chuyen de quan he chia het tren tap hop so

2 CHUYÊN ĐỀ QUAN HỆ CHIA HẾT TRÊN TẬP HỢP SỐ Lời nói đầu Phần Một số kiến thức cần nhớ Định nghĩa phép chia hết Một số tính chất cần nhớ 3 Một số dấu hiệu chia hết Phần Các dạng tốn thƣờng gặp Dạng Chứng minh tích số nguyên liên tiếp chia hết cho số cho trước Dạng Phân tích thành nhân tử Dạng Sử dụng phương ph{p t{ch tổng Dạng Sử dụng đẳng thức Dạng Sử dụng phương ph{p xét số dư 10 Dạng Sử dụng phuong pháp phản chứng 11 Dạng Sử dụng phương ph{p quy nạp 12 Dạng Sử dụng phương ph{p Dirichlet 13 Dạng Sử dụng đồng dư 14 Dạng 10 Sử dụng tính chất chia hết v| định lý Fermat nhỏ 16 Dạng 11 Các toán chia hết với đa thức 16 Dạng 12 Tìm giá trị biến để chia hết 18 Tổng kết phƣơng pháp giải toán 20 Phần Tuyển chọn toán quan hệ chia hết đề thi toán THCS 21 Phần Hƣớng dẫn toán chia hết đề thi toán THCS 28 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC I MỘT SỐ KIẾN THỨC CẦN NHỚ Định nghĩa phép chia Cho hai số nguyên a v| b b  ta ln tìm hai số nguyên q v| r cho a  bq  r , với  r  b Trong a l| số bị chia, b l| số chia, q l| thương, r l| số dư  Khi a chia cho b c{c số dư r  0;1; 2; 3; ; b   Nếu r  a  bq , ta nói a chia hết cho b hay b chia hết a Ký hiệu: a b hay b a Vậy a chia hết cho b v| tồn số nguyên q cho a  bq  Nếu r  , ta nói a chia b có số dư l| r Một số tính chất cần nhớ  Tính chất Mọi số ngun kh{c ln chia hết cho  Tính chất Số ngun a chia hết cho số nguyên b v| số nguyên b chia hết cho số nguyên c số nguyên a chia hết cho số nguyên c  Tính chất Số nguyên a chia hết cho số nguyên b v| ngược lại a   b  Tính chất Nếu a.b m  b, m   a m  Tính chất Nếu hai số nguyên a v| b chia hết cho m  a  b  m  Tính chất Nếu a chia hết cho m v| n,  m, n   a mn  Tính chất Nếu số nguyên a chia hết cho số nguyên b v| số nguyên c chia hết cho số nguyên d tích ac chia hết cho tích bd  Tính chất Trong n số nguyên liên tiếp tồn số nguyên chia hết cho n  Tính chất Nếu a  b  với a, b l| c{c số tự nhiên a n  bn  n  N  chia hết cho a  b  Tính chất 10 Nếu a  b  với a, b l| c{c số tự nhiên v| n l| số tự nhiên lẻ a n  bn chia hết cho a  b Một số dấu hiệu chia hết Đặt A  a na n1 a 2a1a , với a n ;a n1 ; ;a ;a1 ;a l| c{c chữ số Khi ta có c{c dấu hiệu chia hết sau  Dấu hiệu chia hết cho 2: Số tự nhiên A chia hết cho v| a0  0; 2; 4; 6; 8 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC  Dấu hiệu chia hết cho 5: Số tự nhiên A chia hết cho v| a  0; 5 Từ suy A chia hết cho 10 v| a   Dấu hiệu chia hết cho v| 25: Số tự nhiên A chia hết cho 4(hoặc 25) v| a1a chia hết cho (hoặc 25)  Dấu hiệu chia hết cho v| 125: Số tự nhiên A chia hết cho 8(hoặc 125) v| a 2a1a chia hết cho (hoặc 125)  Dấu hiệu chia hết cho v| 9: Số tự nhiên A chia hết cho 3(hoặc 9) v| tổng c{c chữ số số A chia hết cho 3(hoặc 9)  Dấu hiệu chia hết cho 11: Số tự nhiên A chia hết cho 11 v| hiệu tổng c{c chữ số h|ng lẻ v| tổng c{c chữ số h|ng chẵn l| số chia hết cho 11 II CÁC DẠNG TOÁN THƢỜNG GẶP  Dạng 1: Chứng minh tích số nguyên liên tiếp chia hết cho số cho trƣớc Cơ sở phƣơng pháp: Đ}y l| dạng to{n thường gặp bắt đầu học chứng minh tốn chia hết Sử dụng tính chất như: tích hai số nguyên liên tiếp chia hết cho 2, tích ba số nguyên liên tiếp chia hết cho Chúng ta vận dụng linh hoạt tích chất n|y để giải toán chứng minh chia hết tích số nguyên liên tiếp Thí dụ Chứng minh rằng: a) Tích số nguyên liên tiếp chia hết cho b) Tích số chẵn liên tiếp chia hết cho c) Tích số nguyên liên tiếp chia hết cho 120 Lời giải a) Trong số nguyên liên tiếp có số chia hết cho số chia hết tích số nguyên liên tiếp chia hết cho (do (2, 3) = 1) b) Hai số chẵn liên tiếp có dạng 2n (2n + 2) với n  Z Do tích hai số ngun liên tiếp có dạng 4n(n + 1) Do n n + hai số nguyên liên tiếp nên n  n  1 Vì 4n  n  1 c) Ta có 120 = 3.5.8 Do số