CHUYÊN đề CHIA hết TOÁN 8

CHUYÊN ĐỀ CHIA HẾT A... HD: Giả sử A chưa tối giản.

CHUYÊN ĐỀ CHIA HẾT

A LÝ THUYẾT

1 Định nghĩa:

2 Tính chất:

- Nếu a chia hết cho cả m và n, trong đó m, n là hai số nguyên tố cùng nhau thì a chia hết cho m.n

- Nếu tích a.b chia hết cho c, trong đó (b; c) = 1 thì a chia hết cho c

- Với p là số nguyên tố Nếu a.b chia hết cho p thì hoặc a chia hết cho p hoặc b chia hết cho p

- Khi chia n + 1 số nguyên dương liên tiếp cho n n1 luôn nhận được hai số dư bằng nhau

- Trong n n1 số nguyên liên tiếp, luôn có duy nhất 1 số chia hết cho n

- Nếu  a b; d thì tồn tại hai số nguyên x, y sao cho: ax by d 

- Ta có: a nb n a b a   n 1 b n 1a nb n a b 

- Ta có: a nb n a b a   n 1 b n 1a nb n a b  với n là số tự nhiên lẻ

B LUYỆN TẬP

Dạng 1: SỬ DỤNG TÍCH CÁC SỐ LIÊN TIẾP

Phương pháp :

Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta đều có: n35 6n

HD:

Ta có: n35nn3n6n , như vậy ta cần chứng minh n3n 6n n 1n1 6

Do n n 1n1 là tích của 3 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho cả 2 và 3

Bài 2: Chứng minh rằng : n311 6,n  n Z

HD :

Ta có: n311n n 3 n 12n n n  2 1 12 n n n  1n 1 12 n

Vì n n 1n1 là ba số nguyên liên tiếp n n 1n1 6 và 12 6n n311 6n

Bài 3: Chứng minh rằng: A n n  1 2 n1 6,  n N

HD:

Ta có: A n n  1  n 1 n2  n1 n n 1 n n1n2 6

Bài 4: Chứng minh rằng: m33m2  m 3 48,m lẻ

HD:

Vì m là số lẻ, Đặt m2k1,k N 

Khi đó ta có : A m 33m2   m 3 m3 m2 1 m1m1m3

Thay m2k1 vào A ta được : A8k2k1k

Vì k k 1k2 là tích ba số tự nhiên liên tiếp nên 6 Vậy A 48

Bài 5: Chứng minh rằng: n44n34n216 384,n n chẵn

HD:

Vì n chẵn, Đặt n2 ,k k N   , Khi đó ta có:

4 4 3 4 2 16 4 2 4

A n  n  n  n n n  n  , Thay n2k vào A ta được:

    

A k k k k , Vì k2k1 k k1 là tích của 4 số tự nhiên liên tiếp

Nên chia hết cho cả 3 và 8

Bài 6: Chứng minh rằng: B n 55n34 120,n  n N

HD:

Ta có: B n n  45n24 n n21n24n n 1n1n2n2 120

Bài 7: Cho n là số nguyên, Chứng minh A n 414n371n2154n120 24

HD:

Ta cần chứng minh A 3 và A 8 , ta có :

4 14 3 71 2 154 120 3 2 12 2 2 47 2 60 2

A n  n  n  n n n  n n  n n  n

A n n n  n n  n  n n n n  n 

 2 3 4 5

A n n n n , Vì A là tích của 4 số tự nhiên liên tiếp => A 3

Ngoài ra trong 4 số nguyên liên tiếp sẽ có hai số chẵn liên tiếp, một số 2 và 1 số 4

Vậy A 8

Bài 8: Chứng minh rằng: n46n311n26 24n

HD:

Ta có:

   

A n  n  n  n n n  n n là tích của 3 số nguyên liên tiếp nên A 3

Và A cũng là tích của 4 số nguyên liên tiếp, nên có 2 số chẵn, một số chia hết cho 2 và 1 số chia hết cho 4, Nên A 8

Bài 2: CMR: 4 3 2

n  n n  n chia hết cho 24 với mọi nZ

HD :

Ta có: n42n3n22nn n 2n2  n2n n 1n1n2

là tích 4 số tự nhiên liên tiếp nên có 1 số chia hết cho 2 và 1 số chia hết cho 4 nên chia hết cho 8

và chia hết cho 3

Bài 9: Chứng minh rằng:

2 3

  là một số nguyên với mọi a nguyên HD:

