CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN VỀ PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ

TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN LAM SƠN CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN VỀ PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ “Chúa tạo số nguyên việc lại người” (Leopold Kronecker) Người thực hiện:Nguyễn Minh Hiền Học sinh lớp 10T1_Khóa 2017-2020 8/2017 LỜI NĨI ĐẦU Trong Thế giới số học, phép chia vấn đề rộng lớn, gần gũi, đòi hỏi tư duy, nhạy bén với nhiều tốn khó, đặc sắc, hấp dẫn nhiều nhà toán học người nghiên cứu số học Toán phép chia lớp toán hay, thú vị, đơn giản, dễ hiểu với nhiều phép toán gần gũi với đời sống chia kẹo, chia bánh, Thế đơn giản thường tiềm ẩn thử thách sâu thẳm bên để thách thức trí tuệ lồi người Vì vậy, giải thành thạo toán niểm mong muốn tất người học tập nghiên cứu số học Trong chuyên đề này, muốn đảo sâu, nghiên cứu, đưa số kiến thức phương pháp giải toán chia hết, chia có dư chương trình THCS THPT Chun đề gồm phần:  Một số kiến thức chia hết chia có dư  Các phương pháp vận dụng kiến thức để giải toán chia hết chia có dư  Một số tốn hay khó Trong q trình làm chun đề khơng tránh khỏi thiếu sót, ý kiến đóng góp xin gửi hộp thư địa ngmhien@gmail.com Thân ái, Tác giả: Nguyễn Minh Hiền PHẦN I: MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN Phép chia a) Cho số a b ; a, b  Z (2  b) a : b  q dư r Ta có: q  Z (0  r  b  1) a  bq  r -Nếu r  a Mb b) Tính chất: -Nếu a Mb bMc a Mc -Nếu a Mb, b Ma  a  b -Nếu a Mb  a Mbc a Mc (b, c )  ab Mc -Nếu (b, c)   a Mc Đồng dư a) Với a, b  Z ; c  N*, ta nói a đồng dư với b chia cho c số dư phép chia a cho c số dư phép chia b cho c a  b (mod c ) Kí hiệu:  (mod 3) Ví dụ:  14 (mod 9) ad bd na  nb (mod c ) a n  b n (mod c ) ma  mb (mod c ) b) Tính chất: Nếu a  b (mod c ) thì: Định lí Euler định lí Fermat nhỏ:  Định lí Euler: Với p số nguyên tố, a  Z, (a, b)  ta có: a p  a (mod p ) hay a p 1  (mod p )  Định lí Fermat nhỏ: Với  (m) số số nhỏ m , nguyên tố với m , ta có: (a, m)   a ( m )  (mod m ) 1 *Chú ý:  (m)  m(1  p )(1  p ) (1  p ) với pi ước nguyên tố m k PHẦN II: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP VẬN DỤNG KIẾN THỨC ĐỂ GIẢI TOÁN VỀ PHÉP CHIA *Phương pháp 1: Phân tích đa thức thành nhân tử -Gọi A(n) biểu thức phụ thuộc vào n  n  Z để chứng minh A n  Mm  m  Z, m   ta phân tích A(n) thành nhân tử có nhân tử m bội m Nếu m hợp số, ta phân tích m thành tích số nguyên tố chứng minh A n  chia hết cho tất số Lưu ý: k số tự nhiên liên tiếp tồn bội số k Ví dụ 1: Chứng minh n  Z ta có: A  n5  nM5 Hướng tiếp cận: ta phân tích đa thức A thành nhân tử