nguyên liên tiếp có số liên tiếp nên theo ý a) ta có tích số ngun liên tiếp chia hết cho THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 5 số nguyên liên tiếp có số chẵn liên tiếp nên theo ý b) ta có tích số ngun liên tiếp chia hết cho Mặt khác số nguyên liên tiếp ln có số chia hết tích chúng chia hết cho Vậy tích số nguyên liên tiếp chia hết cho 120 Thí dụ Chứng minh tích số chẵn liên tiếp chia hết cho 48 Lời giải Ba số chẵn liên tiếp có dạng 2n, (2n + 2) (2n + 4) với n  Z Do tích hai số ngun liên tiếp có dạng 8n(n + 1)(n + 2) Do n, (n + 1) (n + 2) số nguyên liên tiếp nên n  n  1 n   Vì n  n  1 n    6m  m  Z  Do tích số chẵn liên tiếp 8n  n  1 n    48m 48 Vậy b|i to{n chứng minh  Dạng 2: Phân tích thành nhân tử Cở sở phƣơng pháp: Để chứng minh A(x) chia hết cho p ta phân thích A(x) = D(x).p, cịn khơng thể đưa ph}n tích ta viết p = k.q - Nếu (k, q) = ta chứng minh A(x) chia hết cho k q - Nếu  k , q   ta viết A(x) = B(x).C(x) chứng minh B(x) chia hết cho k C(x) chia hết cho q Thí dụ Chứng minh với số nguyên n n3  n chia hết cho Lời giải a) Ta có:   n3  n  n n2    n  1 n  n  1 Biểu thức tích số nguyên liên tiếp nên số chia hết cho 2,   số chia hết cho mà (2, 3) = nên n3  n Thí dụ Chứng minh n6  n4  n2  chia hết cho 128 với n số lẻ Lời giải a) Ta có:          n n6  n4  n2   n4 n2   n2   n2  n4   n2  Vì n số lẻ nên đặt n = 2k + THCS.TOANMATH.com 2  1  k  N  Ta có: TÀI LIỆU TỐN HỌC n   2    k  1  1  k  k     4 k  k  1 Ta có k(k + 1) chia hết nên  k  k  1 64   Mặt khác: n2    2k  1   k  k   2 k  k  2   n n6  n4  n2   n2  Do 2   128 (đpcm) Chú ý: Bình phương số lẻ số lẻ Thí dụ Cho số nguyên dương x, y, z Chứng minh rằng:  x  y   y  z   z  x 5 chia hết cho  x  y  y  z  z  x  Lời giải Đặt a  x  y , b  y  z  z  x    a  b  Do ta cần chứng minh: a5  b5   a  b  chia hết cho 5ab  a  b   Ta có: a5  b5   a  b    5a4b  10a3b2  10a2b3  5ab4   5ab a3  b3  2a2 b  2ab2      5ab  a  b  a2  ab  b2  2ab  a  b     2  5ab  a  b  a  ab  b   Do b|i to{n chứng minh  Dạng 3: Sử dụng phƣơng pháp tách tổng Cở sở phƣơng pháp: Để chứng minh A(x) chia hết cho p ta biết đổi A(x) thành tổng hạng tử chứng minh hạng tử chia hết cho p Thí dụ Chứng minh m, n số nguyên ta có:    a) n n2  11  c) n  n  1 2n  1 b) mn m2  n2 Lời giải   a) Ta có: n n2  11  n3  11n  n3  n  12n   n  1 n  n  1  12n Dễ chứng minh:  n  1 n  n  1 6, 12n  n  Z    Do đó: n n2  11           b) Ta có: mn m2  n2  mn  m2   n2    mn m2   mn n2        Do: mn m2   n  m  1 m  m  1 6, mn n2   m  n  1 n  n  1 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC   Do đó: mn m2  n2 c) Ta có: n  n  1 2n  1  n  n  1 n   n  1  n  n  1 n     n  1 n  n  1 Do: n  n  1 n   6,  n  1 n  n  1 Do đó: n  n  1 2n  1 Thí dụ Chứng minh rằng: n n5 có chữ số tận giống với n số tự nhiên Lời giải   Để chứng minh n n5 có chữ số tận giống ta chứng minh n5  n 10 Thật vậy:             n5  n  n n   n n  n   n n   n      2  n n  n   5n n    n   n  1 n  n  1 n     n  1 n  n  1  Nhận xét:  n   n  1 n  n  1 n   tích năm số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho v| chia hết cho 10 Mặt khác  n  1 n  n  1 tích số tự nhiên liên tiếp nên chia hết  n  1 n  n  1 chia hết cho 10   Do n5  n 10 b|i to{n chứng minh Thí dụ a) Chứng minh b) Chứng minh n5 n3 n   số nguyên với n  Z 15 n n2 n3   số nguyên với n số nguyên chẵn 12 24 Lời giải a) Ta có: 7n 8n n n  n  n  15 15 n5 n3 n n5 n3 n n n5  n n3  n     n    n Do đó: 15 5     Từ thí dụ ta dễ dàng chứng minh được: n5  n 5, n3  n b|i to{n chứng minh b) Do n số nguyên chẵn nên n = 2m (với m  Z ) n n2 n3 m m2 m3 2m3  3m2  m m  m  1 2m  1        Do đó: 12 24 6 Theo ý c) thí dụ ta có n  n  1 2n  1 b|i to{n chứng minh THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC Thí dụ Chứng minh ax2  bx  c  Z, x  Z 2a, a  b,c  Z Lời