   Vì a a 1a2 là tích của 3 số nguyên liên tiếp => 6 Bài 10: Chứng minh rằng: n5n 30,n

HD:

Ta có: A n 5 n n1 n n1 n21 , là tích của 3 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho cả 2

và 3

Mặt khác:

A n 5 n n1 n n1 n2  4 5n2n1 n n1n2 5 n1 n n1

Thấy n2n1 n n1n2 là tích của 5 số nguyên liên tiếp nên A 5

Bài 11: Chứng minh rằng: n31964 48, nn  chẵn

HD:

Vì n là số chẵn, Đặt n2 ,k k N   Khi đó ta có : n31964n8k1 k k 1 3888 k

Vì k1 k k1 là tích ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2 và 3

Bài 12: Chứng minh rằng: n47 7 2  n3 64,n lẻ

Vì n lẻ, Đặt n2k1,k N  , Khi đó ta có: 4  2  2 2

A n   n  n  , Thay n2k1 vào ta được:  2 2

A k  k , Vì k2  k 2 k k  1 2 2

Bài 13: Chứng minh rằng: n46n27 64,n lẻ

HD:

Vì n lẻ, Đặt: n2k1,k N  , Khi đó: A n 46n2 7 n2 1n27 ,

Thay n2k1 vào ta được: A16k k 1 k2 k 2

Bài 14: Chứng minh rằng: A n 24n3 8,n lẻ

HD:

Ta có: An1n3 , Vì n là số lẻ, Đặt n2k1,k N  A 2k2 2 k4 8 Bài 15: Chứng minh rằng: tổng lập phương của ba số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 9

HD:

Gọi 3 số nguyên liên tiếp lần lượt là: n1; ;n n  1, n Z

A n n  n  n  n n n   n n n  n   n Thấy: n1 n n1 3 3n1 n n1 9 Vậy A 9

Bài 16: Cho a, b, c là các số nguyên Chứng minh rằng : a3b3c3 6 khi và chỉ khi a b c  6

HD :

Xét A a 3b3c3   a b c a3a  b3b  c3c

Mà a3 a a a 1a1 là tích của 3 số nguyên liên tiếp nên a a 1a1 6

Như vậy A 6 => a3b3c3 6  a b c 6

Bài 17: Chứng minh rằng: n12n8n41 512,n lẻ

HD:

Vì n lẻ, Đặt n2k1,k N  , Khi đó:

12 8 4 1 4 1 8 1 2 1 2 1 4 1

A n n n   n  n   n  n   n 

Thay n2k1 vào A ta được:   2 2  2 4 

A k k  k  k n  Bài 18: Tìm số tự nhiên n sao cho: n5n6 6 n

HD:

Ta có: An5n6n211n30 12 n n 2  n 30

30 6

n n





(1) (2)

Từ (1)  n 3k hoặc n3k1,k N 

Từ (2)  n 1;2;3;5;6;10;15;30 n 1;3;10;30 là thỏa mãn

Bài 20: Chứng minh rằng trong 1900 số tự nhiên liên tiếp có 1 số có tổng các chữ số chia hết cho 27 HD:

Giả sử 1900 số tự nhiên liên tiếp là: n n, 1,n2, ,n1989 (1)

Trong 1000 số tự nhiên liên tiếp: n n, 1,n2, ,n999 phải có 1 số chia hết cho 1000,

giả sử là n , Khi đó 0 n có tận cùng là 3 chữ số 0 0

Giả sử tổng các chữ số của n là s khi đó 27 số 0 n n0, 09,n019, ,n0899

Có tổng các chữ số lần lượt là: s s, 1,s2, ,s26 , sẽ có 1 số chia hết cho 27

Bài 3: Cho a, b là bình phương của hai số nguyên lẻ liên tiếp, CMR: ab a b  1 chia hết cho 48

ta có: ab a b   1 a1b1 ,

HD :

Vì a,b là bình phương của hai số nguyên lẻ liên tiếp nên:

 2  2

a n b n với nZ

ab a b    a b  n    n   n n n

Nên chia hết cho 16 và chia hết cho 3 nên chia hết cho 48

Dạng 2: XÉT TẬP HỢP SỐ DƯ TRONG PHÉP CHIA

Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có : A n n 2 7 7 n7 6

HD :