tách A thành tổng có số hạng chia hết cho Lời giải: Ta có: A  n  n  n  n  1   n  1 n  n  1  n  1   n    n  1 n  n  1  n     n  1 n  n  1 Do  n    n  1 n  n  1  n   tích số nguyên liên tiếp nên  n    n  1 n  n  1  n   M5 mà  n  1 n  n  1 M5 Suy AM5  đpcm Ví dụ 2: Cho a, b, c  Z;; a  b  c  Chứng minh a  b3  c3 M3abc Lời giải a  b  c   c  (a  b) Do Thế (1) vào a  b3  c3 ta có: a  b3  c3  a3  b3   a  b   3ab  a  b   3abc M3abc  đpcm (1) BÀI TẬP MINH HỌA n5 n3 n 1) Chứng minh: a)   số nguyên n  Z 15 b) n  4n3  4n2  16n M384 n chẵn 2) Tìm điều kiện số tự nhiên a để a  3a  2M6 3) Chứng minh x  Z ta có :  x  1  x  3  x  5  x    15 M x   4) Cho a, b, c  Z;; a  b  c  Chứng minh a5  b5  c5 M5abc *Phương pháp 2: Sử dụng đẳng thức mở rộng  a , b  Z: n  ¥ , ta có: - a a n  b n  M a  b  n 1  b n 1  M a  b   a  b Lưu ý: n  BSa  b n  a  1  BSa  2n  a  1  BSa  n 1  a  1  BSa  n Ví dụ 4: Chứng minh n  ¥   48n  1 M48 Lời giải: 2n n n 1 n2 -Ta có:  48n   49  48n    49  1  49  49   49  1  48n 2n  48  49n 1  1   49n   1   (49  1)  (1  1)  n1 Do  49  1 M48  49 n  1 M48  49  1 M48 n 1 n 2 nên  49  1   49  1   (49  1)  (1  1)  M48 2n Suy   48n  1 M48 n  ¥  đpcm BÀI TẬP MINH HỌA n 1) Chứng minh n  ¥ , biều thức  16  1 M17  n chẵn 2) Chứng minh n  ¥ : a)  11  12  M133 b)  7.5  12.6  M19 n  ¥ 3) Cho an  22 n 1  2n1  bn  22 n 1  2n 1  Chứng minh với giá trị n có số số chia hết cho *Phương pháp 3: Sử dụng phép chia có dư Phương pháp: Với n chia cho p dư r   r  p  1 ta đặt n  pk  r Bằng phương pháp ta chứng minh được: số phương chia dư 1; chia dư 1; chia dư 0,1,4; chia 16 dư Ví dụ 5: Chứng minh a n  1Ma m   nMm a, n, m  ¥ * a  Lời giải: -Điều kiện cần: a, n, m  ¥ * a  , giả sử a n  1Ma m  ta chứng minh nMm Đặt n  mk  r  k  ¥ ,0  r  m  1 , ta có: n2 n 1 2n n a n   a mk  r   a r  a mk  1  a r  Do a  a  1 M a  1 nên a r  1Ma m  Mà  r  m  a r   a m  Suy a r    r   nMm (1) -Điều kiện đủ: a, n, m  ¥ * a  ,có nMm ta chứng minh a n  1Ma m  Đặt n  mk  k  ¥  ta có: a n   a mk  1Ma m  (2) Từ (1) (2)  đpcm Ví dụ 6: Trong 100 số tự nhiên từ đến 100 cần chọn n số ( n  ) cho số phân biệt có tổng chia hết cho Lời giải: -Nhận thấy n  giá trị lớn n -Xét phần tử tập cần tìm, gọi số r mk m 6a  x, 6b  y, 6c  z  a, b, c, x, y , z  ¥ ;0  x, y , z   Theo đề bài, ta có: 6a  x  6b  y M6 x  y M6 xM3   6b  y  6c  z M6 y  z M6 yM3 (1) 6a  x  6c  z M6 x  z M6 zM3 -Giả sử x  y  : Do x  z M6 nên y  z không chia hết cho 6. > Mâu thuẫn  x y Vì x, y, z có vai trị nên x  y  z x yz0 Từ (1) (2)  x y z3 A   x  ¥ * /1  x  100, x M6 Ta chọn tập thỏa mãn: (2) B   x  ¥ * /1  x  100, x  3(mod 6) Nhận thấy tập A có 16 phần tử, tập B có 17 phần tử nên max n  17 