Bài giảng quan hệ chia hết trong tập hợp số

CHỦ ĐỀ QUAN HỆ CHIA HẾT TRONG TẬP HỢP SỐ A KiÕn thøc cÇn nhí Định nghĩa phép chia Cho hai số nguyên a b b ≠ ta ln tìm hai số ngun q r CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI cho = a bq + r , với ≤ r ≤ b − Trong a số bị chia, b số chia, q thương, r số dư Khi a chia cho b số dư r ∈ {0;1; 2; ; b − 1} • 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 tồn số nguyên q cho a = bq • Nếu r ≠ , ta nói a chia b có số dư r Một số tính chất cần nhớ • Tính chất Mọi số ngun khác ln chia hết cho • Tính chất Nếu a  b b  c a  c • Tính chất Nếu a  b b  a a = ±b • Tính chất Nếu a.b m ( b, m ) = a  m • Tính chất Nếu a  m b  m ( a ± b ) m • Tính chất Nếu a  m, a  n ( m, n ) = a  mn • Tính chất Nếu a  b c  d ac  bd • Tính chất Trong n số nguyên liên tiếp tồn số ngun chia hết cho n • Tính chất Nếu a − b ≠ với a, b số tự nhiên ( a n − b n ) ( a − b ) ( n ∈ N ) • Tính chất 10 Nếu a + b ≠ với a, b, n số tự nhiên n số lẻ ( a n + b n ) ( a + b ) Một số dấu hiệu chia hết Đặt A = a n a n −1 a 2a1a , với a n ; a n −1 ; ; a ; a1 ; a chữ số Khi ta có dấu hiệu chia hết sau: TỦ SÁCH CẤP 2| 30 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP | • A ⇔ a0  ⇔ a0 ∈ {0; 2; 4;6;8} • A ⇔ ( a0 + a1 + + an −1 + an ) • A ⇔ a1 a0  • A ⇔ a0  ⇔ a0 ∈ {0;5} • A8 ⇔ a2 a1 a0 8 • A ⇔ ( a0 + a1 + + an −1 + an ) • A11 ⇔ ( a0 + a2 + ) − ( a1 + a3 + )  11 • A 25 ⇔ a1 a0  25 • A125 ⇔ a2 a1 a0 125 B CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP  Dạng 1: Sử dụng tính chất n số ngun liên tiếp có số chia hết * Cơ sở phương pháp: Sử dụng tính chất như: tích hai số nguyên liên tiếp chia hết cho 2, tích ba số nguyên liên tiếp chia hết cho chia hết cho Chúng ta vận dụng linh hoạt tính chất nhiều toán chia hết Bài tốn 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 Hướng dẫn 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 31 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC cho n (n ≥ 1) | CHỦ ĐỀ 2: QUAN HỆ CHIA HẾT TRONG TẬP HỢP SỐ 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 ngun liên tiếp ln có số chia hết tích chúng chia hết cho Vậy tích số ngun liên tiếp ln chia hết cho 120 Chú ý: Tổng qt ta có tích n số tự nhiên liên tiếp chia hết cho n! Bài tốn Chứng minh tích số chẵn liên tiếp chia hết cho 48 Hướng dẫn giải CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI 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 toán chứng minh Bài toán Chứng minh với số nguyên n n3 − n chia hết cho Hướng dẫn giải Ta có: ( ) ( n − 1) n ( n + 1) n3 − n = n n2 − = Biểu thức tích số nguyên liên tiếp nên số chia hết cho 2, ( ) số chia hết cho mà (2, 3) = nên n3 − n  Bài toán Chứng minh với số nguyên lẻ n n − n − n + chia hết cho 128 Hướng dẫn giải Ta có: ( ) ( ) (n n6 − n − n + = n n − − n − = Vì n số lẻ nên đặt n = 2k + (n ) )( ) (n − n4 − = −1 ) (n 2 +1 ) ( k ∈ N ) Ta có: 2 − = ( k + 1) − 1 =   ( 4k ) + k =  k ( k + 1)  2 Ta có k(k + 1) chia hết nên  k ( k + 1)   64 TỦ SÁCH CẤP 2| 32 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP | Mặt khác: n2 + 1= ( k + 1) n6 − n − n + = Do ( ) + 1= k + k + 2= 2 k + k +  (n −1 ) (n 2 ) + 128 (đpcm) Chú ý: Bình phương số lẻ số lẻ  Dạng 2: Phân tích thành nhân tử * Cở sở phương pháp: Để chứng minh A(x) chia hết cho p ta phân thích A ( x ) = D ( x ) p , cịn khơng thể đưa phân 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 * Ví dụ minh họa: Bài toán Cho a, b, c số nguyên khác thỏa mãn điều kiện: Chứng minh rằng: a + b + c chia hết cho (Đề thi HSG lớp TP Thanh Hóa 2016-2017) Hướng dẫn giải a+b+c  1 1  1 1 1  = Từ giả thiết  + +  = + + ⇔  + + = ⇔ abc a b c a b c  ab bc ca  Vì a, b, c ≠ nên a + b + c = ⇒ a + b =−c ⇒ ( a + b ) =− ( c) 3 ⇒ a + b + 3ab(a + b) = −c ⇒ a + b3 + c = 3abc Vậy a + b + c  với a, b, c ∈ Z Bài toán Cho A 1.2.3 29, = = B 30.31.32 58 Chứng minh A + B chia hết cho 59 Hướng dẫn giải 33 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC  1 1 1  + +  = 2+ 2+ b c a b c a | CHỦ ĐỀ 2: QUAN HỆ CHIA HẾT TRONG TẬP HỢP SỐ Ta có: B= ( 59 − 29 )( 59 − 28)( 59 − 27 ) ( 59 − 1)= 59k − 1.2.3 29= 59k − A ( k ∈ Z ) ⇒ A + B= 59k 59 Vậy A + B chia hết cho 59 Bài toán 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 ) Hướng dẫn giải Đặt a =x − y , b =y − z ⇒ z − x =− ( a + b ) Do