giải Ta có: ax2  bx  c  ax2  ax   a  b  x  c  2a Dễ thấy: x  x  1 x  x  1   a  b  x  c  Z x (x – 1) hai số nguyên liên tiếp Do đó: ax2  bx  c  Z, x  Z 2a, a  b,c  Z  Dạng 4: Sử dụng đẳng thức Cở sở phƣơng pháp: Nếu a, b số nguyên thì: an  bn chia hết cho a – b với n số tự nhiên a  b an  bn chia hết cho a + b với n số tự nhiên chẵn a  b an  bn chia hết cho a + b với n số tự nhiên lẻ a  b  a  b n  a  1 n  ka  bn với k số nguyên, n số tự nhiên  a  1  ac  n  ac   1 , n số tự nhiên n Thí dụ 10 Với n số tự nhiên chẵn Chứng minh rằng: 20n  16n  3n  323 Lời giải    Ta có: 323  17.19 Ta biến đổi 20n  16n  3n   20n   16n  3n      Mặt khác n số chẵn nên 16   16    16   19 Do  20  1  16   19   20  16   1 19 1 Ta biến đổi 20  16     20    16   Ta có:  20   :  20     20  1 17 Mặt khác n số chẵn nên 16   16  1  16   17   Ta có: 20n  :  20  1  20n  19 n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n Do (17, 19) =1 nên từ (1) (2) suy ra: 20n  16n  3n  323 Thí dụ 11 Chứng minh với số tự nhiên n ta có: a) 11n2  122n1 133 b) 5n2  26.5n  82n1 59 c) 7.52n  12.6n 19 Lời giải THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC a) Ta có: 11n2  122n1  112.11n  12.122n  121.11n  12.144n   133  12  11n  12.144n  133.11n  12 144 n  11n  Do 133.11n 133 12 144n  11n   144  11 hay 12 144 n    11n 133  Nên 133.11n  12 144n  11n  11n 2  122n 1 133 (đpcm) b) Ta có: 5n2  26.5n  82n1  25.5n  26.5n  8.82n  51.5n  8.64n    59   5n  8.64n  59.5n  64n  5n    64  5  64   59   64   59   26.5 Vì 64n  5n Nên 59.5n n n n n2 n n  82n 1 59 (đpcm)  c) Ta có: 7.52n  12.6n  7.25n  19   6n  19.6n  25n  6n    25     25   19   25   19  57.5  12.6 Vì 25n  6n Nên 19.6n Thí dụ 12 n n n   n 2n n 19 (đpcm) Chứng minh A  19931997  19971993 30 Lời giải Sử dụng tính chất  a  b n  ka  bn với k số nguyên, n số tự nhiên Ta có: A  19931997  1997 1993   1980  13  1997   2010  13  1993  1980c  131997  2010d  131993    30  66c  67d  952.13  30  1980c  2010d  131993 134 1993 Thí dụ 13 (Chuyên sư phạm Hà Nội 1997 – 1998)     Chứng minh C  5n 5n   6n 3n  2n 91  n  N  Lời giải Sử dụng tính chất  a  b n  ka  bn ,  a  1 n  ac  1,  a  1 n  ac   1 với k n số nguyên, n số tự nhiên Ta có: THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 10 C  25n  5n  18n  12 n   21    5n   14       n n n  21c  n  5n  14d  n  e  5n   3c  2d  e  Mặt khác: C   26  1  5n  13    13  1 n n n  26 f   1  5n  13 g  5n  13h   1 n n  13  f  g  h  13 Vì (13, 7) = nên C 7.13  91 Thí dụ 14 (Chuyên sư phạm Hà Nội 2001) Chứng minh với số nguyên n ta có: A  15  25  35   n5 chia hết cho B      n Lời giải Ta có cơng thức quen thuộc B      n    n  n  1  5 Lại có: 2A  n    n  1  25    n    35     n      Nhận thấy số hạng chia hết cho (n +1) nên A  n  1 1 5 Lại có 2A  2n   n  1  15    n    25   chia hết cho n     Do 2n n nên 2A n 2 Do 2n n nên 2A n 2 Từ (1) (2) suy 2A chia hết cho n(n + 1) 2A 2B  A B (đpcm)  Dạng 5: Sử dụng phƣơng pháp xét số dƣ Cơ sở phƣơng pháp: Để chứng minh A(n) chia hết cho p ta xét số n có dạng n = kp + r với r 0;1; 2; ; p 1 Thí dụ 15 Chứng minh với số tự nhiên n ta có: n  2n  7n   chia hết cho Lời giải Trong số n (7n + 1) phải có số chẵn nên n  2n  1 7n  1 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 11 Mà (3, 2) = nên ta cần chứng minh n  2n  1 7n  1 Xét trường hợp: - Trường hợp 1: n = 3k n  2n  1 7n  1  3k  6k  1 21k  1 - Trường hợp 2: n = 3k + 2n    6k    n  2n   7n  1 - Trường hợp 3: n = 3k + 7n    21k  15   n  2n   7n  1 Từ trường hợp suy n(2n + 7)(7n + 1) chia hết cho Thí dụ 16 Cho x, y, z số nguyên thỏa mãn  x  y  y  z  z  x   x  y  z *  Chứng minh  x  y  z  chia hết cho 27 Lời giải Ta xét c{c trường hợp sau: - Nếu số x, y, z chia cho có số dư kh{c (x – y), (y – z), (z – x) không chia hết cho (x – y)(y – z)(z – x) không chia hết