Vậy max n=17 1) Tìm tất n  ¥ để 2n  1M7 Chứng minh n  ¥ 2n  khơng chia hết cho ( Đề thi vơ địch tốn quốc tế 1964) 2) Cho số nguyên dương n thỏa mãn  12n  số nguyên Chứng minh  12n  số phương (đề tuyển sinh vào 10 chuyên toán tỉnh Hà Nội 2016) 3) Cho x, y, z  Z thỏa mãn x  y  z Chứng minh xyzM60 4) Chứng minh n  ¥ , n khơng chia hết cho 1n  2n  3n  4n M5 *Phương pháp 4: Sử dụng định lí Euler, định lí Fermat nhỏ Trong q trình giải tốn chia hết chia có dư, định lí Euler định lí Fermat nhỏ cơng cụ đắc lực cho việc giải toán, ta xét ví dụ: Ví dụ 7: Chứng minh n chẵn 2n !  1Mn  Ở nhiều bạn đưa lời giải sai sau: Lời giải sai: -Ta có: n    n  1  n  1 n chẵn  n  1, n  lẻ   2, n  1   2, n  1  Áp dụng định lí Fermat nhỏ có: Vì 2n   1M n  1 2n  1M n  1 n   n  n !M n    n !  1M2 n   1Mn  n !Mn  2n !  1M2 n  1Mn  Với n chẵn   n  1, n  1  Suy  1M n  1  n  1   1Mn   đpcm * Điểm sai:  n  1 ,  n  1 số nguyên tố nên áp dụng định lí Fermat Lời giải đúng: -Ta có: n    n  1  n  1 n! n!  2, n  1   2, n  1  2 ( n 1)  1M n  1 Áp dụng định lí Euler có:  ( n 1)  1M n  1   n 1  1M n  1 Vì   n  1  n  n !M  n  1  2n !  1M2   n  1  n  n !M   n  1  2n !  1M2  n 1  1M n  1 Với n chẵn   n  1, n  1  n! n! Suy  1M n  1  n  1   1Mn   đpcm n chẵn  n  1, n  lẻ  Ví dụ 8: Chứng minh a, b  Z , a  b2 Mp , p số nguyên tố dạng 4k  a Mp, bMp Lời giải -Giả sử a không chia hết cho p  b không chia hết cho p (Do a  b Mp ) Vì p số nguyên tố nên  a, p   1;(b, p)  Theo định lí Fermat nhỏ có: a p 1  1(mod p )  a k   1 mod p    a  k 1  1 mod p  b p 1  1 mod p   b k   1 mod p    b  k 1  1 mod p  Suy  a    b    mod p   BS  a  b    mod p  Do a  b Mp  2Mp (trái với giả thiết p  4k  ) k 1 k 1 2 Vậy a Mp, b Mp  đpcm BÀI TẬP MINH HỌA: 1) Tìm số dư phép chia 19991999 cho 35 2)Chứng minh: 12002+22002+ +20012002+20022002 M11 3) Tìm nghiệm nguyên: x  y  q q p p 4) Tìm cặp số nguyên tố  p, q  thỏa mãn:       Mpq (Đề đề xuất thi duyên hải Bắc Bộ 2016)   n   m 5) Cho m, n  Z:; m, n  1,  m.n   Chứng minh: m  n  1 mod mn  *Phương pháp 5: Sử dụng nguyên lí Đirichlet Ứng dụng ngun lí Đirichlet tốn chứng minh chia hết: Cho  b  1 số nguyên dương  b  ¥ * , tồn số đồng dư chia cho b Ví dụ 9: Chứng minh tồn bội số 2017 có dạng: 20182018 2018 Lời giải: Xét 2018 số nguyên dương: A1  2018 A2  20182018 A2018  20182018 2018 2018 2018 Theo nguyên lí Đrichlet, 2018 số tồn số đồng dư chia cho 2017 Gọi số Ai Aj (1  j  i  2018) , ta có: Ai  Aj  20182018 2018.104 k  k  ¥ * M2017 i  j 2018 4k Vì  10 , 2017    20182018 2018M2017 i  j 2018 Vậy tồn bội số 2017 có dạng: 20182018 2018  đpcm Ví dụ 9: Viết số tự nhiên từ đến 10 thành hàng ngang theo thứ tự định tùy ý, tiếp cộng