ta cần chứng minh: a + b5 − ( a + b ) chia hết cho −5ab ( a + b ) 5 CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI ( − 5a b + 10 a b2 + 10 a b3 + 5ab4 Ta có: a + b5 − ( a + b ) = ( = −5ab a + b3 + a b + ab2 ( ) ) ) = −5ab ( a + b ) a − ab + b2 + ab ( a + b )    2 = −5ab ( a + b ) a + ab + b ( ) Do tốn chứng minh Bài toán Chứng minh với ba số tự nhiên a,b,c có số lẻ hai số chẵn ta ln có (a + b + c ) − (a + b − c ) − (b + c − a ) − (a − b + c ) Chia hết cho 96 3 3 (Trích đề thi HSG lớp tỉnh Phú Thọ 2015) Hướng dẫn giải Đặt a + b − c= z; b + c − a= x; a + c − b= y x + y + z = a + b + c Ta có ( x + y + z ) − x − y − z = 3(x + y)(y + z)(x + z)= 3.2 c a b= 24abc Do số a, b, c có số chẵn nên abc chia hết cho 24abc chia hết cho 24.4 = 96 Vậy toán chứng minh  Dạng 3: Sử dụng phương pháp tách tổng * Cở sở phương pháp: Để chứng minh A(x) chia hết cho p ta biết đổi A(x) thành tổng số hạng chứng minh số hạng chia hết cho p * Ví dụ minh họa: Bài tốn Chứng minh m, n số nguyên ta có: ( ) a) n n2 + 11  ( ) b) mn m2 − n2  c) n ( n + 1)( 2n + 1) TỦ SÁCH CẤP 2| 34 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP | Hướng dẫn giải ( ) ( n − 1) n ( n + 1) + 12n a) Ta có: n n2 + 11 = n3 + 11n = n3 − n + 12n = Dễ chứng minh: ( n − 1) n ( n + 1) 6, 12n ( n ∈ Z ) ( ) Do đó: n n2 + 11  ( ) ( ) ( ) ( ) ( n2 mn  m2 − − n2 −=  mn m2 − − mn n2 − b) Ta có: mn m2 −=   ( ) ( ) ) Do: mn m2 − = n ( m − 1) m ( m + 1) 6, mn n2 − = m ( n − 1) n ( n + 1) ( ) 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) đẹp mắt nên thường trình bày tốn giải nhiều phương pháp, nhiên để áp dụng em cần linh hoạt việc tách Ví dụ: câu a) ta thấy 12n chia hết ta tách riêng phần cịn lại phân đưa dạng tích, dựa vào tính chất chia hết tích số tự nhiên dễ dàng chứng chia Câu b) nghĩ việc thêm bớt để tạo tổng hai tích số tự nhiên liên tiếp Tương tự câu c) dễ dàng tách 2n + = (n – 1) + (n + 2) để đưa tổng hai tích số tự nhiên tiếp Bài tốn Chứng minh rằng: n n5 có chữ số tận giống với n số tự nhiên Hướng dẫn giải ( ) Để chứng minh n n5 có chữ số tận giống ta chứng minh n5 − n 10 Thật vậy: n5 −= n n ( n − 1= ) n ( n2 − 1)( n2 + 1=) n ( n2 − 1) ( n2 − ) + 5 n ( n − 1)( n − ) + 5n ( n − 1) =− ( 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 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 35 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Chú ý: Tách tổng phương pháp chứng minh chia hết mà lời giải dễ hiểu, ngắn gọn | CHỦ ĐỀ 2: QUAN HỆ CHIA HẾT TRONG TẬP HỢP SỐ ( ) Do n5 − n 10 toán chứng minh Bài toán a) Chứng minh n5 n3 n + + số nguyên với n ∈ Z 15 n n2 n3 + + b) Chứng minh số nguyên với n số nguyên chẵn 12 24 Hướng dẫn giải a) Ta có: CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Do đó: n n 7n 8n =n− =n− − 15 15 n5 n3 n n5 n3 n n n5 − n n3 − n + + = + +n− − = + +n 15 5 ( ) ( ) Từ thí dụ ta dễ dàng chứng minh được: n5 − n  5, n3 − n  tốn chứng minh Do n số nguyên chẵn nên n = 2m (với m ∈ Z ) b) Do đó: n n2 n3 m m2 m3 m3 + 3m2 + m m ( m + 1)( m + 1) + + = + + = = 12 24 6 Theo ý c) thí dụ ta có n ( n + 1)( 2n + 1) toán chứng minh Bài toán Chứng minh ax + bx + c ∈ Z , ∀x ∈ Z a , a + b ,c ∈ Z Hướng dẫn giải Ta có: ax + bx + c= ax − ax + ( a + b ) x + c= a Dễ thấy: x ( x − 1) x ( x − 1) + ( a + b ) x + c ∈ Z x (x – 1) hai số nguyên liên tiếp Do đó: ax + bx + c ∈ Z , ∀x ∈ Z a , a + b ,c ∈ Z Bài toán Cho số nguyên a1 ; a ; ; a n Đặt A = a1 + a + + a n B = a13 + a 23 + + a n3 Chứng minh A chia hết cho B chia hết cho Hướng dẫn giải Trước hết ta chứng minh bổ đề: Với số nguyên a ta ln có a − a  Thật vậy, ta có a − a = ( a − 1) a ( a + 1) Ta thấy ba số tự nhiên liên tiếp có số chia hết cho có số chia hết cho 3, lại có nguyên tố nên ta suy a − a = ( a − 1) a ( a + 1) TỦ SÁCH CẤP 2| 36 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP | Xét hiệu sau (a B − A= ) (a + a 23 + + a n3 − ( a1 + a + + a n ) = ( ) ( ) ( ) ( − a1 + a 23 − a + + a n3 − a n ) ( ) ) Áp dụng bổ để ta a13 − a1  6; a 32 − a  6; ; a 3n − a n  Do ta B − A  Suy A chia hết cho B chia hết cho  Dạng 4: Sử dụng đẳng thức Cở sở phương 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 = ac + ( a − 1) n = ac + ( −1) , n số tự nhiên n Bài toán Với n số tự nhiên chẵn Chứng minh rằng: a) b) 20 n + 16 n − 3n − 1 323 2222 + 5555 Hướng