cho Nhưng tổng số (x + y + z) chia hết cho điều trái với điều kiện (*) tốn, trường hợp xảy - Nếu số x, y, z có số chia cho có số dư (x – y), (y – z), (z – x) có hiệu chia hết cho (x – y)(y – z)(z – x) chia hết cho Nhưng tổng số (x + y + z) không chia hết cho điều trái với điều kiện (*) bày tốn, trường hợp khơng thể xảy Vậy số x, y, z chia cho phải số dư, (x – y), (y – z), (z – x) chia hết tích (x – y)(y – z)(z – x) 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 b|i to{n chứng minh  Dạng 6: Sử dụng phƣơng pháp phản chứng Cơ sở phƣơng pháp: Để chứng minh A(x) không chia hết cho n ta giả sử A(x) chia hết cho n sau dùng lập luận để mâu thuẩn để điều giả sử sai Thí dụ 17 Chứng minh n2  n  16 không chia hết cho 25 với số tự nhiên n Lời giải Giả sử n2  n  16 chia hết cho 25 Do n2  n  16 chia hết cho 25 nên chia hết cho Ta có: n2  n  16   n   n    10 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 41 81  1(mod 4)  81n  1(mod 4)  9.81n   1(mod 4) 8.16n  0(mod 4)  M    2019  2020  0(mod 4) hay M (1) Lại có: 81  1(mod 5)  81n  1(mod 5)  9.81n   4(mod 5) 16  1(mod 5)  16n  1(mod 5)  8.16n   3(mod 5)  M    2019  2020  0(mod 5) hay M (2) Từ (1) (2)  M BCNN (4,5) hay M 20 (đpcm) Câu 44 Đặt n  6q  r , r 0,1, 2,3, 4,5 Khi n3  2019 chia hết cho r  chia hết cho Nếu r chẵn r  lẻ, r  không chia hết cho Suy r  1,3,5 Với r   r   không chia hết cho Với r   r   30 Với r   r   128 không chia hết cho Suy n  6q  Mà  n  2019   q  336 Vậy có tất 337 số tự nhiên n thỏa mãn đề Câu 45 Ta có: x  xy  y    xy  y  x   x  xy  y  x  x  xy   xy  y    x  y    x  y  x  y  1 Lại có: x  xy  y, xy  y  x chia hết cho   x  y  x  y  1 chia hết cho TH1: Nếu x  y chia hết cho5 y   x  mod5   x2  xy  y  x  x  x  x  3x  1 (mod5) , x chia hết cho chia dư +)Nếu x chia hết cho y vậy, b|i to{n chứng minh +)Nếu x chia cho dư y chia dư 2, THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 42 x2  y  x  y  2.9   2.3  30  0(mod5) Ta có điều phải chứng minh TH2: Nếu x  y  chia hết cho x  y  1 mod5   x  xy  y   y  1  y( y  1)  y  y  1 mod5 Do y chia dư v| x chia dư nên: x2  y  x  y  2.16  16  2.4   60   mod5 Vậy ta có điều phải chứng minh Câu 46 Giả sử a; b; c số nguyên không âm thỏa mãn đề bài, ta có:  a  b   b  c    c  a   6abc  a  b2  c  ab  bc  ca  3abc (1) 2  Phân tích a  b  c  3abc   a  b  c  a  b  c  ab  bc  ca 3 2  (2) Từ (1) (2) a  b  c  3abc  3abc  a  b  c  hay 3 a3  b3  c3  3abc  a  b  c  1 Do a  b  c  chia hết cho a  b  c  nên ta chia hết cho a  b  c  3 Suy a  b  c  Thử lại: a  b  c  thỏa mãn Vậy có số  a; b; c    0;0;0  thỏa mãn đề Câu 47 Ta có: a n  bn  (a  b)(a n 1  a n 2 b  a n 3b2   abn 2  bn 1 )  a n  bn  m(a  b) (a, b, n, m  ) (*) Vì n số tự nhiên chẵn nên n = 2k ( k  )  A= 20   16 1  400   256 1 Áp dụng (*), có: n n n k k k A  (400k 1k )  (256k  9k )  399x  247y  19  21x  19.13y (x, y  )  A 19 với số tự nhiên n chẵn (1) có: k k A  (400  )  (256k 1k )  391p  255q  17  23p  17 15q (p,q  )  A 17 với số tự nhiên n chẵn (2) mà 17 19 hai số nguyên tố nên từ (1) (2) suy ra: A 17 19 với số tự nhiên n chẵn Vậy 20n  3n  16n 1 323 với số tự nhiên n chẵn Câu 48 Ta có ngay: S1      n  THCS.TOANMATH.com n  n  1 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 43 Ta chứng minh S2019 chia hết cho n n 1 n 1 nguyên Sử dụng khai triển Newton ta có: a k 1  b2 k 1   a  b   a k  a k 1.b   b2 k  (a  b) Giả sử n lẻ Do vậy:      n    n  1   n        n  1    2.n 12019  22019   n2019   12019  n2019   22019   n  1  12019  22019   n2019   12019   n  1 2019    2 2019  2019 2019 2019 2019 2019 2019 Do  n; n  1  nên 12009  2209   n2009 chia hết cho n  n  1 Do S2019 S1 Vậy ta có điều phải chứng minh Câu 49 a) Chứng minh rằng… Ta có: 9!  1.2.3.4.5.6.7.8.9 số chẵn  x3  x  x  2m m    8m3  y3  z  9!  