Ta có : n hoặc 7n7 là số chẵn với mọi số tự nhiên n nên A 2

Lấy n chia cho 3 ta được : n3k r k N   ,0 r 2

Với r   0 n 3kA 3

Với r  1 n 3k 1 2n 7 6k9 3 A 3

Với r  2 n 3k 2 7n 1 21k15 3 A 3

Bài 2: Cho số nguyên a không chia hết cho 2 và 3, Chứng minh rằng : A4a2 3a5 6

HD :

Vì a không chia hết cho 2 và 3 nên a có dạng : a6m1,m Z 

Bài 3: Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho: n2 9n2 11

HD:

Ta có: n2 9n2 11n22n2 114n22n2 11 4n2 8n1 11

2n 1 2 n 3 11

Khi đó: 2n1 11 hoặc 2n3 11  n 11m6 hoặc n11m7,m N 

Bài 4: Chứng minh rằng có vô số tự nhiên n sao cho 4n21 5 và chia hết cho 13

HD:

Đặt n65k r k N ,  ,0 r 64

Chọn r sao cho 4r2  1 65  r 4, Vậy với mọi số n65k4 đều thỏa mãn

Bài 5: Chứng minh rằng nếu n3 thì A32n3 1 13, n Nn  

HD:

Vì n  3 n 3k r k N ,  ,1 r 2  

Khi đó: A32 3 k r33k r  1 3 32r 6k 1 3 3 r 3k  1 3 2r  3 1r

3 k 1 3 k 1 3 1  M26M 13 và 33k 1 3 1 3  N 26 13N Với r  1 32r 3 1 3r  2  3 1 13 A 13

Với r  2 32r3n 1 3432 1 91 13  A 13

Bài 6: Tìm tất cả các số tự nhiên n để 2n 1 7

HD:

Lấy n chia cho 3 ta có: n3k r k N ,  ,0 r 2

Với r   0 n 3k 2n 1 23k 1 8 1k 8 1   M7M 7

Với r  1 n 3k 1 2 1 2n   8 1k  1 2.23k 1 2 2 3k 1 1 ,

Mà 2k1 72 1n chia 7 dư 1

Với r   2 n 3k 2 2 1 2n  3 2k  1 4 2 3k 1 3

Mà 23k1 72n1 chia 7 dư 3

Vậy với n3 ,k k N   thì 2n1 7

Bài 7: Chứng minh rằng: A n n  21n24 5,  n Z

HD:

Lấy n chia cho 5 ta được: n5q r q r Z , ,  ,0 r 4

Với r 0 n 5 A 5

Với r1,4n24 5A 5

Với r2,3n21 5A 5

Bài 8: Cho A a a   1 2 a n và B a 15a25  a n5 , Chứng minh rằng: A B 30

HD:

1 1 n n

B A  a a   a a

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 30

a a a a  a a  a  a 

Bài 9: Chứng minh rằng nếu  n;6 1 thì n21 24, n Z

HD:

Vì  n;6   1 n 6k r k r N r , ,  ,  1

Với r   1 n21 24

Bài 10: Tìm số tự nhiên n để: 22n2n1 7

HD:

Xét n3k r k r N , ,  ,0 r 2

Ta có: 22n 2n 1 2 22r 6k 1 2 2 r 3k 1 2 2n2n1

Xét các TH cụ thể ta được: 22n 2n1 7

Bài 11: Cho hai số tự nhiên m, n thỏa mãn: 24m4  1 n2 , Chứng minh rằng: mn 5

HD:

Ta có: 24m4  1 n2 25m4 m4 1 25m4 m1m1 m2 1

Nếu m 5mn 5 ĐPCM

Nếu m 5  m;5 1=> m5 m m m 4  1 m m 1m1 m21

Nên m4 1 5n2 5n 5mn 5 , ĐPCM

Bài 12: Tìm tất cả các số nguyên x sao cho : x38x22x x21

HD :

Ta có : x38x22x x x  2 1 8 x2  1 x 8 x2  1 x 8 x21

Nếu x    8 0 x 8 thỏa mãn

Nếu x   8 x 8 x2       1 x 0 1; 2 x  0;2

Bài 13: Cho hai số tự nhiên a, b, Chứng minh rằng: 5a2 15ab b 2 493a b 7

HD:

5a 15ab b 495a 15ab b 79a 6ab b 7 3a b 73a b 7 Mặt khác: 3a b 73a b 7k k Z   b 7k3a5a2 15ab b 2

5a 15 7a k 3a 7k 3a 49 3ak a 49

Bài 15: Cho a, b là các số nguyên dương sao cho a2b2 chia hết cho tích a.b

Tính giá trị của biểu thức:

