S6 CHUYÊN đề 3 CHỦ đề 3 DUNG TC DE CM BAI TOAN CHIA HET

CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIACÓ DƯ CHỦ ĐỀ 3: DÙNG TÍNH CHẤT CHỨNG MINH BÀI TỐN CHIA HẾT PHẦN I TĨM TẮT LÝ THUYẾT TÍNH CHẤT CHUNG 1) a Mb b Mc a Mc 2) a Ma với a khác 3) 0Mb với b khác 4) Bất số chia hết cho TÍNH CHẤT CHIA HẾT CỦA TỔNG, HIỆU - Nếu a, b chia hết cho m a  b chia hết cho m a  b chia hết cho m - Tổng (Hiệu) số chia hết cho m số chia hết cho m số cịn lại chia hết cho m - Nếu số a, b chia hết cho m số khơng chia hết cho m tổng, hiệu chúng không chia hết cho m TÍNH CHẤT CHIA HẾT CỦA TÍCH - Nếu thừa số tích chia hết cho m tích chia hết cho m - Nếu a chia hết cho m thi bội a chia hết cho m - Nếu a chia hết cho m , b chia hết cho n a.b chia hết cho m.n m m - Nếu a chia hết cho b thì: a Mb CÁC TÍNH CHẤT KHÁC: 1) 0Ma ( a  0) (a  0) 2) a Ma ; a M 3) a Mb; bMc  a Mc 4) a Mm ; b Mm  pa  qb Mm 5) a : (m.n)  a Mm ; a Mn 6) a Mm ; a Mn ;( m, n)   a Mmn 7) a Mm ; b Mn  ab Mmn 8) abMm ; (b, m)   a Mm TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ 9) abMp (p số nguyên tố) a Mp b Mp CÁC TÍNH CHẤT SUY LUẬN ĐƯỢC - Trong hai số tự nhiên liên tiếp có số chẵn số lẻ - Tổng hai số tự nhiên liên tiếp số lẻ - Tích hai số tự nhiên liên tiếp số chẵn - Tích hai số chẵn liên tiếp chia hết cho - Tổng hai số tự nhiên số lẻ có số tự nhiên số chẵn PHẦN II CÁC DẠNG BÀI 1, Dạng 1: Chứng minh biểu thức chia hết cho số 2, Dạng 2: Cho biểu thức chia hết cho m chứng minh biểu thức khác chia hết cho m 3, Dạng 3: Tìm n để biểu thức A(n) chia hết cho biểu thức B(n) 4, Dạng 4: Bài toán chứng minh chia hết liên quan đến số phương 5, Dạng 5: Chứng minh biểu thức chia hết cho biểu thức 6, Dạng 6: Chứng minh chia hết từ đẳng thức cho trước Dạng 1: Chứng minh biểu thức chia hết cho số I Phương pháp giải: Chứng minh biểu thức A chia hết cho số m - Viết biểu thức A thành tổng(hiệu) số số chia hết cho m từ suy A chia hết cho m - Viết biểu thức A thành tích thừa số có thừa số chia hết cho m từ suy A chia hết cho m - Viết m thành tích thừa số nguyên tố biểu thức A chia hết cho thừa số m từ suy A chia hết cho m - Viết biểu thức A m thành tích thừa số thừa số A chia hết cho thừa số m từ suy A chia hết cho m - Viết A thành tổng hiệu số mà có tổng hiệu số dư chia hết cho m từ suy A chia hết cho m Cụ thể ta vận dụng PHƯƠNG PHÁP sau: + PHƯƠNG PHÁP 1: Nếu A số cụ thể ta vận dụng dấu hiệu chia hết 2; 3; 4; 8; 9; 11; để chứng minh TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ + PHƯƠNG PHÁP 2: Nếu A có tổng hiệu số, ta cần phân tích A để đưa A hiệu tích số có dấu hiệu chia hết áp dụng tính chất chia hết tổng (hiệu) tích để chứng minh + PHƯƠNG PHÁP 3: Để chứng minh A chia hết cho p , ta xét trường hợp số dư chia A cho p + PHƯƠNG PHÁP 4: Ngoài ta dùng cách tìm chữ số tận A để chứng minh A chia hết cho số + PHƯƠNG PHÁP 5: Nếu AMm AMn mà m n hai số nguyên tố AMm.n II Bài tốn Bài 1: Chứng minh 28 a A  10  8M72 13 b B  81  27  M45 Lời giải a) Cách 1: 28 28 28 25 28  AM 8 8M Ta có: 10   2 M 28 Lại có 10  có tổng chữ số nên chia hết cho Vậy A chia hết cho 72 Cách 2: 1028  có ba chữ số tận 008 nên chia hết cho 1028   1028   {9  AM  AM 72 14 M b) M 9 13 Ta có 81 ; 27 ; chia hết B chia hết cho Lại có 81 có tận 279  278.27  1.27 có tận 913  912.9  1.9 có tận nên B có tận nên B chia hết cho 5.9  B M45 Mà (5;9)   B M   220.24  220  chia hết cho 17 Bài 2: Chứng minh : A Lời giải A  220  16  1  220.17  AM 17   7.52 n  12.6n chia hết cho 19 Bài 3: Chứng minh rằng: A Lời giải TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ   n A  7.25n  7.6 n  19.6 n  25n  n  19.6 n 7.6 Thêm bớt , ta được: Ta có: 25n  6n  mod19    25n  6n     mod19    25n  6n   19.6n   19.6n  mod19   A   (mod19) 19 Vậy AM n n  n¥  Ghi chú: Đối với số toán lớp ta sử dụng đến đẳng thức: a  b Ma  b với a n  b n Ma  b với ( n  ¥ ; n lẻ) Thì ta giải cách dễ dàng, nhiên với học sinh lớp chưa thể sử dụng đẳng thức Vì vậy, ta sử dụng Đồng dư thức để có lời giải phù hợp với trình độ học sinh lớp 5555 2222 a) A  2222  5555 chia hết cho Bài 4: Chứng minh rằng: 1962 1964 1966 b) B  1961  1963  1965  chia hết cho Lời giải a) Ta có A   55552222  42222    22225555  45555    45555  42222   5555 2222 Mà Tương tự:  42222  M 5555     55552222  42222  M7  2222 5555 45555  42222   45   45555  M7 1111   42  1111 M 45  42   45555  2222 M7   22225555  55552222   chia hết cho Vậy A b) B  19611962  19631964  19651966  2M7 Sử dụng tính chất:  a  b n chia cho a có số dư b 1962 1964 1966 Ta có B  (1960  1)  (1960  3)  (1965  2)  B  (7m  1)1962  (7 n  3)1964  (7 p  2)1966  B  q   31964  21966  B  7q  9.27654  2.23.655  B  7r    B  7r  14M7 200 Bài : Chứng minh rằng: A    2  chia hết cho TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CĨ DƯ Lời giải Ta có: Tổng hai số hạng :     Tổng A có 200 số hạng ta chia thành 100 nhóm chứa hai số hạng có tổng Nên: A    22    23   24     2199   2200  A   2    22    2198    2  A   22     2198    A    2  2198  Vậy A chia hết cho 2  20   Bài : Chứng minh rằng: A     chia hết cho Lời giải A   22   24    26   28    219   220      A  20  24   22    216   22      A  20  24   20   216   20   A  20     +216    A  5.4  24   +216  Vậy A chia hết cho Bài : Chứng minh rằng: a, (n  10)(n  15) M2 b, n(n  1)(n  2)M2;3 c, n  n  1M4; 2;5 Lời giải a, Ta có: Nếu n số lẻ n  15M2 Nếu n số chẵn n  10M2  n  10   n  15 M2 Như với n số tự nhiên : b, Ta có: cho n  n  1  n   tích ba số tự nhiên liên tiếp nên có số chia hết cho 2, số chia hết TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ c, Ta có: n(n  1)  số lẻ nên n(n  1)  1M4; có chữ số tận khác Bài 8: Chứng minh với số tự nhiên n thì: a A  n(2n  1)(7 n  1)M6 b B  n  13n M6 Lời giải a) Ta có: n  7n   8n  số lẻ nên n chẵn 7n chẵn,  n(2n  1)(7 n  1) M2 (1) Xét trường hợp : n  3k  n(2n  1)(7 n  1)M3 n  3k   n(2n  1)(7n  1) M3 (do 2n  1M3) n  3k   n(2n  1)(7 n  1) M3 ( 7n  1M3)  n(2n  1)(7n  1)M3 với số tự nhiên n (2) Từ (1) (2)  n(2 n  1)(7 n  1) M2.3 ( Do 2; hai số nguyên tố nhau)  n(2n  1)(7n  1)M6 b) B  n3  13n  n3  n  12n  n(n  1)(n  1)  { 12n 44 43 Vậy B  n  13n M6 M M Bài 9: Chứng minh tổng ba số tự nhiên liên tiếp chia hết cho Lời giải Gọi ba số tự nhiên liên tiếp là: a, a  1, a  Tổng ba số tự nhiên liên tiếp a  a   a    a  a  a        3a   M3 (Tính chất chia hết tổng) Nâng cao: Có phải tổng n số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho n hay không? Bài 10: Tổng số tự nhiên liên tiếp có chia hết cho hay khơng ? Lời giải Gọi số tự nhiên liên tiếp a, a  1, a  2, a  Tổng số tự nhiên liên tiếp là: a  a   a   a    a  a  a  a         4a    4a   không chia Do chia hết 4a chia hết cho mà không chia hết hết cho Tổng số tự nhiên liên tiếp không chia hết cho Kết luận nâng cao: Vậy lúc tổng n số tự nhiên liên tiếp chia hết cho n TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ Bài 11: Chứng minh  495a  1035b  chia hết cho 45 với a, b số tự nhiên Lời giải Vì 495 chia hết 1980.a chia hết cho với a Vì 1035 chia hết 1035.b chia hết cho với b Nên:  495a  1035b  chia hết cho Chứng minh tương tự ta có: Mà  1980a  1995b   9;5    495a  1035b  chia hết cho với a, b chia hết cho 45 Bài 12: Chứng minh tích hai số chẵn liên tiếp chia hết cho Lời giải Gọi hai số chẵn liên tiếp 2n, 2n  Tích hai số chẵn liên tiếp là: 2n  2n    4n  n  1 Vì n, n  khơng tính chẵn lẻ nên n, n  chia hết cho Mà chia hết 4n.