số số cho với số thứ tự vị trí Chứng minh có tổng mà chữ số cuối Lời giải: -Gọi số tự nhiên từ đến 10 là: a1 , a2 , a10 (   1; 2;3; ;9;10 , i số thứ tự vị trí đứng -Sau cộng số cho với số thứ tự vị trí đứng ta số: b1  a1  b2  a2  b10  a10  bi   Ta có: 10 10 i 1 i 1  bi          10         10   110  Trong 10 số bi không tồn số lẻ số chẵn  Trong 10 số có số lẻ ( chẵn) mà tận số lẻ (hoặc chẵn) có chữ số Theo ngun lí Ddirrichlet suy có số có chữ số tận  đpcm BÀI TẬP MINH HỌA 1) Chứng minh tìm số tự nhiên k cho 2017 k  1M102018 Tổng quát chứng minh định lí: “ Nếu  n, m   tồn k  ¥ * cho m k  1Mn 2) Chứng minh 52 số tự nhiên ln tìm số có tổng hiệu chia hết cho 100 3) Cho 12 số tự nhiên phân biệt có chữ số, chứng minh tồn số mà hiệu chúng số có chữ số giống 4)* Cho 10 số nguyên dương u1 , u2 , u9 , u10 Chứng minh tồn số ci   1;0;1 ; i  1,10 10 không đồng thời cho  c u M1023 i 1 i i *Phương pháp 6: Dùng quy nạp toán học Phương pháp: Để chứng minh A(n) chia hết(không chia hết) cho p (1) n  ¥ Ta chứng minh (1) với n  Giả sử (1) với n  k  k  N  (giả thiết quy nạp), ta chứng minh (1) với n  k 1 Ví dụ 11: Chứng minh: 32  2M11 (1) n  ¥ Lời giải: -Với n  , thay vào (1) có: 32   11M11 > -Giả sử (1) với n  k  k  N  tức 32  2M11 hay 32  9(mod11) -Ta chứng minh (1) với n  k  tức 32  9(mod11) -Ta có: 32  (32 )2  (32 )16  916  mod11 Theo định lí Fermat có: 911   mod11 ;  9  81.729  4.3  1 mod11 n 1 4.0 1 k 1 k 1 k 5 k 5 k 1 4 k 1  916  9.1   mod11  32 4k 5   mod11 Suy 32  2M 11  (1) với n  k   đpcm Ví dụ 13: Chứng minh từ 2n1  số nguyên ta tìm 2n số mà tổng chúng chia hết cho 2n  n  ¥ * Lời giải n  -Với , thay vào đề có mệnh đề: từ số ngun tìm số mà tổng chia hết cho Thật vậy, số nguyên liên tiếp tồn số lẻ số chẵn, tổng số lẻ số chẵn chia hết cho 2, nên mệnh đề với n  -Giả sử đề với n  k  k  N * tức từ 2k 1  số nguyên ta tìm 2k số mà tổng chúng chia hết cho 2k Ta chứng minh đề với n  k  1 k  N * tức từ 2k   số ngun ta tìm 2k 1 số mà tổng chúng chia hết cho 2k 1 : k 2 k 1 Ta có:     1  +Theo giả thiết quy nạp, từ 2k 1  số ngun ta tìm 2k số mà tổng k chúng chia hết cho 2k Đặt tổng 2k số S1 Ta có: S1  a  a  Z Từ 2k 1  số nguyên khác ta tìm 2k số mà tổng chúng chia hết cho 2k Đặt k tổng 2k số S2 Ta có: S2  b  b  Z Ta tìm 2k 1 số có tổng chia hết cho cho 2k Số số lại là: 2k    2k 1  2k 1  số Từ 2k 1  số nguyên ta tìm 2k số mà tổng k chúng chia hết cho 2k Đặt tổng 2k số S3 Ta có: S3  c  c  Z Trong số a, b, c tồn số có tổng chia hết cho 2, khơng tính tổng qt giả sử a  b M2  S1  S  2k  a  b  M2k 1 Mà S1  S tổng 2k 1 số nguyên  đpcm  k 1 1 BÀI TẬP MINH HỌA 1) Chứng minh n  : a) 4n  15n  1M9 b)10n  18n  28M27 2) Chứng minh n  , k số tự nhiên lẻ, ta có: k n  1M2n 3) Chứng minh số thành lập 3n chữ số giống chia hết cho 3n PHẦN III: MỘT SỐ BÀI TỐN HAY VÀ KHĨ Bài 1: Với số tự nhiên n , gọi an chữ số khác cuối biểu diễn thập phân n ! Chứng minh: an chẵn n  dãy  an  khơng tuần hồn (Đề đề xuất thi HSG duyên hải Bắc Bộ 2016 khối 10) Lời giải: v -Gọi , v5 số mũ lớn phân tích thừ số n !         