dẫn giải a) Ta có: P = 2222 + 5555 = ( 21 + 1)22 + ( 56 − 1)55 = ( BS + 1)22 + ( BS − 1)55 = BS + + BS – = BS nên 2222 + 5555 chia dư b) Ta có: 323 = 17.19 Ta biến đổi 20 n + 16 n − 3n −= ( ) ( ( 20 n ) ( − + 16 n − 3n ) Ta có: 20 n − : ( 20 − 1) ⇒ 20 n − 19 ( ) ( ) Mặt khác n số chẵn nên 16 n − 3n  ( 16 + ) ⇒ 16 n − 3n 19 ( ) ( ) ( ) Do 20 n − + 16 n − 3n 19 ⇒ 20 n + 16 n − 3n − 19 Ta biến đổi 20 n + 16 n − 3n −= ( ) ( ( 20 n ) ( − 3n + 16 n − 1n ( 1) ) ) Ta có: 20 n − 3n : ( 20 − ) ⇒ 20 n − 17 ( ) ( ) Mặt khác n số chẵn nên 16 n − 1n  ( 16 + 1) ⇒ 16 n − 3n 17 ( ) Do (17, 19) =1 nên từ (1) (2) suy ra: 20 n + 16 n − 3n − 1 323 37 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC ) CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC * Ví dụ minh họa: | CHỦ ĐỀ 2: QUAN HỆ CHIA HẾT TRONG TẬP HỢP SỐ Bài toán Chứng minh với số tự nhiên n ta có: a) 11n + + 12 2n +1 133 b) 5n + + 26.5n + 2n +1  59 c) 7.52n + 12.6 n 19 Hướng dẫn giải a) Ta có: 11n + + 12 2n +1 = 112.11n + 12.12 2n = 121.11n + 12.144 n ( = 133.11n + 12 144 n − 11n (133 − 12 ) 11n + 12.144n = ( ) ( ) ) Do 133.11n 133 12 144 n − 11n  ( 144 − 11) hay 12 144 n − 11n 133 ( ) Nên 133.11n + 12 144 n − 11n ⇒ 11n + + 12 2n +1 133 (đpcm) CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI b) Ta có: 5n + + 26.5n + 2n +1 = 25.5n + 26.5n + 8.8 2n = 51.5n + 8.64 n ( = ( 59 − ) 5n + 8.64n =59.5n + 64n − 5n ( ) ( ) ) Vì 64 n − 5n  ( 64 − ) ⇒ 64 n − 5n  59 ( ) Nên 59.5n + 64 n − 5n  59 ⇒ 5n + + 26.5n + 2n +1  59 (đpcm) ( c) Ta có: 7.52n + 12.6 n= 7.25n + ( 19 − ) n= 19.6 n + 25n − n ( ) ( ) ) Vì 25n − n  ( 25 − ) ⇒ 25n − n 19 ( ) Nên 19.6 n + 25n − n 19 ⇒ 57.52n + 12.6 n 19 (đpcm) Bài toán Chứng minh = A 19931997 + 1997 1993  30 Hướng dẫn 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 ( ) ( ) Bài toán Chứng minh = C 5n 5n + − n 3n + n  91 ( n ∈ N ) (Chuyên sư phạm Hà Nội 1997 – 1998) Hướng dẫn giải TỦ SÁCH CẤP 2| 38 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP | ( a + b) Sử dụng tính chất n = ka + bn , ( a + 1) n ( a − 1) = ac + 1, n = ac + ( −1) với k n số nguyên, n số tự nhiên Ta có: C = 25n + 5n − 18 n − 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 Hướng dẫn giải Ta có B = (1 + 100) + (2 + 99) + …+ (50 + 51) = 101.50 Để chứng minh A chia hết cho B ta chứng minh A chia hết cho 50 101 Ta có: A= (1 ) ( ) ( + 1003 + 23 + 993 + + 503 + 513 ( ) ( ) ) ( = (1 + 100 ) 12 + 100 + 1002 + ( + 99 ) 22 + 2.99 + 992 + + ( 50 + 51) 502 + 50.51 + 513 ( ) ) = 101 12 + 100 + 1002 + 22 + 2.99 + 992 + + 502 + 50.51 + 512 101 (1) Ta lại có: A = (1 ) ( ) ( + 993 + 23 + 983 + + 503 + 1003 ) Mỗi số hạng chia hết cho 50 nên A chia hết cho 50 (2) Từ (1) (2) suy A chia hết cho 101 50 nên A chia hết cho B Bài toán Chứng minh với số nguyên n ta có: A = 15 + + 35 + + n chia hết cho B = + + + + n (Chuyên sư phạm Hà Nội 2001) Hướng dẫn giải Ta có cơng thức quen thuộc B = + + + + n = 39 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC n ( n + 1) CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Bài toán Chứng minh rằng: A = 13 + 23 + 33 + + 1003 chia hết cho B = + + + + 100 | ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 2: QUAN HỆ CHIA HẾT TRONG TẬP HỢP SỐ f ( x; y ) f= Xét x = 2n ; y = 2k Ta có= ( 2n; 2k ) f ( n; k ) nên giá trị f ( 2n; 2k ) GTNN Do GTNN F xảy x , y khơng chẵn, m số lẻ * Nếu m = suy tồn x , y để ±20 ±20 ⇔ (10 x + 11 y ) − 221 y = x + 11xy − y = ⇔ 100 x + 220 xy − 100 y = ⇔ (10 x + 11 y ) ± 20 = 221 y  Suy (10 x + 11 y ) chia 13 dư dư Mà số 2 phương chia 13 có dư , , , , , 10 , 12 Do vơ lý * Nếu m = suy tồn x , y để ±60 ±60 ⇔ (10 x + 11 y ) − 221 y = x + 11xy − y = ⇔ 100 x + 220 xy − 100 y = ⇔ (10 x + 11 y ) ± 60 = 221 y  Suy (10 x + 11 y ) chia 13 dư dư Mà số CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI 2 phương chia 13 có dư , , , , , 10 , 12 Do vơ lý Vậy GTNN F ( ) ( Câu 113 P = a b3 − a 3b3 − a 3b − a 3b3 ) A= a 7b3 − a 3b3= a 3b3 ( a − 1)= a 2b3 ( a − 1) a ( a + 1) ( a + 1) chia hết cho ( a − 1) a ( a + 1) tích ba số nguyên liên tiếp = A a 2b3 ( a − )( a − 1) a ( a + 1)( a + ) + 5a ( a − 1)  ⇒ A Do A 30 Tương tự B = ( a3b7 − a3b3 )30 ⇒ P30 Câu 114 = P (a − 5a + 6a ) − a + 5a − 6a + 240 = a ( a − 5a + ) − a ( a − 5a + ) + 240 = (a − 5a + )( a − a ) + 240 Suy P = ( a − 3)( a − )( a − 1) a ( a + 1) + 240120 Từ suy P chia hết cho 120 Câu 115 P = 4a + a + b = Ta có 4a + = (4 a (4 − 1) + = a + ) + ( a + 1) + ( b + 2007 ) − 2010 ( − 1) ( 4a −1 + 4a −2 + + + 1) + chia hết cho Mặt khác 4a + số chẵn nên ( 4a + ) 4a + chia hết cho a + 1, b + 2007 2010 chia hết P chia hết cho c 4k ( k ∈  ) ta có: Câu 116 Do a + b + c chia hết đặt a + b += TỦ SÁCH CẤP 2| 288 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP ( 4k − c )( 4k − b )( 4k − a ) − abc = P= (16k − 4kc − 4ka + ac ) ( 4k − b ) − abc = 4k (16k − 4kc − 4ka + ac − 4kb + bc + ab ) − 2abc Do a + b + c  nên ba số a, b, c phải có số chẵn nên 2abc , từ suy P chia hết cho Câu 117 a) Ta biết bình phương số nguyên chia cho dư 0, 1, 4, x + y + z chia cho số dư thuộc tập {0;1; 2;3; 4;5;6} Mặt khác, 560647 chia cho dư Vậy không tồn x, y, z số nguyên thỏa mãn đề b) Đẳng thức cho tương đương với 660064 ( a − 1) a ( a + 1) + ( b − 1) b ( b + 1) + ( c − 1) c ( c + 1) + ( d − 1) d ( d + 1) = Vế trái chia hết cho 6, vế phải khơng chia hết cho 6, từ suy điều cần chứng minh hết cho Nếu a + a − chia hết cho P = ( a + )( a − ) + 63 không chia hết cho 49 Nếu a + a − không chia hết cho ( a + )( a − ) khơng chia hết cho 7, P không chia hết cho 7, nên P không chia hết cho 49 b) Q = a + 5a + 185 không chia hết cho 169 Tương tự ta viết Q = ( a + )( a − ) + 221 Câu 119 Ta có P = n ( n + 1)( 2n + 1) Đặt Q =n ( n + 1)( 2n + 1) Q = P Dễ thấy n =5k + 1, n =5k + Q khơng chia hết cho 5, P khơng chia hết cho Câu 120 a) P = (a + 5)(a − 6) + 154 Ta có (a + 5) − (a − 6) = 11 chia hết cho 11 , a + 5; a − chia hết cho 11 không chia hết cho 11 Nếu a + 5; a − chia hết cho 11 a + 5; a − chia hết cho 121 Suy P không chia hết cho 121 Nếu a + 5; a − khơng chia hết cho 11 P khơng chia hết cho 121 Vậy không tồn số nguyên a để P chia hết cho 121 289 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC nên a + a − chia hết cho không chia Câu 118 a) Ta có ( a + ) − ( a − ) = | ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 2: QUAN HỆ CHIA HẾT TRONG TẬP HỢP SỐ b) Q = (a + 3)(a − 7) + (a + 7) chia hết cho a + (a + 7) (a + 3) ⇒ (a − 7)(a + 7)= (a + 3) − 52   (a + 3) ⇒ a + ∈ {4;13; 26;52} ⇒ a ∈ {1; −7} Bài 121 a) Ta có A( x)= ( x − x − 2)( x − x + 15) + m + 23 , A( x) chia hết cho B ( x) m + 23 =⇔ m= −23 b) f ( x) chia hết cho x − x + nên ta có: CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI    −7 a = (1) 3b x) p ( x)( x − 1)  f =  f (=  a −=  ⇒ ⇒ ⇒  = x) q ( x)( x + 2)  f (−= b 25 b = − 2) a − 12  f (=     Bài 122 Theo đề ta có với x : ( x) p ( x)( x − 5) + (1) A=   (2) A(= x) q ( x)( x + 3) −   A( x)= (2 x3 + 1)( x − 5)( x + 3) + ax + b (3)  Từ (1), (2) ta có A(5) = 7, A(−3) = −1 Từ (3) ta có A(5) = 5a + b; A(−3) = −3a + b  A(5) = 5a + b = ⇒ a = 1, b =  A(−3) =−3a + b =−1 Do ta có  Vậy A( x)= ( x − x − 15)(2 x + 1) + x + Bài 123 Ta phân tích P (n) thành nhân tử: = P(n) n1800 (n80 + n 40= + 1) n1800 (n 40 + 1) − n 40  = n1800 (n 40 + n 20 + 1)(n 40 − n 20 = + 1) n1800 (n 20 + 1) − n 20  (n 40 − n 20 + 1) = n1800 (n 20 + n10 + 1)(n30 − n10 + 1)(n 40 − n 20 + 1) Từ suy P (n) chia hết cho Q (n) với n ∈  Bài 124 a) P = 1.2.3 (a + 3)(a + 4)(a + 5) (2a + 5)(2a + 6) 1.2.3 (a + 3) = 1.2.3 (2a + 5) 2.4.6 (2a + 4)(2a + 6) 1.2.3 (a + 2)(a + 3) = 1.3.5 (2a + 5)2a +3 chia hết cho 2a+3 b) Q = 1.2.3 (3a − 1)3a 1.2.3 a = [1.4.7 (3a − 2)][ 2.5.8 (3a − 1)] 3.6.9 3a 1.2.3 a = [1.4.7 (3a − 2)][ 2.5.8 (3a − 1)].3a chia hết cho 3a ( ) ( ) ( ) Bài 125: Ta có: a + b3 − ( a + b ) = a − a + b3 − b =( a − 1) a ( a + 1) + ( b − 1) b ( b + 1) TỦ SÁCH CẤP 2| 290 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP Do đó: ( a + b3 ) ⇔ ( a + b ) Bài 126 Vì m số chẵn ⇒ m = 2k ⇒ m3 + 20m = ( 2k ) + 40k m3 + 20m= ( k + 5k )= ( k − k ) + 6k = ( k − k ) + 48k Ta có: (k − k ) ⇒ ( k − k ) 48 48k  48 Vậy: ( m3 + 20m ) 48 Bài 127 Gọi số cần tìm X = xy tban an −1 a2 a1 , b chữ số cần gạch Đặt A = xy t Y = xy tan an −1 a2 a1 ⇔ A.10n +1 + b.10n + an a1 = 71 ( A.10 n + an a1 ) n ⇔ b.10= 61 A.10n + 70.an an −1 a2 a1 Nếu A > b.10n > 61A.10 < b ≤ Vậy A = tức b.10n = 70.an a1 Chữ số bị gạch chữ số đầu tiện tính từ trái qua phải Mặt khác: (10k , ) = với k ⇒ b  Mà ≤ b ≤ ⇒ b = Lúc đó: 7.10n = 70.an a1 = ⇒ Y an an= 100 00 ( n − chữ số 0) −1 a2 a1 Vậy: X = 7100 