(n  1) chia hết cho (4.2)  4n  n  1 chia hết cho  2n  2n   chia hết cho Bài 13: Chứng minh rằng: a) Tích ba số tự nhiên liên tiếp ln chia hết cho b) Tích bốn số tự nhiên liên tiếp chia hết cho Lời giải a) Gọi ba số tự nhiên liên tiếp n, n  1, n  Tích ba số tự nhiên liên tiếp là: n  n  1  n   Một số tự nhiên chia cho nhận số dư 0; 1;  n  n  1  n   +) Nếu r  n chia hết cho chia hết cho +) Nếu r  n  3k  (k số tự nhiên)  n   3k     3k  3  n  n  1  n   chia hết cho chia hết cho +) Nếu r  n  3k  (k số tự nhiên) TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ  n   3k     3k    n  n  1  n   Tóm lại: b) chia hết cho chia hết cho n  n  1  n   chia hết cho với n số tự nhiên Chứng minh tương tự ta có n  n  1  n    n  3 chia hết cho với n số tự nhiên Kết luận: Tích n số tự nhiên liên tiếp chia hết cho n Dạng 2: Cho biểu thức chia hết cho m chứng minh biểu thức khác chia hết cho m I Phương pháp giải C từ tìm giá trị p q thích hợp - Vận dụng tính chất: AMC ; B MC  pA  qB M II Bài toán Bài 1: Chứng minh với số tự nhiên x, y thì: 17  x  y M 17 a x  y M 13  x  y M 13 b x  y M 19  13 x  14 y M 19 c x  y M d 20 x  y M31  x  y M31 Lời giải a) Gợi ý: Tìm p, q cho 17  p  9q M p(2 x  y )  q(9 x  y ) M 17x, y  (2 p  9q) x  (3 p  5q) y M 17x, y   17 3 p  5q M Chọn p  4; q   4(2 x  y )  (9 x  y ) M 17 x, y Trình bày bài: Cách 1: * Chứng minh: Từ 2x  3yM 17  x  y M 17 2x  yM 17  4(2 x  y )M 17 17 nên 17 x  17 y  4(2 x  y ) M 17  x  y M 17 Mà 17 x  17 y M * Chứng minh: Từ x  yM 17  x  y M 17 9x  yM 17  17 x  17 y  (9 x  y )M 17  x  12 y M 17  4(2 x  y ) M 17  x  y M 17 (Vì 17 nguyên tố nhau) Cách 2: *Chứng minh: 2x  3yM 17  x  y M 17 TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ 17  (8 x  12 y)  (9 x  y )M 17  4(2 x  y )  (9 x  y ) M 17 (1) Vì 17 x  17 y M 17  4(2 x  y )M 17 (2) Mà (2 x  y )M 17 Từ (1), (2) suy x  y M * Chứng minh: x  yM 17  x  y M 17 17  (8 x  12 y)  (9 x  y )M 17  4(2 x  y )  (9 x  y ) M 17 Vì 17 x  17 y M 17  4(2 x  y )M 17  x  y M 17 (Vì 17 nguyên tố nhau) Mà (9 x  y ) M b) c) d) 13 7 p  q M   13 9 p  5q M chọn p  1; q  p   q  13 p 3  q  Bài 2: Chứng minh rằng: Nếu x  y M9 x  y M9 Lời giải Ta có : x  y M9   x  y  M9  14 x  y M9  x  x  y M9  x  y M9 Bài 3: Chứng minh rằng: 11 abcd M 11 a, Nếu ab  cd M b, Nếu abc  deg M7 abcdegM7 Lời giải 11 a, Ta có: ab  cd  a.10  b  10c  d  (a  c)10  b  d  (a  c )(b  d )M hay  a  c  –  b  d  M11 11 11 có  a  c  –  b  d  M Khi abcd M b, Ta có: abcdeg  1000abc  deg  1001abc  (abc  deg ) mà abc  deg M7 nên abcdegM7 Bài 4: Chứng minh rằng: a, Nếu ab  2.cd abcd M67 TÀI LIỆU NHĨM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ b, Nếu abcM27 bcaM27 Lời giải a, Ta có: abcd  100ab  cd  200cd  cd  201cd M67 abc M27  abc 0M27  1000a  bc0M27 b, Ta có:  999a  a  bc 0M27  27.37 a  bca M27 Mà 27.37 aM27 nên bcaM27 Bài 5: Chứng minh rằng: a, Nếu (ab  cd  eg ) M 11 abcdegM 11 b, Nếu abc  deg M37 abcdegM37 c, Nếu abcdM99 ab  cd M99 Lời giải a, Ta có : abcdeg  10000.ab  100cd  eg  9999ab  99cd  (ab  cd  eg )M 11 37 b, Ta có : abcdeg  1000abc  deg  999abc  (abc  deg ) M c, Ta có :   abcd  100.ab  cd  99.ab  ab  cd M99  ab  cd M9 101 ab  cd M 101 Bài 6: Chứng minh rằng: Nếu abcd M Lời giải   abcd M 101  100.ab  cd  101.ab  ab  cd  101.ab  ab  cd M 101 Ta có :  ab  cd M 101 Bài 7: Chứng minh