4m3  y3  z  1.3.4.5.6.7.8.9 số chẵn  y  y  y  2n  n    4m3  8n3  z  1.3.4.5.6.7.8.9  2m3  4n3  z  1.2.3.5.6.7.8.9 số chẵn  z3  z  z  p  p    2m3  4n3  p3  1.2.3.5.6.7.8.9  m3  2n3  p3  1.3.5.6.7.8.9 m  Chứng minh ho|n to|n tương tự ta có n  m; n; p  p  Vậy ta có điều phải chứng minh b) Chứng minh không tồn tại… Theo ý a) ta đặt x  4a; y  4b; z  4c  a3  2b3  4c3   a  a  2u  x  2m    y  2n z  p   a; b; c   9! 1.2.3.4.5.6.7.8.9   1.3.5.6.7.9 số chẵn 43 43 u    8u3  2b3  4c3  1.3.5.6.7.9  4u  b3  2c3  1.3.3.5.7.9  1.5.7.34 Lại có: 1.5.7.34  34  1.5.7.34   (mod 9)  x  Z   x  0; 1  a; b; c   4u  b3  2c3  93 Nhưng 1.5.7.34 chia hết cho 93 nên ta có điều vơ lý THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 2019 n 44 Vậy ta có điều phải chứng minh Câu 50 Ta có nhận xét sau: Nếu p số nguyên tố lớn p  1(mod 24) Lại có: 1  23  mod 24  (1) (2) Cộng vế theo vế 1 ;   ta : p   24(mod 24)   mod 24  Vậy p  chia hết cho 24 với p số nguyên tố lớn Câu 51 n3    n  1  n2  n  1 p  p  1 n  p   n  p  n  Vì p  n    n  1 không chia hết cho p Do đó:  n  1  n2  n  1 p   n2  n  1 p Đặt : p   kn, k   p  kn  (*)   n  n  1  kn  1  kn   n  n   kn  n  n  k  n  k  n  n  1  n  kn  1  kn  1   k  1 n  k   kn  1 k    k  1 n  k    k  1 n  k  kn   k  n 1  k  n   p  kn   n  n   n  p  n  2n    n  1 Vậy n  p số phương Câu 52 +) Chứng minh đẳng thức  a  b   a n1  a n2b  a n3b2   a 2b n3  ab n2  b n1   a n  a n1b  a n2b   a 3b n3  a 2b n2  ab n1   a n1b  a n2b   a 2b n2  ab n1  b n   a n  bn +) Vì n số chẵn, đặt n  2k , k  ta có: 20n  16n  3n   202k  162k  32k   400k  256k  9k  Để chứng minh  20n  16n  3n  1 323 , ta cần chứng minh  20n  16n  3n  1 chia hết cho 19 17 Ta có: THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 45 400k  1k   400  1  400k 1  400 k 2.1  400 k 3.12   400.1k 2  1k 1   399  400k 1  400 k 2.1  400 k 3.12   400.1k 2  1k 1   19.21  400k 1  400k 2.1  400 k 3.12   400.1k 2  1k 1  19 256k  9k   256    256k 1  256 k 2.9   9k 2.256  9k 1   247  256k 1  256k 2.9   9k 2.256  9k 1   13.19  256k 1  256k 2.9   9k 2.256  9k 1  19   400k  1k  256k  9k 19  Tương tự ta có: 400k  9k   400    400 k 1  400 k 2.9   k 2.400  k 1   17.23  400k 1  400k  2.9   9k  2.400  k 1  17 256k    256  1  256 k 1  256 k 2.1   256.1k 2  1k 1   17.15  256k 1  256k  2.1   256.1k   1k 1  17  400k  9k  256k  17 Như ta có: 20n  16n  3n    400k  256k  9k  1 19    20n  16n  3n  1 19.17   n n n k k k 20  16     400  256   1 17   20n  16n  3n  1 323 Như ta có điều cần chứng minh  Câu 53 Ta có : N  a1  a2   a2018 ; M  a15  a25   a2018 a1; a2 a2018    Xét hiệu M  N  a15  a25   a2018  a1  a2   a2018   a15  a1    a25  a2     a2018  a2018         Ta có a5  a  a a   a a  a   a a   a  1 a  1 30  2.3.5 với 2,3,5 số nguyên tố   Ta có: a a   a  1 a  1 có tích số tự nhiên liên tiếp a  1; a; a  nên a(a  1)(a  1) chia hết cho Nếu a chia cho dư 0,1 a, a  1, a  1sẽ chia hết cho Nếu a chi dư a  chia hết cho   Vậy a a   a  1 a  1 chia hết cho 2;3;5 nên chia hết cho 30 Do M  N chia hết cho 30 M chia hết cho 30 Ta có diều phải chứng minh THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 46 Câu 54 Ta có: a 2018  b 2019  c 2020   a 2016  b 2017  c 2018   a 2016  a  1  b 2017  b  1  c 2018  c  1  a 2015 a(a  1)(a  1)  b 2016 (b  1)(b  1)  c 2017 c(c  1)(c  1) Ta có tích số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 6, có số chẵn số chia hêt cho Do vậy: a(a  1)(a  1); b(b  1)(b  1); c(c  1)(c  1) chia hết a 2018  b2019  c 2020   a 2016  b2017  c2018    Vậy ta có điều phải chứng minh Câu 55 +) n = 2k (k nguyên dương): M = 2k.42k + 32k = 2k.16k + 9k Ta có: 16k 9k dư với 2k chia  M dư với (2k.2k + 2k) = 2k.