2 2

a b A

ab



HD:

1 1 1

b db

 





1 1

a b d a b và ab d a b 2 1 1

Vì a2b ab2 a12b a b12 1 1 2 2

1 1 1

a b a

1 1

a b

 và b a 12 1

Vì a b1; 1 1 a b1 1 và b a1 1  a b1 1 1

A

d a b d a



Bài 16: Cho m, n là hai số nguyên tố cùng nhau Hãy tìm ước số chung lớn nhất của hai số A m n

và B m 2n2

HD :

Gọi d UCLN A B  ; , Vì  m n;  1 A B, cùng tính chẵn lẻ khi đó :

2

2mn A B d và 2mn2n2 2nA d2n d2 (1)

Nếu A, B chẵn thì m, n lẻ và d chẵn, Từ (1) =>2 d  d 2

Nếu A, B lẻ thì d lẻ, Từ  1 n d2 , tương tự : m d2

Vì  m n;   1 d 1

Bài 17: Cho số tự nhiên n3 , Chứng minh rằng: nếu 2n 10a b , 0  b 10 thì ab 6

HD:

Ta có: 2n 10a b b 2ab 2 , ta cần chứng minh ab 3

Mặt khác : 2n 10a b 2n có chữ số tận cùng là b

Đặt n4k r k r N , ,  ,0 r 32n 16 2k r

Nếu r 0 2n 16k có tận cùng là 6  b 6 ab 6

Nếu 1  r 3 2n2x 2 16 1 10r k  2n tận cùng là 2r  b 2r

10a 2n 2x 2 16 1 3r k a 3 ab 6

Bài 18: Cho số tự nhiên n1 , Chứng minh rằng: S 15 253 5 n5 1 2 3    n

HD:

Đặt: 2A2 1 2 3     n n n1

Mặt khác, với n lẻ ta có: a nb a b n  ,(a,b N *)

2S 1 n 2  n1  n 1 n1

 5 5  5  5   5  5

Mà n n;   1 1 2S n n  1 2AS A

q       Chứng minh rằng p 1979

HD:

p q

1 1 1 1 1

2 1979

p B q

A

Mà B1979 p 1979

1, , , a2 3 n 1; 1 ,

a a a   n N , thỏa mãn: a a a a a a1 2 2 3 3 4 a a n 10 ,

Chứng minh rằng: n 4

HD:

Đặt x1 a a x1 2, 2 a a2 3, ,x n a a n 1 x x x1, ,2 3  1; 1 , Hơn nữa x x1  2 x n0

Thì trong đó các số bằng 1 và -1 là bằng nhau Giả sử có m số 1 và m số -1 (m N *)

2

  và x x x x1 2 3 n   1 m và  2

1 2 3 n 1 2 n 1

x x x x  a a a 

Từ đó ta được m là số chẵn => n chia hết cho 4

Bài 21: Tìm hai số nguyên dương a, b sao cho: ab a b  7 và  7 7 7 7

7

a b a b HD:

7

a b a b  ab a b a ab b

Vì ab a b  7a2ab b 2 73

Chọn b 1 a2  a 1 73 a

Dạng 3: CHỨNG MINH PHẢN CHỨNG

Bài 1: Chứng minh rằng : S n 23n38 49,  n N

HD:

Giả sử tồn tại số tự nhiên n để S n 23n38 49

Khi đó: S n 23n38 7 n6n2 4n4 ,

S S  n  n   n t , thay vào S ta được:

 2 

S t  t S trái với giả sử, Vậy S không chia hết cho 49 với mọi số tự nhiên n Bài 2: Chứng minh: n2 n 2 15,  n Z

HD:

Giả sử: n2 n 2 15n2  n 2 3n n  1 2 3 (1)

n k

n k



  

Lại có: n2  n 2 n2  1 n 3 3 mâu thuẫn với giả thiết, Vậy n2 n 2 15

Bài 3: Chứng minh rằng: n23n5 121,  n N HD:

Giả sử:

n  n n  n  n  n  n  n   n 

Nhưng A n 23n5 11 nhưng A121 vì 11121

Bài 4: Xét phân số

2 4 5

n A n





 Hỏi có bao nhiêu phân số tự nhiên n trong khoảng từ 1 đến 2002 sao cho

phân số A chưa tối giản

HD:

Giả sử A chưa tối giản Đặt dn2 4;n5 d 1

n  n  d n d  n  d  d  d Ngược lại: Nếu n5 29  n 5 29 ,k k N  *n2  4 29 29 m25k1 29 A chứ tối giản