rằng:   Z )      17 a  11b  3c M 17 (a, b, c a, 2a - 5b  6c M   Z) 17 10a  bM 17 (a, b b, 3a  2bM Lời giải a, 17 17a  34b  51c M 17 Ta có: a  11b  3c M 17 nên 18a  45b  54c M b,   2a  5b  6c  M 17 17 17a  34bM 17 Ta có: 3a  2b M TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang 10 CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ Bài 12: Cho a, b số nguyên CMR a  2b M7 a  9b M7 điều ngược lại có khơng? Lời giải Ta có: a – 2bM7  a  2b  7bM7  a  9bM7 Điều ngược lại Bài 13: Cho a, b số nguyên 5a  8b M3 Chứng minh rằng: a,  a  2b M3 b, 10a  b M3 c, a  16b M3 Lời giải a, Ta có: 5a  8b M3  5a  6a  8b  6b M3  a  2bM3 b, Ta có: 5a  8bM3   5a  8b  M3  10a  16bM3  10a  16b  15bM3   a  16b  – 72b M3   a  16b M3 c, Ta có: 5a  8b M3 CMR biểu thức sau chia hết cho Bài 14: Cho biết a  b M a, a  5b b, a  17b c, a  13b Lời giải  a  b  6bM6  a  5b M6 a, Ta có: a  b M  a  b  18bM6  a  17bM6 b, Ta có: a  b M  a  b  12bM6  a  13bM  6 c, Ta có: a  b M Dạng 3: Tìm n để biểu thức A(n) chia hết cho biểu thức B(n)  3n  14  chia hết cho  n   Bài 1: Tìm số tự nhiên n để Lời giải Ta có Mà 5n  14   n     n   M n   Do  5n  14  M n    4M n   ( n  2) ước   n     1; 2; 4  n   0;2 Vậy với n   0; 2  5n  14  M n   TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang 12 CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CĨ DƯ Bài 2: Tìm số tự nhiên n để số tự nhiên Lời giải Để số tự nhiên  n  15 M n  3  n  15   n  3  M n  3  12M n  3  (n  3)  (12)  {1; 2;3; 4;6;12} Ư  n  {0;1;3;9} Vậy với n  {0;1;3;9} số tự nhiên Bài 3: Tìm số tự nhiên n cho 4n  5M2n  Lời giải Ta có 4n    n  1  3              Để 4n  5M2n  3M2n  1   Với 2n   1  n  Với 2n   3  n  2              Vậy n  1; 2  Bài 4: Tìm số tự nhiên n để n  3n  6 Mn  Lời giải n  3n  6 Mn  n  n    6M  n  6M  n   n   Ư     1; 2;3;6  n  0; n  Bài 5: Tìm a  ¥ để a  bội a –1 Lời giải a 1 a 1  1 a 1 Để a  bội a – a  số nguyên a   a –1  Ư     1;1; 2  a   0; 2;3 (thỏa mãn a  ¥ ) Bài 6: Tìm số nguyên n để:  n  2n chia hết cho n  Lời giải TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang 13 CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CĨ DƯ Ta có  n  2n   n  n –    n  2n M n –  5M n –   n –  Ư     5; 1;1;5  n    3; 1; 3; 7 n 1 Bài 7: Tím tất số nguyên n để phân số n  có giá trị số nguyên Lời giải n 1 n  số nguyên  n  1 M n   Ta có Vậy  n  1   n    3  n  1 M n   3M n    n    Ư(3)   3; 1;1 ;3  n   1;1;3;5 Bài 8: Cho A  n 1 n  Tìm n nguyên để A số nguyên Lời giải A  n 1 n4 =  5 Với n nguyên, A nhận giá trị nguyên  5 Mn  hay n   Ư Lập luận tìm n   9; 5; 3;1 4n  Bài 9: Tìm số nguyên n để phân số 2n  có giá trị số nguyên Lời giải 4n  4n   n(2n  1)  7   n 2n  2n  Ta có: 2n  = 2n  4n  Vì n nguyên nên để 2n  nguyên 2n  nguyên  2n –1 Ư     –7; –1;1;7  2n   –6; 0; 2;8  n   – 3;0;1; 4 TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang 14 CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ Vậy với n    –3;0;1; 4 4n  2n -1 có giá trị số nguyên Bài 10: Tìm số tự nhiên n để biểu thức sau số tự nhiên: B 2n  5n  17 3n   n2 n2 n2 Lời giải B 2n  5n  17 3n 2n   5n  17  3n 4n  19     n2 n2 n2 n2 n2 B 4n  19 4( n  2)  11 11   4 n2 n2 n2 11 Để B số tự nhiên n  số tự nhiên  11 M n   n    11    1;  11 Ư Do n  1 nên n   11  n  Vậy n  B số tự nhiên Dạng 3: Bài toán chứng minh chia hết liên quan đến số phương I Phương pháp giải - Kết hợp tính chất chia hết với tính chất số phương để giải tập - Tính chất số phương : Số phương có tận chữ số ; ; ; ; ; Khi phân tích TSNT số phương chứa TSNT với số mũ chẵn Một số phương chia hết cho số nguyên