00 ( n − chữ số 0) chữ số bị gạch Bài 128 Gọi số cần tìm ab Ta có: ab a 0b + 2a = 9.ab ( a + b ) ( a + b ) ⇔ ⇔ 2b (10a + b ) 3a = 2b 100a + b += 291 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Ta có: X = 71.Y | ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 2: QUAN HỆ CHIA HẾT TRONG TẬP HỢP SỐ Từ 3= a 2b ⇒ 2b  mà ( 2,3) = ⇒ b  ( a + b ) ⇒ a  mà 3a  ⇒ a  Ta có: a  3; a  2; ( 2,3) =1 ⇒ a  6,1 ≤ a ≤ ⇒ a = ⇒ b = Vậy: ab = 69 Bài 129 * Nếu x y ⇒ x  y  ⇒ ( x + y ) * Ngược lại: giả sử ( x + y ) Ta có số nguyên a có ba dạng a =3q, a =3q + 1, a =3q − CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI ⇒ a có hai dạng 3k 3k + ⇒ x + y có dạng: p,3 p + 1,3 p + Do đó: ( x + y ) ⇔ x  y  ⇔ x  y Bài 130 Ta có: = aaaa 16.bbb + r aaa = 16.bb + ( r − 200 ) Với: 200 ≤ r < bbb Trừ đẳng thức, ta có: 1000a = 1600b + 200 ⇔ 5a = 8b + ⇒ a = b = Ta có số 5555 333 thỏa mãn Bài 131 a) Gọi số cần tìm là: abc = 100a + 10b + c k= (11a + b ) abc 100a + 10b + c = = 1+ a+b+c a+b+c a+b+c Nhận thấy k bé c lớn ⇒ c = ⇒ k =1 + (11a + b ) (10a − ) =10 + a+b+9 a+b+9 ⇒ k bé b lớn ⇒ b = ⇒ k = 10 + (10a − ) 9.180 = 100 − a + 18 a + 18 ⇒ k bé a bé ⇒ a = Vậy abc = 199 b) Xét trường hợp: (1) a chẵn, b chẵn; (2) a chẵn; b lẻ (3) a lẻ; b chẵn; (4) a lẻ, b lẻ Trong tất trường hợp ta có A16 Dùng phương pháp quy nạp toán học để chứng minh cho B 36 với n TỦ SÁCH CẤP 2| 292 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP Bài 132 a) Chỉ cần chứng minh ( n5 − n ) 30 với n b) Với số tự nhiên khác 0, ta có: < S ( n ) ≤ n * Nếu ≤ n ≤ 1987 ⇒ ( n − 1)( n − 1987 ) ≤ ⇒ n − 1988n + 1987 ≤ ⇒ n − 1988n + 26 < n − 1988n + 1987 ≤ ⇒ vô lý 1988 ⇒ S (1988 ) = 19882 − 1988.1988 + 26 * Nếu n = Vậy n = 1988 thỏa mãn * Nếu n > 1988 ⇒ n − 1988 ≥ ⇒ n − 1988n + 26 > n − 1988 = n ( n − 1988 ) ≥ n ⇒ S ( n ) = n − 1988n + 26 > n (vơ lý) Vậy chi có n = 1988 thỏa mãn c) Gọi ( A, B ) = d ⇒ d ≥ ⇒ A d B  d ⇒ ( 2n + 1) d n ( n + 1) d ⇒ n ( 2n + 1) d 2n ( n + 1) d ⇒ ( 2n + n ) d ( 2n + 2n ) d ⇒ ( 2n + 2n ) − ( 2n + n )   d ⇒ n  d ⇒ 2n  d mà ( 2n + 1) d ⇒ 1 d ⇒ d ≤ mà d ≥ ⇒ d = Vậy ( A, B ) = Bài 133 a) Một số nguyên dương không chia hết cho có dạng: x =5q + 1,5q + 2,5q + 3,5q + ⇒ x có dạng 5k + 5k + ⇒ x có dạng p + ⇒ b = B + a = A + ⇒ a − b = ( A − B ) b) Theo giả thiết, ta suy tích: a1a2 , a2 a3 , , an a1 nhận hai giá trị −1 293 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Vì ln ln có: < S ( n ) ≤ n | ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 2: QUAN HỆ CHIA HẾT TRONG TẬP HỢP SỐ Do đó: a1a2 + a2 a3 + a3 a4 + + an a1 =⇔ n= 2m Đồng thời có m số hạng 1, m số hạng −1 2 = Nhận thấy: ( a1a2 )( a2 a3 ) ( an a1 ) a= a2 an ⇒ Số số hạng −1 phải số chẵn Tức là: m = 2k ⇒ n = 4k ⇒ n  c) Ta có: n + S ( n ) + S ( S ( n ) ) = 60 ⇒ n < 60 ⇒ S ( n ) < + = 14 ⇒ S ( S ( n ) ) < + = 10 ⇒ S ( n ) + S ( S ( n ) ) < 14 + 10 = 24 60 = n + S ( n ) + S ( S ( n ) ) < n + 24 ⇒ 36 < n < 60 Bởi n, S ( n ) , S ( S ( n ) ) có số dư phép chia cho CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI ⇒ 3n chia cho dư (do S ( 60 ) = ) ⇒ n chia dư ⇒ n chia cho có ba số dư 2, 5, ⇒ n ∈ {44; 47;50} Bài 134 a) Biểu diễn = M (1993 1997 − 1) + (19971993 + 1) ⇒ M  Biểu diễn M = 1993.19931996 + 1997.19971992 = 1993 (19934 ) 499 + 1997 (1997 ) 498 ⇒ M tận chữ số ⇒ M  mà ( 3,5 ) = ⇒ M 15 b) M tận chữ số Bài 135 1) Xét ba số dư x, y, z chia cho * Nếu ba số khác nhau: ( 0,1, ) x + y + z  ( x − y )( y − z )( z − x ) khơng chia hết cho (vơ lý) * Nếu có hai số dư x + y + z khơng chia hết cho trong ba hiệu x − y; y − z z − x chia hết cho (vơ lý) ( x − y )( y − z )( z − x ) = x + y + z Vậy trường hợp số x, y, z có số dư chia cho ⇒ ( x − y )( y − z )( z − x ) 3.3.3 = 27 Mà: ( x − y )( y − z )( z − x ) = x + y + z ⇒ x + y + z  27 2) Ta có: a k − 1= Ta có: a − = (a ) k − 1k= ( a − 1)( a + 1) (a − 1) P tích hai số chẵn liên tiếp a − > a số nguyên tố a >5 TỦ SÁCH CẤP 2| 294 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP ⇒ Ắt có số chia hết cho số chia hết cho ⇒ ( a − 1)( a + 1)8 Xét ba số liên tiếp: a − 1, a, a + ; có số chia hết cho a khơng chia hết cho ⇒ ( a − 1)( a + 1) ⇒ ( a − 1)( a + 1) 24 Ta có: a − = ( a − 1)( a + 1) ( a + 1) a số lẻ ⇒ a + số chẵn ⇒ ( a + 1) ⇒ ( a − 1)( a + 1) ( a + 1) 48 Lại a khơng chia hết cho ⇒ a có dạng 5k + 1,5k − 1,5k + 