) Chú ý: Ta có công thức tổng quát: với n là số nguyên dương và k là số tự nhiên lẻ thì: a)1kk+ 2 ++ ... nn k() 1 +++ 2 ... k b)1kk+ 2 ++ ...()() 2k nn 2 + 1 Đây cũng là một bài tập, bạn đọc có thể tự chứng minh để củng cố kiến thức.  Dạng 5: Sử dụng phương pháp xét số dư * Cơ sở phương pháp: Để chứng minh A(n) chia hết cho p ta xét số n có dạng n = kp + r với rp∈−{0;1; 2;...; 1} . *Ví dụ minh họa: Bài toán 1. Chứng minh rằng n() 2n2 + 7 chia hết cho 3 với mọi số nguyên dương n. Hướng dẫn giải Xét 3 trường hợp: 2 - Trường hợp 1: n = 3k thì n 2n22+= 7 3k 2 3k += 7 3k 18k + 7 3 () () () - Trường hợp 2: n = 3k + 1 thì 2 n 2n2 += 7 3k + 1 2 3k + 1 + 7 () ()() 22 =()3k + 1 18k + 12k ++ 2 7 = 3() 3k + 1( 6k + 4k + 3) 3 - Trường hợp 3: n = 3k + 2 thì 2 n 2n2 += 7 3k + 2 2 3k + 2 + 7 () ()() 22 =()3k + 2 18k + 24k ++ 8 7 = 3() 3k + 2( 6k + 8k + 5) 3 Từ 3 trường hợp trên suy ra n() 2n2 + 7 chia hết cho 3. Bài toán 2. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có: n()() 2n++ 7 7n 1 chia hết cho 6 Hướng dẫn giải Trong 2 số n và (7n + 1) phải có một số chẵn nên n2n17n12()()++ Mà (3, 2) = 1 nên ta chỉ cần chứng minh n2n17n13()()++ Xét 3 trường hợp: - Trường hợp 1: n = 3k thì n()()()() 2n+ 1 7n += 1 3k 6k + 1 21k + 1 3 - Trường hợp 2: n = 3k + 1 thì 2n+= 7()()() 6k + 9 3 ⇒ n 2n + 7 7n + 1 3 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
12 - Trường hợp 3: n = 3k + 2 thì 7n+= 1()()() 21k + 15 3 ⇒ n 2n + 7 7n + 1 3 Từ 3 trường hợp trên suy ra n(2n + 7)(7n + 1) chia hết cho 6. Bài toán 3. Cho a, b, c là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu ()abc93++ 33 thì một trong ba số a, b, c chia hết cho 3. Hướng dẫn giải Với a, b, c là các số nguyên khi đó ta có a=+=+=+ 3q11 r ; b 3q 22 r ;c 3q 33 r với q123 ;q ;q là các số nguyên và các số dư r123 ;r ;r∈−{} 1;0;1 . 333 Dễ thấy rr;rr;rr1= 12 = 13 = 1. Từ đó ta được 3333 33 a=+=+() 3q11 r 9k 11 r ; b =() 3q 22 +=+ r 9k 21 r ;c =() 3q 33 +=+ r 9k 33 r 3 33 Khi đó ta được a+ b + c = 9k()()1 + k 2 + k 3 + r 123 ++ r r . 3 33 Mà theo giả thiết ta có ()abc9++ . Do đó nên ta suy ra ()rrr9123++  . Dễ thấy rrr123++ ≤ 3, do đó suy ra rrr123++= 0. Do r123 ;r ;r∈−{} 1;0;1 nên từ rrr123++= 0 suy ra trong r123 ;r ;r có một số bằng 0. Điều này có nghĩa là trong ba số a, b, c có một số chia hết cho 3. Bài toán 4. Cho x, y, z là các số nguyên thỏa mãn ()()()xyyzzx− − − =++ xyz() * Chứng minh rằng ()xyz++ chia hết cho 27 Hướng dẫn giải Ta xét các trường hợp sau: -Nếu 3 số x, y, z chia cho 3 có số dư khác nhau thì (x – y), (y – z), (z – x) sẽ đều không chia hết cho 3 do đó (x – y)(y – z)(z – x) sẽ không chia hết cho 3. Nhưng khi đó tổng của 3 số (x + y + z) sẽ chia hết cho 3 điều này trái với điều kiện (*) của bài toán, vì thế trường hợp này không thể xảy ra. -Nếu 3 số x, y, z có 2 số khi chia cho 3 có cùng số dư thì (x – y), (y – z), (z – x) sẽ có một hiệu chia hết cho 3 do đó (x – y)(y – z)(z – x) sẽ chia hết cho 3. Nhưng khi đó tổng của 3 số (x + y + z) sẽ không chia hết cho 3 điều này trái với điều kiện (*) của bày toán, vì thế trường hợp này không thể xảy ra. TÀI LIỆU TOÁN HỌC
13 Vậy 3 số x, y, z chia cho 3 phải cùng số dư, khi đó (x – y), (y – z), (z – x) sẽ đều chia hết cho 3 nên tích (x – y)(y – z)(z – x) sẽ chia hết cho 27. Mặt khác theo giả thiết (*) ta có (x – y)(y – z)(z – x) = x + y + z nên (x + y + z) chia hết cho 27. Vậy bài toán được chứng minh.  Dạng 6: Sử dụng phương pháp phản chứng * Cơ sở phương pháp: Để chứng minh A(x) không chia hết cho n ta giả sử A(x) chia hết cho n sau đó dùng lập luận để chỉ ra mâu thuẩn để chỉ ra điều giả sử là sai. * Ví dụ minh họa: Bài toán 1. Chứng minh rằng n2 +− n 16 không chia hết cho 25 với mọi số tự nhiên n. Hướng dẫn giải Giả sử n2 +− n 16 chia hết cho 25. Do n2 +− n 16 chia hết cho 25 nên cũng chia hết cho 5. Ta có: n2 +− n 16 =()() n + 3 n − 2 − 10 Do n2 +− n 16 và 10 chia hết cho 5 nên (n + 3)(n – 2) chia hết cho 5 (1) Mặt khác (n + 3) và (n – 2) có hiệu bằng 5 nên chúng cùng chia hết cho 5 hoặc cùng không chia hết cho 5, lại do (1) nên (n + 3) và (n – 2) cùng chia hết cho 5 suy ra ta có (n + 3)(n – 2) chia hết hết cho 25. Tức là n2 +− n 16 chia cho 25 dư 15 mâu thuẫn với giả sử, vậy bài toán được chứng minh. Bài toán 2. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, n3 chia hết cho 3 thì n cũng chia hết cho 3 Hướng dẫn giải Giả sử n không chia hết cho 3. Khi đó n có dạng n = 3k +1 hoặc n = 3k + 2 (với k là số tự nhiên) 3 Nếu n = 3k + 1 thì n3=() 3k + 1 = 27k32 + 27k ++ 9k 1không chia hết cho 3 3 Nếu n = 3k + 2 thì n3=() 3k += 2 27k32 + 54k + 36k + 4 không chia hết cho 3 Cả hai trường hợp đều mâu thuẫn suy ra n phải choa hết cho 3 vậy bài toán được chứng minh. Bài toán 3. Chứng minh 2 số dương có tổng bình phương chia hết cho 3 thì mỗi số đều TÀI LIỆU TOÁN HỌC
14 phải chia hết cho 3 Hướng dẫn giải Giả sử 2 số nguyên dương a, b có ít nhất một số không chia hết cho 3, chẳng hạn số đó là a. Khi đó a = 3k + 1 hoặc a = 3k + 2 với k là số tự nhiên, ta có a2 = 3l + 1 nếu số b chia hết cho 3 hoặc không chia hết cho 3 thì ab22+ luôn có dạng 3m + 1 hoặc 3m + 2, nghĩa là không chia hết cho 3, mâu thuẫn. Vậy bài toán được chứng minh.  