tố p chia hết cho p Một số số phương có số ước lẻ II Bài tốn 2 Bài 1: Chứng minh với số tự nhiên n n(n  1)(n  4)M Lời giải Nhận xét: Số phương có tận chữ số ; ; ; ; ; nên số phương chia cho có số dư là: 0, 1, Ta xét trường hợp sau : 2 2 Nếu n chia dư hay n M5 nM5 (vì số nguyên tố)  n(n  1)(n  4) M5 n  ¥ 2 2 Nếu n chia dư n  4M5  n(n  1)(n  4)M5 n  ¥ 2 2 Nếu n chia dư n  1M5  n(n  1)(n  4)M5 n  ¥ TÀI LIỆU NHĨM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang 15 CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ 2 Vậy với số tự nhiên n n(n  1)(n  4) M5 Bài 2: a) Chứng minh số phương chia cho có số dư b) Chứng minh số phương chia cho có số dư Lời giải 2    ¥) Gọi A  n (n a) Xét: n  3k (k    ¥ )   A  9k nên AM3 n  3k  1  (k    ¥ )   A  9k    6k   3(3k    2k )  nên A chia cho dư n  3k    2 (k    ¥ )  A  9k  1 2k   9k  1 2k    3(3k    4k  1)  nên A chia cho dư Vậy: Một số phương chia cho có số dư b) Xét: n  2k (k    ¥ )   A  4k nên AM4 n  2k  1  (k    ¥ )  A  4k    4k   4(k    k )  nên A chia cho dư Vậy: Một số phương chia cho có số dư Nhận xét: Một số phương chẵn chia hết cho 4, số phương lẻ chia cho có số dư 192 Bài 3: Cho a , b hai số phương lẻ liên tiếp Chứng minh rằng: (a  1)(b  1) M Lời giải Ta có 192  3.8.8; (3;8)  Nhận xét: Nếu n lẻ n 1M8 Thật vậy: n 1  ( n  1)(n  1) mà (n  1) (n  1) hai số chẵn liên tiếp nên ( n  1)( n  1)M ; b  1M  (a  1)(b  1)M8.8  64 (1) Từ  a  1M a , b số phương nên a , b chia dư Vì a, b số phương lẻ liên tiếp nên ln có hai số khơng chia hết cho   a  1M3 a M    (a  1)(b  1) M3 (2)  b  1M3 b M Mà (3, 64)   ( a  1)(b  1) M4.3  192  đpcm Bài 4: Có hay khơng số tự nhiên n để 2010  n số phương Lời giải 2 Giả sử 2010  n số phương 2010  n  m (m  ¥ ) TÀI LIỆU NHĨM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang 16 CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CĨ DƯ Từ suy m - n  2010  m - mn  mn - n  2010  m(m - n)  n( m - n)  2010  (m - n)( m  n)  2010 Như số m  n m  n phải có số chẵn (1) Mặt khác (m  n) ( m - n) có tính chẵn lẻ (2) Từ (1) (2)  (m  n) ( m - n) số chẵn  (m  n) M2 (m - n)M2  (m  n)(m - n) M4 2010 không chia hết cho  Điều giả sử sai Vậy không tồn số tự nhiên n để 2010  n số phương Dạng 4: Chứng minh biểu thức chia hết cho biểu thức I Phương pháp giải: - Biến đổi biểu thức bị chia thành tích biểu thức nhỏ có biểu thức chia hết cho biểu thức chia II Bài toán 99 99 Bài 1: Cho A      Chứng minh A chia hết cho Lời giải Ta có A   22  23   299  A  2(4  22  23   299 )  A   23  24   2100 Xét A  A  (8  23  24   2100 )  (4  22  23   299 )  A  (8  2100 )  (4  22 )  2100 100 99 99 Vì M2 nên AM2 99 100 Bài 2: Cho A       Chứng minh A chia hết cho  Lời giải 99 Ta có A        A  2(1   22  23   299 )  A   22  23  24   2100 Xét A  A  (2  22  23  24   2100 )  (1   22  23   299 ) TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang 17 CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ 100 suy A   100 Vậy A chia hết cho  S  1.2  2.3  3.4   n  n  1   ( n  ¥ *) Bài 3: Tính tổng Từ chứng minh S chia hết cho hai ba số n ; (n  1) ; (n  2) Lời giải Ta có S  1.2  2.3  3.4   n  n  1   ( n  ¥ *)  3S  1.2.3  2.3.3  3.4.3   n  n  1 3   3S  1.2.3  2.3.(4  1)  3.4.(5  2)   n( n  1).[(n  2)  (n  1)]   3S  1.2.3  2.3.4  1.2.3  3.4.5  2.3.4   n(n  1)(n  2)  (n  1)n( n  1)   3S  n(n  1)(n  2) S n( n  1)(n  2) Vì n ;(n  1) ; (n  2) ba số tự nhiên liên tiếp nên ln có số chia hết cho 3, hai số lại chia hết cho  n(n  1)(n  2)M3  S số tự nhiên chia hết cho hai ba số n ; (n  1) ; (n  2) Bài 4: Tính tổng D  1.2.3  2.3.4  3.4.5   n  n  1 (n  2)  (n  ¥ *) Từ chứng minh S ln chia hết cho ba bốn số n ;(n  1) ;( n  2) ; (n  3) Lời giải Ta có : Xét D  1.2.3  2.3.4  3.4.5   n  n  1 (n  2)  ( n  ¥ *) D  1.2.3.4  2.3.4.4  3.4.5.4   n  n  1 ( n  2).4  D  1.2.3.4  2.3.4.