2,5k − ⇒ a có dạng 5m + ⇒ a − 1 Bài 136 a) Nếu n = 2k ⇒ A = 2k 22 k + 32 k = ( 2k + 1) 22 k + 32 k − 22 k A= ( 2k + 1) 22 k + p Bởi ( 22 k ,5 ) = đo đó: A ⇔ 2k + 1 ⇔ 2k = 5m + ⇔ k = 5t + ⇔ n = 10t + 2k + ⇒ A = Nếu n = ( 2k + 1) 22 k +1 + 32 k +1 =2k 22 k +1 + 22 k +1 − 32 k +1 =k 22 k + + 5q Do đó: A ⇔ k  ⇔ n= 10m + Tóm lại: A ⇔ n= 10m + hoặc= n 10m + b) A 25 ⇒ A ⇔ n= 10m + hoặc= n 10m + * Trường hợp= n 10m + 210 1024 ≡ −1( mod 25 ) Ta có: = = 310 59049 ≡ −1( mod 25 ) A= (10m + 1) 210 m+1 + 310 m+1 210 m ≡ ( −1) m ( mod 25) ; 210 m+1 = ( −1) ⇒ (10m + 1) 210 m +1= (10m + 1)( −1) 310 m+1 = ( −1) ⇒= A ( 20m + 5)( −1) ( mod 25) 295 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC m ( mod 25 ) m m m ( mod 25 ) ( mod 25 ) CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Vì ( 5, 4,8 ) =1 ⇒ ( a − 1)( a + 1) ( a + 1) 240 | ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 2: QUAN HỆ CHIA HẾT TRONG TẬP HỢP SỐ A 25 ⇔ ( 20m + ) 25 ⇔ ( 4m + 1) 25 ⇔ ( 4m + 1) 25 ⇔ 4m + = 5t ⇔ 4m = 5t − ⇔ m = 5q + Vậy A 25 ⇔ n= 10 ( 5q + 1)= 50q + 11 * Trường hợp= n 10m + A= (10m + ) 210 m+ + 310 m+ Làm tương tự ⇒ = A 16 (10m + )( −1) + 81 ( −1) m m ( mod 25) ( −1) (160m + 145)( mod 25) m Vậy A 25 ⇔ ( 32m + 29 ) ⇔ 32m ≡ 1( mod ) CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI ⇔ m = 5q + ⇔ n = 50q + 34 n 50q + 34 Tóm lại A 25 ⇔ n= 50q + 11 hoặc= Bài 137 a) Viết: A = ( 25n − 18n ) − (12n − 5n ) Ta có: ( 25n − 18n ) ( 25 − 18 ) (12n − 5n ) (12 − ) ⇒ A Viết: A = ( 25n − 12n ) − (18n − 5n ) Ta có: ( 25n − 12n ) ( 25 − 12 ) (18n − 5n ) (18 − ) ⇒ A 7.13 = 91 ⇒ A13 ( 7,13) = b) Ta có: 52 p + 1997= 52 p + q ⇔ ( 52 p − 1) + 1996= (5 p2 ) −1 + q2 −1 Nếu p q số nguyên tố ⇒ 52 p − 1= 25 p − 1 24 Và 52 p − = 25 p − 1 24; q − = 2 ( q − 1)( q + 1) ⇒ 1996 vơ lý Vậy phương trình khơng có nghiệm ( p, q ) Bài 138 Biểu diễn = P (1998n ) ( + 1998n + n − n + 30 ) Bởi (1998n + 1998n ) 6n ⇒ P  6n ⇔ ( n − n + 30 ) 6n Xét hai trường hợp: + Nếu n > : Ta có ( n − n ) n ⇒ 30 n 30 ⇒ ( n − n ) Mà n − n= n ( n − 1) , đó: n ( n − 1) ⇒ n = 3k = n 3k + TỦ SÁCH CẤP 2| 296 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP Vậy P  6n ⇔ n = 3k = n 3k + với n ước số 30 ⇒ n ∈ {1,3,10,30} + Nếu n < : Đặt n = −m với m > Làm tương tự ta có: m ∈ {2,5, 6,15} ⇒ n ∈ {−2, −5, −6, −15} Bài 139 a) 1996= 3.665 + ⇒ ab= ( 3k + 1) 1995 ⇒ ab có dạng 3Q + ⇒ a b phải có dạng 3m + 3m − ⇒ a + b có dạng 3p + 3p − ⇒ a + b không chia hết a + b không chia hết cho 1995 b) Làm tương tự với: 1991= 3k − ⇒ cd = 3Q + ⇒ c + d có dạng 3p + 3p − ⇒ c + d không chia hết c + d không chia hết cho 1992 Bài 140 Ta có: ( x + y ) = x + y3 + 3xy ( x + y ) = 1995 + 3xy ( x + y ) 3 Do ( x + y )  ⇒ ( x + y ) ⇒ ( x + y )  27 3 Ta có: 3xy ( x + y ) ⇒ 1995 =( x + y ) − 3xy ( x + y ) Vơ lý 1995 chia cho dư Bài 141.Ta có: 2Tn  n n  1 Mặt khác, sử dụng tính chất a n  b n chia hết cho a  b  * 2019 n lẻ, ta có: S n  12019  n 2019   22019  n 1    n 2019  1 n  1 1   2019 2019 2019 S n  12019  n 1    22019  n  2     n 1   2n5  n 2       Do n, n  1  nên từ (1) (2) suy ra: S n  n n  1  2Tn hay S n Tn   Bài 142 Gọi d ước chung lớn m n = m ad, = n bd với ( a, b ) = Giả sử ( m + n)3 d ( a + b)3 d ( a + b)3 = = n2 d 2b b2 Suy (b , (a + b)3 ) = Vì ( a, b ) = nên (b, a + b) = Như để A nguyên d  b , giả sử Ta có: A = d = cb Bây ta = A c(a + b)3 với a, b, c nguyên dương .297 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC ⇒ c d phải có dạng 3m + 3m − | ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 2: QUAN HỆ CHIA HẾT TRONG TẬP HỢP SỐ Do a + b ≥ A lẻ nên A nhận giá trị bé 27, điều xảy c = 1, a + b = Khi có hai khả năng: m 2,= n Nếu a = b = ta có d = Suy = m 4,= n Nếu a = b = ta có d = Suy = 3 Bài 143 Ta có a b −= b(a + l) − ( b + l ) a + l ⇒ b + l a + l Tương tự b 3a + = l a ( b3 − l ) + a + 1 b − suy a + 1 b − Từ suy b + 1 b − ⇔ b − + 2 b − ⇒ b − l ∈ U (2) suy b = b = a = Với b = ta có 3 a + l ⇒ a =2 , với b = ta có: 4 a + l ⇒  a = CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Vậy số ( a; b ) thỏa mãn điều kiện là: ( a; b ) = ( l;3) , ( 2; ) , ( 3;3) Bài 143 Từ già thiết ta suy a + b + c + d + e chia hết cho 3.4.5 = 60 suy 4b,5c chia hết cho 60 nên b chia hết cho 15, c chia hết cho 12 Nêu b = c = suy a= b= c= d= e= trái với giả thiết suy b, c ≠ Vậy