v5        Ta có: v2      22         5  Nhận thấy v2  v5 nên chữ số khác cuối biểu diễn thập phân n ! số chẵn  an chẵn -Giả sử dãy  an  tuần hồn theo chu kì T tức ax  ax  kT  k  Z Theo nguyên lí Đirichlet, ta dễ chứng minh tồn số  n  m  m, n  ¥ * cho 10 m  10n  mod T   10 m  10 n M T Ta đặt 10m  10n  kT (k  Z) Ta có: a10  a10 1  a10  kT  a10 1 kT  a2.10 10  a2.10 10 1 m n m n Xét A   2.10  10  1 ! , B   2.10  10  A n n m n m m m m n n m n  a A  aB Mà  2.10  10  tận  a A =5 ( Mâu thuẫn với an chẵn) > giả thiết vơ lí  Dãy  an  khơng tuần hồn  đpcm Bài 2; Tìm n  ¥ nhỏ cho phân số sau phân số tối giản: m n 30 31 ; ; ; ; n  n  10 n  32 n  33 Lời giải: Chứng minh bổ đề: Nếu  a, b    a  b, b   Gọi d ước nguyên tố chung a  b b  Vậy  a  b, b   Giả sử tất phân số cho tối giản ta có:  n  9,    n  10,8  a  bMd  a Md  d  b Md  n  2,    n  2,8    n  32,30    n  33,31   n  2,30    n  2,31  (*) Gọi p ước nguyên tố n   n   p Từ (*)  p  Ư(7)  Ư(8)  Ư(9)   Ư(30)  Ư(33)  p   2;3;5;7; ;31 Suy p  37   n    37  n  35 Vậy n  35 giá trị cần tìm Bài 3: Tìm số nguyên dương n cho 3n  5n M3n 1  5n 1 Lời giải: n n n 1 n 1 Theo đề bài, ta có:   k     k  ¥   3n 1   k   5n 1  k    3 k  5n 1  k    n 1 -Nếu k   (*)  3n 1   k   5n 1  k   > Mâu thuẫn -Nếu  k  3n 1   k   n 1  k  5   3n 1   k   5n 1  k   > Mâu thuẫn -Nếu  k   k  Thế k  vào (*) ta có: 3n 1  5n 1  n  (thỏa mãn) Vậy n  giá trị cần tìm Bài 4: Chứng minh 1900 số tự nhiên liên tiếp ln tồn số có tổng chữ số chia hết cho 27 Lời giải: -Gọi 1900 số tự nhiên liên tiếp ;   1;   2; ; A  1898;   1899 -Xét 1000 số tự nhiên A;A+1;A+2; ;A+998;A+999 , tồn bội số 1000 Gọi số b tổng chữ số b s số b  1; b  2; ; b  9; b  19; b  29; ; b  99; b  199; b  299; ; b  899 có tổng chữ số là: s  1; s  2; ; s  25;s  26 Vì s;s  1; s  2; ; s  25;s  26 27 số tự nhiên liên tiếp nên 27 số tồn số chia hết cho 27 Do   b    999  b  899    1899 nên b; b  1; b  2; ; b  9; b  19; b  29; ; b  99; b  199; b 299; ; b 899 nằm 1900 số tự nhiên Vậy tồn số có tổng chữ số bội số 27 1900 số tự nhiên liên tiếp.