(5  1)  3.4.5.(6  2)   n  n  1 n  n  )  n  1)]  D  1.2.3.4  2.3.4.5  1.2.3.4  3.4.5.6  2.3.4.5   n  n  1 n  n ( ([ )  n  1)n  n  1 (n  2)  D  n  n  1 (n  2)( n  3) D n  n  1 (n  2)(n  3) Vì n ; (n  1) ;( n  2) ; (n  3) bốn số tự nhiên liên tiếp nên ln có số chia hết cho 3, ba số cịn lại chia hết cho  n  n  1 (n  2)(n  3) M4  D số tự nhiên chia hết cho ba bốn số n ;(n  1) ;(n  2) ; (n  3) Bài 5: Cho biểu thức E  1.4  2.5  3.6   n  n  3   (n  ¥ *) TÀI LIỆU NHĨM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang 18 ( CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ a) Thu gọn biểu thức E b) Chứng minh n(n  1)(n  5) chia hết cho c) Chứng minh E chia hết cho hai ba số n ; (n  1) ; (n  5) Lời giải a) Ta có : E  1.4  2.5  3.6   n  n  3   (n  ¥ *) (1)  E  1.(2  2)  2.(3  2)  3.(4  2)   n  n       E  (1.2  2.1)  (2.3  2.2)  (3.4  2.3)   [n(n  1)  2n  ]  E  [1.2  2.3  3.4   n(n  1)]  (2.1  2.2  2.3   2n  ) E n(n  1)( n  2) (2n  2).n  E n( n  1)(n  2) 3( n  1).n  3 E n(n  1)[( n  2)  3] E n(n  1)(n  5) Vậy E n(n  1)(n  5) ( n  ¥ *) b) Từ (1) suy E số tự nhiên  n(n  1)(n  5) số tự nhiên  n(n  1)(n  5) M3 (ĐPCM) c) Ta có n(n  1)(n  5)  n(n  1)( n   3) (2) Lại có n ; (n  1) ; (n  2) ba số tự nhiên liên tiếp nên ln có số chia hết cho 3, ( n  2) chia hết cho (n   3) chia hết cho (3) Từ (2); (3) suy số n ;(n  1) ; (n  5) ln có số chia hết cho 3, hai số lại chia hết cho Suy E số tự nhiên chia hết cho hai ba số n ; (n  1) ; ( n  5) (ĐPCM) Bài 6: Chứng minh với số nguyên dương n thì: n a S  (n  1)(n  2) 2n M2 (tích 2n số nguyên dương đầu) 3n (tích 3n số nguyên dương đầu) b P  (n  1)(n  2) 3nM Lời giải a) Xét biểu thức: 1.2 n.S  1.2.3 n(n  1)( n  2) (2n)  2.4.6 (2n).1.3.5 (2n  1) TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang 19 CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ  2n.(1.2.3 n).1.3.5 (2n  1)  S  2n.1.3.5 (2n  1) M2n n Vậy S M2 (ĐPCM) b) Xét biểu 1.2.3 n.P  1.2.3 n(n  1)(n  2) (3n) thức:  [3.6 (3n)].[1.2.4.5 (3n  1)]  3n.(1.2.3 n).[1.2.4.5 (3n  1)] P  3n [1.2.4.5 (3n  1)]M3n n Vậy PM3 (ĐPCM) 3 3 Bài 7: Chứng minh rằng: A      100 chia hết cho B      100  Lời giải Ta có: B    100     99     50  51  101 50 Để chứng minh A chia hết cho B ta chứng minh A chia hết cho 50 101 Ta có: A  13  23  33   1003   13  1003    23  993     503  513  n n * Với n lẻ ta có: a  b Ma  b (a,b ¥ ) 101 (1) Suy tổng ngoặc A chia hết cho 101 nên AM Lại có: A   13  23  33   493    513  523  533   993   503  1003 A   13  993    23  983     493  513    503  1003  Tương tự ta có tổng ngoặc A chia hết cho 50 nên AM50 (2) Từ (1) (2) suy A chia hết cho 101.50 nên A chi hết cho B S  15  25  35   n5M 1  3  n n Bài 8: Cho số tự nhiên , Chứng minh rằng: Lời giải Đặt: 2A  2 1  3  n  n n  1 n n * Mặt khác, với n lẻ ta có: a  b Ma  b (a,b ¥ )     2S  15  n5  25   n  1    n5  Mn    Nên  2S   15   n  1  Cũng có Mà      n 2      n1  1   2n Mn 5 5  n; n 1  1 2SMn n  1  2A  SMA TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang 20 CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ Dạng 5: Chứng minh chia hết từ đẳng thức cho trước: I Phương pháp giải: Cách 1: Từ đẳng thức cho biến đổi, lập luận để làm xuất số bị chia, số chia Từ dựa vào tính chất chia hết lập luận suy điều phải chứng minh Cách 2: Biến đổi số bị chia làm xuất vế trái vế phải đẳng