(2k + 1) chia  (2k + 1) chia hết cho  k chia dư 3, hay k = 7q +  n = 14q + (q  N ) +) n = 2k + (k nguyên dương): M = (2k + 1).42k + + 32k+1 = 4(2k+1).16k + 3.9k  M dư với (k + 4).2k + 3.2k = (k + 7).2k chia  k chia hết cho  k = 7p (p  N ) Vậy n = 14q + n = 14p + 1, với p q số tự nhiên Câu 56 Chứng minh với số tự nhiên n Giả sử tồn số tự nhiên n để suy không chia hết cho 81 , hay => n=3k mà nên Nhưng khơng chia hết cho với k Vậy với số tự nhiên n khơng chia hết cho 81 Câu 57 Đặt A   m  n   mn THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 47 2 2  A  16  m  n   4mn  16  m  n    m  n    m  n      15  m  n    m  n  2  m  n   m  n  225 A 225  15   m n      m n      m  n  25  m  n   m  n  15 m 15   m  n  15      mn 225 15 n 15 m  n m  n        Vậy  m  n   mn chia hết cho 225 mn chia hết cho 225 Câu 58 n(n  1) Để chứng minh b|i to{n ta cần chứng tỏ 2S2019 n(n  1) Ta có S1     n  Ta có nhận xét sau: Với a, b nguyên dương  a 2019  b2019  (a  b) Thật : a2019  b2019  (a  b)(a 2018  a 2017b   ab2017  b2018 ) (a  b) Xét hai trường hợp: +) Nếu n lẻ: Từ nhận xét ta có 2S2019  2n2019  12019  (n  1)2019   22019  (n  2) 2019    n  2019  n  2019        n      2S2019  2(12019  n2019 )  22019  (n  1)2019    n  2019  n  2019   n  2019  n   2019              (n  1)           Mặt kh{c n n  nguyên tố nên 2S2019 n(n  1) +) Nếu n chẵn: Ta có 2S2019  2n2019  12019  (n  1)2019   22019  (n  2) 2019   2S2019  n  2019  n  2019   n 2019  n  2019               n            2(12019  n2019 )  22019  (n  1)2019    n  2019  n  2019   n  2019  n   2019               (n  1)           Suy 2S2019 n(n  1) Vậy S2019 S1 Câu 59 Ta có: p+(p+2)=2(p+1) THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 48 Vì p lẻ nên ( p  1)  2( p  1) (1) Vì p, (p+1), (p+2) số tự nhiên liên tiếp nên có số chia hết cho 3, mà p (p+2) nguyên tố nên ( p  1) (2) Từ (1) (2) suy  p  ( p  2) 12 (đpcm) Câu 60 Ta có với số nguyên m m2 chia cho dư , + Nếu n2 chia cho dư n2  5k   n2   5k  5; k  N * Nên n2+4 không số nguyên tố Nếu n2 chia cho dư n2  5k   n2  16  5k  20 5; k  N * Nên n2+16 không số nguyên tố Vậy n2 hay n Câu 61 Ta có S  n n4  5n3  5n2  5n           n  n2  n2   5n n2    n n2  n2  5n     n  n  1 n  1 n   n  3   n  1 n  n  1 n   n  3 Ta có S l| tích số ngun tự nhiên liên tiếp chia hết cho 5! nên chia hết cho 120 Câu 62 Với số nguyên dương a, b ta có: a2015  b2015  (a  b)(a 2014  a 2013b   ab2013  b 2014 )  a 2015  b 2015 (a  b) + Xét trường hợp n số lẻ Áp dụng khẳng định ta có: 12015  (n  1) 2015  n  22015  (n  2) 2015  n  n  2015  n  2015       n      Suy  n  2015  n  2015  2015 2015 2015 2015     A  n  1  (n  1)     (n  2)         n      Tương tự 2015 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 49  n  2015  n  2015   n   2015  n   2015  A  2(12015  n 2015 )   22015  (n  1) 2015               (n            Mặt khác n n + nguyên tố nên A n(n + 1) Tương tự với trường hợp n chẵn ta có A n(n + 1) Câu 63 Ta có: Q  a  2a3  16a  2a  15  (a  2a3  2a  1)  (16a  16)  (a  1)(a  1)3  16(a  1) Với a lẻ, a  2k  1, k  Z Khi đó: (a  1)(a  1)3  2k (2k  2)3  16k (k  1)3 16 Mà 16(a  1) 16 nên Q chia hết cho 16 Với a chẵn, a  2k , k  Z Khi đó: (a  1)(a  1)3  (2k  1)(2k  1)3 l| số lẻ nên khơng chia hết cho 16 Do Q không chia hết cho 16 Vậy a l| số nguyên lẻ Câu 64 +) Vì số nguyên phải l| số chẵn l| số lẻ Do theo nguyên lý Đirichlet số nguyên ln chọn số có tính chẵn lẻ +) Áp dụng ta có số phương ln chọn hai số có tính chẵn lẻ Gọi số phương chọn l| a b Khi ta có a  b2  (a  b)(a  b) +) Vì a b tính chẵn lẻ nên a, b tính chẵn lẻ Do a  b l| số chẵn v| a  b l| số chẵn a  b2  (a  b)(a  b) , (đpcm) Chú ý: Ta giải tốn cách vận dụng tính chất sau số phương: “Một số phương chia cho có số dư hặc 1” Khi lập luận cách làm ta thu điều phải chứng minh Tuy nhiên làm thi vận dụng tính chất học sinh phải chứng minh lại Bình luận: Với c{ch l|m ngắn gọn, đầy đủ song số học sinh cảm thấy trừu tượng ( nguyên lí