(đpcm) Bài 5: Chứng minh từ tập hợp tùy ý gồm n số tự nhiên ln có tập hợp khác rỗng chứa số mà tổng chúng chia hết cho n Lời giải: -Giả sử tồn tập hợp P   /  ¥ , i  1, n khơng có tập hợp chứa số mà tổng chúng chia hết cho n S  a1  a2 S j  a1  a2   a j 1  a j S n  a1  a2   an 1  an -Ta có: S1  a1 Theo giả thiết suy S j ( j  1, n) không chia hết cho n Số số dư khác phép chia cho n n  mà có n số S j Theo nguyên lí Đirichlet  tồn số số S j ( j  1, n) đồng dư chia cho n Gọi số Sl Sk   k  l  n  ta có: Sl  Sk  ak 1  ak    al Mn  Tồn tập chứa số mà tổng chúng chia hết cho n -> Mâu thuẫn với giả thiết Suy giả thiết vơ lí Vậy từ tập hợp tùy ý gồm n số tự nhiên ln có tập hợp khác rỗng chứa số mà tổng chúng chia hết cho n (đpcm) 2 Bài 6:(IMO 1988) Cho a, b số nguyên dương thỏa mãn ab  a  b Chứng minh a  b2 số phương ab  Đây tốn coi khó kì IMO trước năm 1988 tốn khó kì thi Có thể giải tốn theo cách đại số-dùng bước nhảy Viét sau: Lời giải: a2  b2 k  Z   ab  -Với k  , ta có: a  b  ab  Đặt k  (1) Theo bất đăng thức Cauchy có: a  b  2ab  ab  (Với a, b số nguyên dương)  (1) xảy a  b   -Với k    a, b    1,1 Cố định k  Z , k  , ta xét tất cặp  a, b   Z thỏa mãn a2  b2 (2) ab  Do nghiệm  a, b  phương trình(2) số nguyên dương nên tồn nghiệm  a0 , b0  thỏa mãn phương trình(2) cho a0  b0 nhỏ a0  b0 phương trình k  x  b02  kb0 x  k  Xét phương trình: (*) 2 2   k b0  4b0  4k   k   b0  4k  (Do k  ) Tính:  Phương trình (*) có nghiệm phân biệt Nhận thấy nghiệm a0 , gọi nghiệm a1 Theo hệ thức Viét, a1  kb0  a0  a1  Z +Nếu a1   a12  ka1b0  b0  k  a02  k  b0  k  > Mâu thuẫn +Nếu a1  , theo định nghĩa  a0 , b0  ta có: a0  b0  a1  b0  a0  a1  a0  a0 a1  b0  k  b0  a0  b0  a0  b0 > Mâu thuẫn +Nếu a1  (thỏa mãn)  b0  k   k  b0 số phương Vậy k  a2  b2  k  Z  số phương.(đpcm) ab  - TÀI LIỆU THAM KHẢO: 1) ”Chuyên đề bồi dưỡng chuyên toán cấp 2-3 Số học”(Nguyễn Vũ Thanh) 2) ” Nâng cao phát triển toán 8-tập một”(Vũ Hữu Bình) 3)”688 chuyên đề số học bồi dưỡng HSG tốn” 4)”Ngun lí Đirichlet ứng dụng giải tốn sơ cấp”(Trịnh Việt Phương) 5) www.luyenthithukhoa.vn 6) www.diendantoanhoc.net LỜI KẾT Trên số phương pháp giải quyết, tiếp cận tốn số học có liên quan đến chia hết chia có dư Mong vận dụng phương pháp giúp bạn học tập nghiên cứu số học có thêm giải pháp để học tập, nghiên cứu tốt hơn, tự tin thêm yêu Số học -Hết- ... hết(khơng chia hết) cho p (1) n  ¥ Ta chứng minh (1) với n  Giả sử (1) với n  k  k  N  (giả thiết quy nạp), ta chứng minh (1) với n  k 1 Ví dụ 11: Chứng minh: 32  2M11 (1) n  ¥ Lời giải:... 2M11 (1) n  ¥ Lời giải: -Với n  , thay vào (1) có: 32   11M11 > -Giả sử (1) với n  k  k  N  tức 32  2M11 hay 32  9(mod11) -Ta chứng minh (1) với n  k  tức 32  9(mod11) -Ta có: 32... y  z M6 yM3 (1) 6a  x  6c  z M6 x  z M6 zM3 -Giả sử x  y  : Do x  z M6 nên y  z không chia hết cho 6. > Mâu thuẫn  x y Vì x, y, z có vai trị nên x  y  z x yz0 Từ (1) (2)  x