thức, thay số lập luận suy điều phải chứng minh II Bài toán Bài 1: Chứng minh rằng: a) Nếu ab  2.cd abcd M67 b) Nếu abc  2.deg abcdeg M23; 29 Lời giải a) Ta có: abcd  100ab  cd  200cd  cd  201cd M67 b) Ta có: abcdeg  1000abc  deg  1000.2deg  deg  2001deg  deg 23.29.3 Bài 2: Cho số tự nhiên ab lần tích chữ số a) Chứng minh rằng: bMa b) Đặt b  ka Chứng minh 10Mk c) Tìm số tự nhiên ab Lời giải a) Theo có ab  3ab  10a  b  3ab (1)  10a  b Ma  b Ma (ĐPCM) b) Thay b  ka vào (1) ta 10a  ka  3a.ka  10  k  3ak (2)  10  k Mk  10Mk (ĐPCM)  k   1; 2;5 c) Từ (2)  k  10 mà 10Mk Thay giá trị k vào (2) ta có trường hợp: +) k   11  3a  a  11 (loại) +) k   12  6a  a   b   ab  24 +) k   15  15a  a   b   ab  15 TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang 21 CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CĨ DƯ Vậy tìm số tự nhiên ab thỏa mãn đề 24; 15 2 Bài 3: Cho ba số tự nhiên a, b, c thỏa mãn: a  b  c , chứng minh rằng: a Trong hai số a, b có số chia hết cho b Trong hai số a, b có số chia hết cho c Trong hai số a, b có số chia hết cho Lời giải Chứng minh toán phụ: Một số phương chia cho 3; có số dư (Bài 2, dạng 3, chủ đề này) 2 a Giả sử a, b không chia hết cho  a , b chia dư  a  b chia dư  c chia dư (mâu thuẫn c số phương)  Điều giả sử sai  Trong hai số a, b có số chẵn Vậy hai số a, b có số chia hết cho 2 b Giả sử a, b không chia hết cho  a , b chia dư  a  b chia dư  c chia dư (mâu thuẫn c số phương)  Điều giả sử sai  Trong hai số a, b có số chia hết cho 2 c Giả sử a, b không chia hết cho  a , b chia dư  a  b chia dư  c chia dư (mâu thuẫn c số phương)  Điều giả sử sai  Trong hai số a, b có số chia hết cho 2 Bài 4: Cho ba số nguyên dương a, b, c thỏa mãn: a  b  c , chứng minh rằng: abcM60 Lời giải Ta có: 60  3.4.5 2 +) Nếu a, b, c không chia hết cho  a , b , c chia cho dư  a2  b2 chia cho dư  a2  b2  c2 , (1) Do số a, b, c phải có số chia hết cho Vậy abcM +) Nếu a, b, c không chia hết cho  a2, b2, c2 chia dư (vì SCP có tận ; ; ; ; ;  a2  b2 chia dư  a2  b2  c2 Do số a, b, c phải có số chia hết cho Vậy abcM5 (2) +) Nếu a, b, c số không chia hết cho TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC  a2, b2, c2 chia dư Trang 22 CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ  a2  b2 chia dư  a2  b2  c2 Do số a, b, c phải có số chia hết cho Vậy abcM4 (3) Ta thấy 3; 4; đôi nguyên tố nên kết hợp với (1),(2),(3)  abcM3.4.5  abcM60 (ĐPCM) Bài 5: Cho 1 1 1 a      18 b , chứng minh bM2431 Lời giải Tách 2431  17.13.11 1 1 1 a      18 b Quy đồng A với mẫu chung tích mẫu ta thấy b  1.2.3 .18 có chứa 17.13.11 k1 , k2 , k3 , , k18 thừa số phụ tương ứng ta có a  k1  k2  k3   k18 k11 khơng Gọi chứa 11 ; k13 không chứa 13 ; k17 không chứa 17 nên a không chia hết cho 11; 13; 17 suy b a 17.13.11  bM2431 chứa 17.13.11 b dạng tối giản  bM Vậy bM2431 (ĐPCM) PHẦN III BÀI TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG ĐỀ HSG n2 n n n Bài 1: Chứng minh với số nguyên dương n    chia hết cho 10 Lời giải n2 n n n n2 n n2 n n n Ta có :     (3  )  (2  )  (3  1)  (2  1)  3n.10  n.5  3n.10  n 1.10  10.