Dạng 7: Sử dụng phương pháp quy nạp * Cơ sở phương pháp: Để kiểm tra mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên np≥ ta làm như sau: 1) Kiểm tra mệnh đề đúng với n = p. 2) Giả sử mệnh đề đúng mới n = k (Giải thiết quy nạp) 3) Chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1. Nhận xét: Trong việc chứng minh bằng phương pháp quy nạp các bạn cần khai thác triệt để giả thiết quy nạp (là mệnh đề chia hết khi n = k), tức là trong quá trình giải bài toán ở bước chứng minh n = k + 1 các bạn phải biến đổi làm sao xuất hiện giả thiết quy nạp. * Ví dụ minh họa: Bài toán 1. Chứng minh rằng n() 2n2 + 7 chia hết cho 3 với mọi số nguyên dương n. Hướng dẫn giải Với n = 1 thì ta có: n() 2n2 += 7 1.() 2 += 7 9 3 , do đó bài toán đúng với n = 1 Giải sử bài toán đúng đến nk= với k≥∈1, kN tức là: k()()() 2k2+ 7 3 hay k 2k 2*+= 7 3x x ∈ N , Ta sẽ cần chứng minh bài toán đúng với nk= +1. Thật vậy: 2 k+ 1 2 k + 1 +=+ 7 n 1 2n2 ++ 4n 9 ()()()( ) =+++++2n32 4n 9n 2n 2 4n 9 =()(2n32 + 7n + 6n ++ 6n 9) =3x + 3( 2n2 + 2n += 3) 3y 3 Do đó n() 2n2 + 7 chia hết cho 3 với nk= +1 Vậy bài toán được chứng minh. Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
15 n * Bài toán 2. Chứng minh rằng 4+− 15n 1 chia hết cho 9 với mọi nN∈ Hướng dẫn giải Với n = 1 thì ta có: A= 18 chia hết cho 9, do đó bài toán đúng với n = 1 Giải sử bài toán đúng đến nk= với k≥∈1, kN tức là: 4k2+− 15k 1 9 hay 4k2 +−=∈⇔=−+ 15k 1 9x() x N*2 4k 9x 15k 1, ta sẽ cần chứng minh bài toán đúng với n = k + 1. Thật vậy: 4k1+ + 15() k + 1 −= 1 4.4k + 15k + 14 =4() 9x − 15k ++ 1 15k + 14 =−+36x 45k 18 9 Do đó A=+− 4n2 15n 1 chia hết cho 9 với nk= +1 Vậy bài toán được chứng minh. Bài toán 3. Chứng minh rằng 572n + chia hết cho 8 với mọi số nguyên dương n. Hướng dẫn giải • Với n1= , khi đó ta có 52 += 7 32 8 (đúng) • Giả sử mệnh đề đúng với , tức là ta có 52n + 78 . • Ta cần chứng minh mệnh đề đúng với n1+ . Thật vậy, ta có 2n()+ 1 5+= 7 25.52n += 7 24.52n +() 52n + 7 2n()+ 1 Để ý là 52n + 78 và 24.52n  8 . Do đó ta được 5+ 78 . Vậy theo nguyên lý quy nạp ta được 572n + chia hết cho 8 với mọi số nguyên dương n. −− Bài toán 4. Cho n là một số nguyên dương, Chứng minh rằng: C =7.222nn + 3 21 5() 1 Hướng dẫn giải Xét với n = 1 ta có: C =10 5 . Vậy (1) đúng với n = 1 22kk−− 21 Giả sử (1) đúng với n = k ( k≥∈1, kN), tức là: Ck =7.2 + 3 5() 2 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
16 Ta sẽ chứng minh (1) đúng với n = k + 1, tức là phải chứng minh: 212()()kk+− 211 +− Ck+1 =7.2 + 3 5 212()()kk+− 211 +− 222k+− 221 k − 22 kk− 21 − Ta có: Ck+1 =7.2 += 3 7.2 += 3 .3 4.7.2 + 9.3 22kk−− 21 21 k − 21k− =4( 7.2 ++ 3) 5.3 =+ 4.Ck 5.3 5 Vậy theo nguyên lý quy nạp ta được C =7.222nn−− + 3 21chia hết cho 5 với mọi số nguyên dương n. n n Bài toán 5. Chứng minh rằng số được tạo 3 bởi chữ số giống nhau thì chia hết cho 3 với * nN∈ (Đề thi học sinh giỏi lớp 9 toàn quốc năm 1978) Hướng dẫn giải Với n = 1, ta có: aaa=111. a 3, Vậy bài toán đúng với n = 1. Giả sử bài toán đúng đến n = k ( k≥∈1, kN), tức là: k aa ... a 3 3k Ta sẽ chứng minh mệnh đề đúng đến n = k + 1.  