Do đó, ta chỉ cần tìm n sao cho n 5 29 ,k k N  *  1 n 2002 1 m69

Vậy có tất cả 69 giá trị của m thì n sẽ có 69 giá trị để A chưa tối giản

Bài 5: Chứng minh rằng: 9n39n23n16 343,  n N

HD:

Bài 6: Có tồn tại số tự nhiên n sao cho n2 n 2 49 không

HD:

Giả sử tông tại số tự nhiên n để

2 2 49 4 2 4 8 49 2 1 7 49 2 1 7

     từ đó 7 49 ( vô lý) Bài 7: Chứng minh rằng: n2 n 1 9, n N*

HD:

Giả sử tồn tại số tự nhiên n sao cho n2 n 1 9n2n 1 3 9

Vì 3 là số nguyên tố nên n2 3 hoặc n1 3

Nếu n2 3 n2n 1 3 3 nhưng không chia hết cho 9

Nếu n1 3 n2n1 3 nhưng không chia hết cho 9

Bài 8: Chứng minh rằng: 4n2 4n18 289, n N

HD:

4n 4n18 289 2n1 17 17  2n1 17

Vì 17 là số nguyên tố nên    2

2n1 17 2n1 289 Khi đó:  2

2n1 17 289 Bài 9: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương  a b sao cho: ; a b 2 a b2 1

HD:

Gỉả sử a b a b 2 2    1 k N a b*:  2 k a b 2    1 a k b ka 2 b

Đặt m ka 2b m Z,    a k mb , Do a b k N, ,  * m N* , khi đó ta có:

m1b 1 mb m b     1 a k ka2 1 a1k ka 1 ,

Vì m b N,  * m1b 1 0  1 k a 1 , Do k a N,  *   a 1 0 ta có :

TH1 : k a    1 0 a 1 thay vào đẳng thức ta được : m1  b 1 a1k ka 1

TH2: k a        1 1 k a 1 1 k 1 và a2, Thay k 1,a2 vào đẳng thức ta được:

m1  b 1 a1k ka 1 ta được: m1b    1 0 m b 1

Nếu m1 thì từ a k mb   b 3

Vậy các cặp số          a b;  1;2 , 1;3 , 2;1 , 2;3

Dạng 4: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT: A n B n A B ,n LẺ

Bài 1: Chứng minh rằng A2005n60 1897 168 2004,n n n  n N

HD:

Ta có: 2004 12.167 , ta cần chứng minh A 12, 167A

Ta có : A2005 1897n n  168n60n

Áp dụng tính chất : a nb n a b , với mọi n tự nhiên và a b 0

Khi đó : 2005 1897 2005 1897n n    và 168n 60 168 60n    => Vậy A 12

Tương tự : A2005 168n n  1897n60n Khi đó A 167

Bài 2: Cho nN , CMR : A5 5 1 6 3n n  n n2 91n

HD:

Ta cần chứng minh A 7 và A13

Ta có : A25n5 18 12n  n n 25 18n n  12n5n

Áp dụng tính chất : a nb n a b A 7

Tương tự : A25 12n n  18n5nA 13

Bài 3: Cho nN , Chứng minh rằng: 62n19n2n1 17

HD:

Ta có: A62n19n2n 1 36n19n2.2n 36n2n  19n 2n

Vì 36n2 36 2 34n     và 19n2 17n

Bài 4: Chứng minh rằng: 1333537 23 3

HD :

Ta có: A 1 33 353731 73 3  33538N8M 8

Bài 5: Chứng minh rằng: 2 58n 6n1980n441 1 1979,n  n N

HD:

Ta có: A2 58n 6n1980n441 1 46n441n  1980 1n n

Vì 46n441n 4000000n 441 3999559n và 1980n1 1979n

Bài 6: Chứng minh rằng: 36n2 35,6n  n N

HD:

Ta có: 36n 26n     36 n 26 n  362 6 M3 2 3 2 3 3 3 3 M 35.19M 35

Bài 7: CMR với mọi số tự nhiên n ta có : 2 2 1

5n 26.5n8 n 59

HD :

5n 26.5n8 n 59 = 51.5n 8.64n 59 8 5  n8.64n 59.5n8 64 n5n

64n5 64 5 nên ta có đpcm

Bài 8: Chứng minh rằng: 92n 14 15

HD:

Ta có: 92n14 9 2n 1 1581 1 15 80n   n15 5