Đirichlet học sinh ơn tập khơng nằm chương trình SGK m| s{ch tham khảo) b|i to{n trình b|y sau: Trong ba số nguyên tùy ý tồn hai số chẵn lẻ Gọi hai số phương chọn l| a b ( a, b nguyên) + TH1: a, b chẵn: suy a  b2  (2k1 )2  (2k2 )2  4(k12  k22 ) chia hết cho ; k1 , k2  Z + TH2: a, b lẻ: suy a  b2  (2k1  1)2  (2k2  1)2  4(k12  k1  k2  k2 ) chia hết cho ; k1 , k2  Z Vậy ba số phương tùy ý ln tồn hai số m| hiệu chúng chia hết cho Câu 65 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 50 1    bc  a(b  c) (1) a b c TH1: Nếu a l| số nguyên chẵn, suy a(b  c) , theo (1)Suy ra: b.c Vậy abc chia hết cho TH2: Nếu a l| số nguyên lẻ Với b v| c l| hai số lẻ thì: b  c  a(b  c) Cách 1: Mà a.b.c không chia hết cho (vì a, b, c lẻ) Suy m}u thuẫn Vậy hai số, b, c tồn số chẵn + Với b chẵn, m| a lẻ nên c chẵn (vì b.c chẵn nên a(b+c) chẵn suy c chẵn, a lẻ) Suy abc chia hết cho + Với c chẵn, tương tự abc chia hết cho 1 Cách 2:    bc  a(b  c)  abc = a (b + c) (2) a b c Ta thấy a, b, c l| số lẻ v}y abc l| số lẻ, b+c l| số chẵn Vậy số tồn số chẵn Nếu a chẵn a2 chia hết cho 4, từ (2) suy abc chia hết cho Nếu b chẵn, a lẻ nên b + c chẵn (vì abc chẵn) suy c chẵn Vậy abc chia hết cho Tương tự cho trường hợp c chẵn Câu 66 2n Ta có A  Đặt 2n    n   4n  16  22   4n   18   22 k k  *  suy 2n   22 k   4k  Do với n nguyên dương ta có: 2n  3; 4n  3; 18 n  A  22  4n  16 Câu 67   Ta có A   17    18 n n Với n nguyên dương ta có:  3; 18 n  A  4n  17 Câu 68 Giả sử 2n   m2 , 3n   k  m, k  N   m * số lẻ  m số lẻ  2n  m2    m  1 m  1 , Suy : n chẵn, k lẻ Vì k số lẻ nên k  1, k  hai số chẵn liên tiếp (3, 8) = nên Từ 3n   k  3n  k    k  1 k  1  n (1) Khi chia số phương cho số dư ; ; Ta xét trường hợp: Nếu n chia cho dư 2n + chia cho dư ( vơ lí ) Nếu n chia cho dư 3n + chia cho dư ( vơ lí ) THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 51 Nếu n chia cho dư 2n + chia cho dư ( vơ lí ) Nếu n chia cho dư 3n + chia cho dư ( vơ lí ) Vậy n (2) Vì (5, 8) = nên từ (1) (2) suy n chia hết cho 40 Câu 69 Chứng minh với số nguyên n chẵn thì: n3  20n  96 chia hết cho 48 Ta có n chẵn  n  2k , k  Z Suy n3  20n  96   2k   40k  96   k  5k   96   k  k   6k   96   k  k   48k  48.2 Do k  1; k ; k  số nguyên liên tiếp nên  k  1 k  k  1 chia hết cho  k  k   k  1 k  k  1   k  k  48, k  Z Vậy với số nguyên n chẵn n3  20n  96 chia hết cho 48 Câu 70   Ta có p  a3  b3   a  b  a2  ab  b2 Vì a, b số nguyên dương nên, ta có a2  ab  b2  Do p nguyên tố nên a  b   a  b   p  3b2  3b     p  4b  4b     2b  1  (đpcm) Câu 71 Do p  nên p  8k  (k  ) Vì  ax  4k 2   by  4k 2  ax  by  p nên a 4k 2  x8k 4  b4k 2  y8k 4 p Nhận thấy a k   x8k   b4k   y8k    a 4k   b4k   x8k   b 4k   x8k   y 8k   Do a k 2  b4 k 2   a2  k 1   b2  k 1 a  b2   p b  p nên x8k 4  y8k 4 p (*) Nếu hai số x, y có số chia hết cho p từ (*) suy số thứ hai chia hết cho p Nếu hai số x, y không chia hết cho p theo định lí Fecma ta có : x8k 4  x p1  1(mod p), y8k 4  y p1  1(mod p)  x8k 4  y8k 4  2(mod p) Mâu thuẫn với (*).Vậy hai số x y chia hết cho p Câu 72 1.Ta có : p2016   ( p4 )504  1504  ( p4  1) A  ( p  1)( p  1)( p2  1).A (1) ( A  N ) THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 52 Vì P l| số nguyên tố lớn nên p l| số lẻ, suy p – 1, p +1 l| hai số chẵn liên tiếp  ( p  1)( p  1) (2) Vì p – 1, p, p+1 l| ba số tự nhiên liên tiếp nên ( p  1) p( p  1) Nhưng p không chia hết ( p  1)( p  1) (3) Vì p khơng chia hết p có c{c dạng 5k  1; 5k  2 - Nếu p  5k  p  25k  10k   5n  2 - Nếu p  5k  p  25k  20k   5l  Cả hai trường hợp cho ta p   5q (4) ( (n, l , q  N ) Vì 3, 4, l| c{c số nguyên tố đôi nên từ (1), (2), (3), (4) suy p 2016  chia hết cho 4.3.5 tức l| chia hết cho 60 Vì vai trị x, y, z bình đẳng nhau, kh{c đơi nên ta giả sử x  y  z Khi , gọi t l| thương phép chia x3  y3  z : x2 