Thật vậy: aa... a= aa ... a aa ... a aa ... a= aa .. a × 100...0100..01 3n+1 do 100...0100..01 3  3k+1 333 kkk 3 k 33 k−−11 k 3k−−113 k Vậy bài toán được chứng minh.  Dạng 8: Sử dụng nguyên lý Dirichlet * Cơ sở phương pháp: Đầu tiên ta phải nắm được nguyên lý Dirichlet: “Nhốt m = kn + 1 con thỏ vào k (k < n) chuồng thì tồn tại một chuồng có ít nhất n + 1 con thỏ” Áp dụng nguyên lý Dirichlet vào bài toán chia hết như sau: “Trong m = kn + 1 số có ít nhất n + 1 số chia hết cho k có cùng số dư” * Ví dụ minh họa: Bài toán 1. Chứng minh trong 5 số nguyên bất kì có thể tìm được ba số có tổng chia hết cho 3 Hướng dẫn giải Một số khi chia cho 3 thì tồn tại 3 loại số dư là: 1, 2 hoặc 3. Trường hợp 1: Nếu tồn tại cả 3 loại số dư khi chia cho 3 thì: TÀI LIỆU TOÁN HỌC
17 ak11=30 +  a2=3 k 2 +⇒ 1 aaa 123 + + =3() kk 123 + + k +33  ak33=32 + Trường hợp 2: Chỉ tồn tại hai loại số dư, theo nguyên lý Dirichlet trong 5 số nguyên bất kì luôn tồn tại ít nhất 3 số cùng dư khi chia cho 3 suy ra tổng 3 số ấy chia hết cho 3. Trường hợp 3: Chỉ tồn tài du nhất một loại số dư khi chia hết cho 3 suy ra 3 số tùy ít trong 5 số đó chia hết cho 3. Bài toán 2. Cho 4 số nguyên phân biệt a, b, c, d. Chứng minh rằng: A=−−−()()()()()() abacadbcbdcd −−−12 Hướng dẫn giải Theo nguyên lý Dirichlet trong 3 số nguyên tùy ý luôn tồn tại hai số nguyên tùy ý có cùng số dư khi chia hết cho 3 suy ra A3 Trường hợp 1: cả 4 số đều là số chẵn nên tồn tại 6 hiệu chia hết cho 2 suy ra A4 Trường hợp 2: cả 4 số đều là số lẻ nên tồn tại 6 hiệu chia hết cho 2 suy ra A4 Trường hợp 3: 2 số chẵn và hai số lẻ nên tồn tại 4 hiệu chia hết cho 2 suy ra A4 Trường hợp 4: 3 số chẵn và một số lẻ , từ 3 số chẵn đó cho ta 3 hiệu chia hết cho 2 suy ra A4 Trường hợp 5: 3 số lẻ và một số lẻ, từ 3 số lẻ đó cho ta 3 hiệu chia hết cho 2 suy ra A4 Do đó A cũng chia hết cho 4 mà (3, 4) = 1 nên A chia hết cho 12. Bài toán 3. Chứng minh trong 101 số nguyên bất kì có thể tìm được hai số có 2 chữ số tận cùng giống nhau. Hướng dẫn giải Lấy 101 số nguyên bất kì chia cho 100 thì theo nguyên lý Dirichle có có ít nhất 2 số có cùng số dư khi chia cho 100. Suy ra trong 101 số đã cho tồn tại ít nhất 2 số có 2 chữ số tận cùng giống nhau. Bài toán 4. Cho 2014 số tự nhiên bất kì x1 ,x 2 ,x 3 ,.....,x 2014 . Chứng minh rằng tồn tại một số chia hết cho 2014 hoặc tổng một số số chia hết cho 2014. Hướng dẫn giải Xét 2014 số: S1= x 1 ;S 2 = x 1 + x 2 ;....;S 2014 = x 1 + x 2 ++ ... x2014 Nếu tồn tại Si với i = 1, 2, 3, ., 2014 chia hết cho 2014 thì bài toán được chứng minh. TÀI LIỆU TOÁN HỌC