(3n  n 1 ) chia hết cho 10 n2 n2 n n Vậy với số nguyên dương n    chia hết cho 10 4n  Bài 2: Tìm số ngun n cho n  có giá trị số nguyên Lời giải Ta có 4n  n  có giá trị số nguyên (4n  1) M( n  1) mà 4n   4(n  1)   3M( n  1)  ( n  1)  {1;  3}  n {2;0; 2; 4} 4n  Vậy với n  {2;0; 2; 4} n  có giá trị số nguyên TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang 23 CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ 23 43 Bài 3: Cho S   5.3 Chứng minh rằng: S M32 Lời giải Ta có S  923  5.343  346  5.343  343  33    343.32 M32 Vậy S M32 Bài 4: Tìm số tự nhiên n thỏa mãn (2n  7) Mn  Lời giải Ta có (2n  7)Mn   2n   2(n  1)Mn   (2n  7)  (2 n  2) Mn   2n   2n  2Mn   5Mn   n  1  1;  5  n   6;  2;0; 4 Vì n  ¥ nên n   0; 4 Vậy với n   0; 4 (2n  7)Mn  Bài 5: Chứng minh a số lẻ khơng chia hết cho a  1M6 Lời giải 2 Vì a số lẻ nên a số lẻ, suy a  1M2 (1) Vì a số khơng chia hết a có dạng a  3k  a  3k  + Nếu a  3k   a    3k  1    3k  1  3k  1   3k  3k  1  3k M (2) + Nếu a  3k   a    3k      3k    3k     3k  3k    6k  3M (3) 2 Từ (1), (2), (3)  2;3  , suy a  1M6 98 99 100 Bài 6: Cho S  –  –   – Tính S tìm số dư chia cho Lời giải 98 99 Ta có S  –  –   – 3S  – 32  33 – 34   399 – 3100  1  100  S  3S   3100  4S    3100 1  S S  100 Vì    3100  M4 S mà số nguyên  3100 chia cho dư Vậy 3100 chia cho dư 100 Bài 7: Cho B       TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang 24 CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ a) Chứng tỏ B chia hết cho b) Tìm số dư phép chia B cho 13 Lời giải a) B   32  33  34   3100 B  (3  32 )  (33  34 )   (399  3100 ) B  3.(1  3)  33.(1  3)   399.(1  3) B  3.4  33.4   399.4 B  (3  33   399 ).4M4 Vậy B chia hết cho b) 100 Ta có B       Tổng B có 100 số hạng ta nhóm số thành nhóm ta 33 nhóm thừa số: B  3+(32  33  34 )  (35  36  37 )   (398  399  3100 ) B = + 32 (1   32 )  35 (1   32 )   398 (1   32 ) B = + 32 13  35.13   398.13 B = 3+(32  35   398 ).13 98 98 Vì (3    ).13 chia hết cho 13 nên 3+(3    ).13 chia cho 13 dư Vậy số dư phép chia B cho 13 3 100 Bài 8: Chứng minh tổng D     2 chia hết cho Lời giải 100 Ta có: D     2      D   22  23  24   299 2100  D      23     299  2 D  2.3  23.3  299.3   D   23  299 M3 38 Bài 9: Chứng minh rằng:     chia hết cho 26 Lời giải Ta có:  52  54   536  538    52   54   52    536   52   26  54.26   536.26  26   54   536  M26 TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang 25 CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ  1 Hay  54   538  M26 99 100 Bài 10: Cho B       Tìm số dư chia B cho Lời giải 99 100 Ta có: B       B   (22  23  24 )  (25  26  27 )   (298  299  2100 ) B   22 (1   2 )  25 (1   22 )   298 (1   2 ) B   22.7  25.7   298.7 B    2  25   298  Vì 7 22  25   298  nên chia hết cho 7; chia dư 2  7 22  25   298  chia dư hay B chia cho dư 2 100 Bài 11: Cho M       Chứng tỏ M chia hết cho Lời giải   4100 Ta có: M    4   M     42    43  44    45   46      499  4100   (100 số hạng nhóm thành 50 tổng nhỏ ) M      43     45      499  1   M  4.5  43.5  45.5   499.5    43  45   499  99 Do   4       nguyên dương suy M chia hết cho 1999 1997 Bài 12: Cho B  999993  555557 Chứng minh B chia hết cho Lời giải       1    499 Ta có 9999931999  9999931996.9999933   9999934  9999933  499 Lại có 5555571997  5555571996.555557   5555574  555557  499       1    499 1999 1997 Suy B  999993  555557    M5 Vậy B chia hết cho TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang 26 ... B cho 13 Lời giải a) B   32  33  34   31 00 B  (3  32 )  (33  34 )   (39 9  31 00 ) B  3. (1  3)  33 .(1  3)   39 9.(1  3) B  3. 4  33 .4   39 9.4 B  (3  33   39 9 ).4M4...  35 (1   32 )   39 8 (1   32 ) B = + 32 13  35 . 13   39 8. 13 B = 3+ (32  35   39 8 ). 13 98 98 Vì (3    ). 13 chia hết cho 13 nên 3+ (3    ). 13 chia cho 13 dư Vậy số dư phép chia. .. PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ 23 43 Bài 3: Cho S   5 .3 Chứng minh rằng: S M32 Lời giải Ta có S  9 23  5 .34 3  34 6  5 .34 3  34 3  33    34 3 .32 M32 Vậy S M32 Bài 4: Tìm số tự nhiên n thỏa