y z Suy : x3  y x3  y 2 x  y  z  tx y z  z  tx y   tx y  2  tx y  x  y (1) z x y 3 2 2 - Nếu tx y  x  y  (*) t  1    t 1 xy x y Thay t = v|o (*), ta x y  x  y   xy  x  y   ( x  1)( y  1)   x 1  y  y   y( y  1)  ( vô lý) Vậy tx y  x  y  (2) - Từ (1), (2) suy : z  (tx y  x  y)2 (3) - Mặt kh{c x3  y  z  tx y z nên x3  y3 z  x3  y3  z (4) - Từ (3) v| (4) suy : x3  y  (tx y  x  y )2  x3  y  t x y  2tx y ( x  y )  x  xy  y  x3  y  2tx y ( x  y )  t x y  txy  x3  y  2tx y ( x  y ) tx3 y 1 1 1  txy        x y  tx ty (5) 1 1 1 1 1      2      2  t.2 t.2  x y  t x t y - Nếu x  y   txy    THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 53 Điều n|y m}u thuẫn với (5) Vậy x = Khi (5) trở th|nh : ty   1   y t ty (6) 1 1    2   t t.4 y t ty - Nếu y  ty    Điều n|y m}u thuẫn với (6) Vậy y  2;3 (Vì y > x = 1)  x3  y  z  + Nếu y =  x  y  z  x  1; y  2; z   x  1; y    x3  y  28 z  + Nếu y =  x  y  z ( Loại)  x  1; y   - Thử lại ta thấy (x, y, z) = (1, 2, 3) v| c{c ho{n vị thỏa mãn Vậy thương phép chia x  y  z : x y z l| t = 3 2 Câu 73 Cách 1: 24a2   b2  25a2   a  b2  a  b2  1(mod5) (1) a  0, 1, 2(mod 5) Ta có:  b  0, 1, 2(mod 5)  a  0,1, 4(mod 5)   b  0,1, 4(mod 5) (2) a  0(mod 5) a  1(mod 5)   Từ (1) v| (2) suy ra:     b  1(mod 5) b  0(mod 5) Suy số a b chia hết cho Cách 2: 24a2   b2  25a2   a2  b2  a2  b2  5.k  (1) n  Z  n  5l  r  l  Z , r  0;1;2;3;4  n2  5l1  r12  l1  Z , r12 0;1;4 (2) a  5k1  a  5k1   Từ (1) v| (2) suy ra:   2 b  5k2 b  5k2  Suy số a b chia hết cho Cách 3: THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 54 24a2   b2  24a2  b2  1 không chia hết a v| b không đồng thời chia hết cho + Giả sử a v| b không chia hết cho  a  1(mod 5) Theo định lý Fermat ta có   (a  b2 )(a  b )  0(mod 5)  b  1(mod 5) Nếu a  b2  0(mod 5) 25a   a  b2  0(mod 5) ( vơ lí) Suy a  b2  0(mod 5)  23a2   b2  a2  0(mod 5) (*) Vì a không chia hết a  1, 2(mod5) Với a  1(mod 5)  a  1(mod 5)  23a   1(mod 5) ( trái với (*)) 2 2 Với a  2(mod 5)  a  4(mod 5)  23a   3(mod 5) ( trái với (*)) Vậy điều giả sử sai Từ suy điều cần chứng minh Câu 74 Do q số nguyên tố lớn nên q có dạng 3k  3k  với k  N* + Nếu q  3k  , p  q  nên p  3k  chia hết cho 3, trường hợp loại p số nguyên tố + Nếu q  3k  , p  q  nên p  3k  Do p số nguyên tố nên k phải số tự nhiên lẻ Khi ta p  q   k  1 12 Vậy số dư chia p  q cho 12 Câu 75   Từ giả thiết a  b3  c3  8d3 ta có   a  b3  3ab  a  b   c  d3  3cd  c  d   3ab  a  b   3cd  c  d   3c  15d   a  b    c  d   3ab  a  b   3cd  c  d   3c  15d 3 Dễ thấy 3ab  a  b   3cd  c  d   3c  15d3 a  b   c  d 3 chia hết ta chia hết cho Mặt khác ta lại có  a  b    c  d    a  b  c  d    a  b  c  d  a  b  c  d  3 Mà  a  b  c  d  a  b  c  d  chia hết suy  a  b  c  d  chia hết cho 3 Do a  b  c  d chia hết cho Chú ý: Bản chất b|i to{n l| b|i to{n bản: Nếu x3  y chia hết cho x  y chia hết cho Câu 76 Đặt a + b - c = z; b + c - a = x; a + c - b = y x + y + z = a + b + c THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 55 Ta có  x  y  z   x3  y3  z3  3(x  y)(y  z)(x  z)  3.2 c.2a.2 b  24abc Do số a, b, c có số chẵn nên abc chia hết cho 24abc chia hết cho 24.4 = 96 Vậy b|i to{n chứng minh Hết THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC ... Câu 27 Chia f(x) cho x2  thương l| x  dư x  Để f(x) chia hết cho x2  x  chia hết cho x2    x   x   chia hết cho x2   x2  chia hết cho x2   x2   chia hết cho x2   chia hết... 1)(a  1) chia hết cho Nếu a chia cho dư 0,1 a, a  1, a  1sẽ chia hết cho Nếu a chi dư a  chia hết cho   Vậy a a   a  1 a  1 chia hết cho 2;3;5 nên chia hết cho 30 Do M  N chia hết... không chia hết cho THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 21 Nếu (2n + 1) khơng chia hết cho  2n  1 không chia hết  2n  1  2 không chia hết cho khơng chia hết cho   Vậy n2  n  không chia