18 Nếu không tồn tại Si với i = 1, 2, 3, ., 2014 chia hết cho 2014. Đem 2014 số này chia cho 2014 nhận được 2014 số dư. Giá trị của các số dư nhận được thuộc vào tập hợp {1,2,3,....,2013} . Vì 2014 số dư mà chỉ có 2013 giá trị nên theo nguyên lý Dirichlet có 2 số dư bằng nhau. Kí hiệu hai số đó là Smn ,S có cùng số dư khi chia cho 2014 {m,n∈ N,1 ≤< n m ≤ 2014} Thì hiệu: Sm− S n = x n1++ + x n2 ++ .... xmchia hết cho 2014. Nhận xét: Ta có thể tổng quát hóa bài toán như sau: Cho n số tự nhiên x12 ; x ;...; x n. Chứng minh rằng trong n số trên có một số chia hết cho n hoặc một số số có tổng chia hết cho n. Bài toán 5. Chứng minh rằng trong 8 số tự nhiên có 3 chữ số bao giờ cũng chọn được hai số mà khi viết liền nhau ta được một số có 6 chữ số và chia hết cho 7. Hướng dẫn giải Lấy 8 số đã cho chia 7 được 8 số dư nhận một trong 7 giá trị 0, 1, 2, 3, , 6. Theo nguyên tắc Dirichlet có hai số cùng số dư, giả sử là abc và def khi chia cho 7 có cùng số dư là . Giả sử abc=7 k + r và def=7 k + r . Ta có: abcdef=100 abc + def = 1000()() 7 k + r + 7 l += r 7 1000 k + l + 1001 r 7 Vậy bài toán được chứng minh. Bài toán 6. Có hay không một số nguyên dương k để 29k là một số có các chữ số tận cùng là 0001. Hướng dẫn giải Ta cần chứng minh tồn tại số nguyên k sao cho k − 4 . Thật vậy, lấy 4 + số: 29 1 10 10 1 4 29,292 ,...,29 10− 1 chia cho 104 , khi đó có hai số có hiệu chia hết cho 104 , giả sử đó là 29n mn4 − và 29m ()nm> . Ta có 29− 29 10 hay 29m() 29 nm− 1 104 . − Vì ()29m ,104 = 1 nên 29nm− 1 104 (đpcm).  Dạng 9: Xét đồng dư Tóm tắt lý thuyết về đồng dư: Định nghĩa: Cho a, b là số nguyên (n là số nguyên dương). Ta nói a đồng dư với b theo modun n và kí hiệu ab≡ ()mod nnếu a và b có cùng số dư khi chia cho n. TÀI LIỆU TOÁN HỌC
19 Như vậy: a≡ b()()mod n ⇔− abn .Ví dụ: 2019≡ 9() mod 5 Một số tính chất cơ bản: 1) Với mọi số nguyên a ta có: aa≡ ()mod n 2) ab≡()()mod n ⇔≡ bamod n 3) ab≡ ()mod n và bc≡()()mod n ⇒≡ acmod n 4) ab≡ ()mod n và c≡ d()()()()mod n ⇒±≡± ac bdmod n Hệ quả của tính chất 4) a11≡≡ b()()mod na ,22 b mod n ,......, ann ≡ b() mod n ⇒(aa12 + ++... ann) ≡ bb12 + +.... + b() mod n 5) ab≡ ()mod n và cd≡()()mod n ⇒≡ acbd . . mod n Hệ quả của tính chất 5) a11≡≡ b()()mod na ,22 b mod n ,......, ann ≡ b() mod n ⇒≡()aa12. ....ann bb12 . ...... b() mod n 6) ab≡()()mod m ⇔ ann ≡ bmod m ∀∈ nN 7) Nếu ab≡ ()mod m và d là ước chung của a và b sao cho (d, m) = 1 thì ab ≡ ()mod m dd ab m 8) Nếu ab≡ ()mod m và d là ước chung của a, b, m thì ≡ mod dd d 9) Nếu ar≡ ()mod m và 0,≤<rmthì r chính là số dư của phép chia a cho m. * Cơ sở phương pháp: Sử dụng định nghĩa và các tính chất của đồng dư thức để giải bài toán chia hết. * Ví dụ minh họa: Bài toán 1. Chứng minh rằng: A =7.52nn + 12.6 chia hết cho 19 Hướng dẫn giải Ta có: A =+=+7.52nn 12.6 7.25 nn 12.6 Do 25≡ 6() mod 19 ⇒≡ 25nn 6() mod 19 ⇒ 7.25n ≡ 7.6 n() mod 19 ⇒7.25nnnn + 12.6 ≡+ 7.6 12.6() mod 19 TÀI LIỆU TOÁN HỌC