b, c ≥ suy b ≥ 15, c ≥ 12 Theo giả thiết ta có: ( a + b + c + d + e ) = 3a + 4b + 5c ⇒ 3(d + e) = b + 2c ≥ 15 + 2.19 ⇒ d + e ≥ 13 b 15, = c 12 a = 20 Vây a = 20 giá trị cần tìm Dâu xảy khi= Bài 144 Khơng tính tổng qt, ta giả sử n ≥ m + Nếu n > m + suy n − m > n + m , ta có: n − m − n − m = (n + m)(n − m − 1) > Từ ta suy n + m khơng thể chia hết cho n − m + Ta xét n= m + , m + n  m − n ⇔ m + (m + 1)  m − ( m + 1) ⇔ m +3m + 1 m − m + ⇔ m − m + + 4m m − m + h − 21 + 21 ≤m≤ , m số 2 m 1,= m thỏa mãn nguyên dương nên suy m ∈ {1; 2;3; 4} thử trực tiếp ta thấy = ay 4m m − m + ⇒ 4m ≥ m − m + ⇔ m − 5m + ≤ ⇔ + Xét m = n ta có n + n  n − n ⇒ 2n  n − n ⇒ 2n ≥ n − n ⇔ n − 3n ≤ ⇔ ≤ n ≤ thử trực tiếp ta thấy n = n = thỏa mãn điều kiện Vậy cặp số (m; n) thỏa mãn điều kiện là: ( m, n ) = (2; 2), (3;3), (1; 2), (2;1), (2;3), (3; 2) Bài 145 Đặt x-1= a, y − 1= b với a, b ∈ N * Yêu cầu toán viết lại thành: 2(a + 1)(b + 1) − 1 ab ⇔ 2ab + 2(a + b) + 1 ab ⇔ 2(a + b) + 1 ab Ta giả sử 2(a + b) + =kab , ≤ a ≤ b kab = ( a + b ) + ≤ 4b + b = 5b ⇒ ka ≤ Từ ta có trường hợp xảy k 1,= a 2;= k 1,= a 3;= k 1,= a 4; là: k =l, a =1 ⇒ 2(1 + b) + =b ⇒ b =−3 loại Thử lần lượt: = = k 1,= a 5;= k 2,= a 1;= k 2,= a 2;= k 3,= a 1;= k 4,= a 1;= k 5,= a 1; ta suy cặp số ( x; y ) thỏa mãn điều kiện là: ( x; y ) = ( 2; ) , ( 2; ) , ( 4; ) , (8; ) , ( 4;8) Bài 146.Từ giả thiết ta suy y (4 x + x + 3) xy − ⇔ x(4 xy − 1) + 2(4 xy − 1) + x + y + 2 xy − Hay y + 12 y + 12 3(4 y − 1) + 15 = x + y + 2 xy − ⇔ xy − ≤ x + y + ⇔ x(4 xy − 1) ≤ y + ⇔ x ≤ = y − 4(4 y − 1) 4(4 y − 1) TỦ SÁCH CẤP 2| 298 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 3(4 y − 1) + 15 15 15 = + ≤ + = suy x ≤ 4(4 y − 1) 4(4 y − 1) 4.3 Thay x =1 ⇒ y =1 y = Thay x = suy y = Mà Bài 147 Từ giả thiết ta suy x − 2 xy + Ta có phân tích sau: y ( x − 2)= x( xy + 2) − 2( x + y ) suy 2( x + y ) xy + hay 2( x + y )= k ( xy + 2) với k ∈ N * y ) k (xy + 2) ≥ 2(xy + 2) ⇔ x + y ≥ xy + ⇔ ( x − 1)( y − 1) + ≤ Điều Nếu k ≥ 2(x + = vơ lý x, y ≥ Vậy k =1 ⇔ 2( x + y ) = xy + ⇔ ( x − 2)( y − 2) = Từ tìm ( x; y ) = (3; 4), (4;3) Bài 148 Giả sử x + xy + y = 5n x, y ≥ ⇒ n ≥ Suy x + xy + y  25 ⇔ ( x − y ) +5xy  25 ⇒ ( x − y ) + xy  ⇒ ( x − y )  ⇔ x − y  hay 2  25 ⇒ xy  ⇔ xy  Do x,y số nguyên tố ta suy x y chia hết cho Giả sử x  ⇒ x = , lại có x-y  ⇒ số lại chia hết cho 5, hay x= y= Khi n = x4 −1 a y −1 m Bài 149 Đặt = ; với (= a, b ) l, ( m, = n ) l, b, n > Theo giả thiết ta có: = ; y +1 b x +1 n an + bm b an  b n b a m an + bm + số nguyên, tức là: ∈ ⇒  ⇒ ⇒ ⇒n= b b n bn an + bm n bm n b  n a m x4 −1 y −1 = =( x − 1)( x + 1)( y − 1)( y + 1) số nguyên, suy b n y +1 x +1 am n ⇒ a  n ⇔ a  b ⇒ x − 1 y + Ta có: x y 44= − y 44 ( x − 1) + y 44 − mà x − 1 y + Mặt khác y 44 − 1 y − 1 y + nên toán chứng minh Bài 150 Ta có:  p 2n −   q3 −  p n +1 − q − = ⇔ ( p − 1)  − 1 = ( p − 1)  − 1 ⇔ p ( p n − 1)( p n + 1) = ( p − 1)( p + 1) (1) p −1 q −1  p −1   q −1  Nếu q ≤ p n − thừa số vé trái lớn thừa số tương ứng vế phải (1), q ≥ p n Vì q ngun tổ cịn pn khơng ngun tố nên q ≥ p n + Một thừa số vế trái (1) chia hết cho số nguyên tố q Theo bất đẳng thức q pn + q ≥ p n + , điều xảy = Thay vào (1) ta được: p ( p n -1) =(p-1)(p n +2) suy p n − p + = p 2,= n suy q = p n + 1= Từ p / hay= Bài 151 Ta có: 2a 2b = a ( a + b ) − a (a + b ) Vì p ước a + b a ( a + b ) nên p ước 2a b Lại p lẻ nên p ước a 2b Nếu a khơng chia hết cho p số mũ p a lớn Do b phải chứa p , nghĩa b chia hết cho p suy b  p Điều vơ lý a + b khơng chia hết cho p4 (do a không chia hết cho p4 ) Như a phái chia hết cho p Vì a + b chia hết cho p nên b  p Suy b  p ( a + b ) p 299 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC ( x − y) | ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 2: QUAN HỆ CHIA HẾT TRONG TẬP HỢP SỐ Tóm lại, p ước a ( a + b ) = a xd = , b yd , ( x= , y) Bài 152 Đặt d = ( a, b ) Suy ab(a + b) dxy ( x + y ) Khi đó: = ∈ 2 a + ab + b x + xy + y ( x ) Tương tự ( x + xy + y ; y ) = ) ( y ;= Vì ( x + y; y ) = nên ( x + xy + y ; x + y= ) ( y ; x + y=) x Ta có x + xy + y ;= 2 2 2 Do x + xy + y d ⇒ d ≥ x + xy + y Mặt khác a − b = d x − y = d x − y d ≥ d ( x + xy + y ) > ab 3 Vậy a − b > ab CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Bài 153 Ta có n − n + = n ( n − 1) + n + n + = n ( n + 1) + số lẻ Suy số lẻ nhỏ xem xét n − n + số lẻ lớn n + n Như tổng cần tìm là: ( n − n + 2) + ( n − n + 4) + + ( n + n − 2) + ( n + n ) = ( n − n ) + + ( n − n ) + +  + ( n − n ) + 2n − + ( n − n ) + 2n = n ( n − n ) + (1 + +  + n ) = n − n + n + n = n + n 2 2 2 2 2 Bài 154 Gọi d ước chung lớn m n Giả sử m = ad , n = bd với ( a, b ) = m + n) (= Ta có A = n2 d (a + b) d (a + b) = 2 d b b2 3 ( ) Vì ( a, b ) = nên ( b, a + b ) = suy b , ( a + b ) = Như để A nguyên d  b , giả sử A c ( a + b ) với a , b , c nguyên dương d = cb Bây ta được= Do a + b ≥ A lẻ nên A nhận giá trị bé 27 , điều xảy c = ; a + b = Khi có hai khả năng: Nếu a = b = ta có d = Suy m = , n = Nếu a = b = ta có d = , suy m = ; n = Bài 155 Rõ ràng n = thỏa mãn điều kiện toán Với n > ta viết n − 1= (n − 1)( n3 + 1)= (n − 1) ( n + 1) ( n − n + 1) Do tất thừa số nguyên tố n − n + chia hết cho n3 − n − = ( n − 1)( n + 1) ( ) ( ) Tuy nhiên cần để ý n − n + 1; n3 − ≤ n3 + 1, n − ≤ Mặt khác, n − n + = n ( n − 1) + số lẻ, tất thừa số nguyên tố n − n + phải chia hết n + 3k với k nguyên dương Bởi Nhưng n − n + = ( n + 1)( n − ) + ta phải có n − n + = n > nên ta có k ≥ Bây n − n + nên n ≡ ( mod 3) , trường hợp n ≡ 2,5,8 ( mod ) , ta có n − n + ≡ ( mod ) mâu thuẫn Vậy tốn có nghiệm n = TỦ SÁCH CẤP 2| 300 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP Bài 156.Ta có M = 102 n +1 + 10n +1 + Để ý 103 ≡ 1( mod 37 ) , ta xét trường hợp n theo mod Nếu n = 3k M ≡ 102 + 10 + ≡ ( mod 37 ) Nếu = n 3k + M ≡ 104 + 102 + ≡ ( mod 37 ) Nếu = n 3k − M ≡ + + ≡ ( mod 37 ) Tóm lại, M chia hết cho 37 n có hai dạng n = 3k = n 3k + với k ∈  * = 1000 x + y với ≤ y < 1000 Bài 157 Đặt x = ab Ta có abcde Từ abcde = ab ta suy 1000x + y = x3 Vấn đề lại giải phương trình nghiệm nguyên Vì y ≥ nên 1000x ≤ x3 ⇒ x ≥ 1000 ⇒ x ≥ 32 (1) ( ) Mặt khác y < 1000 nên 1000 x + 1000 > x ⇒ x x − 1000 < 1000 ⇒ x < 33 (2) Từ (1) (2) suy x = 32 hay x = 32768 Vậy abcde = 32768 Bài 158 abc= (a + b) (a + b) c , suy 100a + 10b + c = 2 c ⇒ 10 (10a + b )= c ( a + b ) − 1 (*)   Vì a ≥ nên 10 (10a + b ) ≥ 100 ⇒ c ( a + b ) − 1 ≥ 100 ⇒ a + b ≥ c ≥   Nếu a + b không chia hết cho ( a + b ) ≡ 1( mod 3) Từ (*) suy (10a + b ) ⇒ ( a + b ) (vô lý) Như ( a + b ) nên (10a + b ) Từ (*) suy c c khơng chia hết cho a + b − = Kết hợp với ( a + b ) ta suy a + b = Từ (*) suy ( a + b ) − 1  ⇒    a + b + = a+b = Trường hợp 1: a + b = thay vào (*) ta được: 10 ( 9a + ) = 9, 80c ⇒ 8c = ( a + 1) ⇒ c ⇒ c = a = Trường hợp 2: a + b = làm tương tự trường hợp Bài 159 Vì abc < 999 nên a !+ b !+ c ! ≤ 999 ⇒ a , b , c ≤ ⇒ abc ≤ 666 Điều dẫn đến a !+ b !+ c ! ≤ 666 ⇒ a , b , c ≤ ⇒ a !+ b !+ c ! ≤ 3.5! = 360 ⇒ a ≤ Suy a !+ b !+ c ! ≤ 3!+ 5!+ 5! = 246 ⇒ a ≤ Nếu b= c= a !+ 5!+ 5! = a55 ⇒ a !+ 240 = a55 , ta có a ≥ a = Tuy nhiên thử lại thấy 255 ≠ 2!+ 5!+ 5! Một hai số b c nhỏ Từ ta có a !+ b !+ c ! ≤ 2!+ 4!+ 5! = 146 ⇒ abc ≤ 146 ⇒ a = 1, b ≤ Vì c < abc = a !+ b !+ c ! < 1!+ 4!+ 4! = 49 vơ lý Với c = 1b5 =1!+ b !+ 5! sauy 10b= 16 + b ! ⇒ b ! tận số , b = Vậy abc = 145 thỏa mãn yêu cầu toán Bài 160 a, Một số phương chia cho dư Do a + b chia xảy số dư + , + , + trường hợp có trường hợp a , b a + b  suy đpcm .301 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Từ | ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 2: QUAN HỆ CHIA HẾT TRONG TẬP HỢP SỐ CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI b, Một số phương chia cho dư , , , ( Thật cần xét a = k , k ± , k ± , k ± a chia cho có số dư , , , ) Như a + b chia cho có số dư + , + , + , + , + , + , + , + , + , + Trong trường hợp có a , b đồng thời chia hết cho a + b  đpcm c, Dễ thấy a khơng chia hết cho a chia dư Từ giả thiết ta có a + b chia hết cho chia hết cho Nếu a khơng chia hết cho a khơng chia hết cho suy b không chia hết b không chia hết cho suy a + b chia cho dư Trái với giả thiết, a , b phải chia hết cho Ta có: Nếu a khơng chia hết cho a chia cho dư Làm tương tự ta suy a , b phải chia hết cho đpcm Bài 161.Khơng tính tổng quát, ta giả sử n ≥ m +) Nếu n > m + suy n − m > n + m ta có: n − m − n − m = ( n + m )( n − m − 1) > Từ suy n + m chia hết cho n − m +) Ta xét n= m + , m + n  m − n ⇔ m + ( m + 1)  m − ( m + 1) ⇔ m + 3m + 1 m − m + ⇔ m − m + + 4m m − m + − 21 + 21 ≤m≤ , m 2 số nguyên dương nên suy m ∈ {1; 2;3; 4} thử trực tiếp ta thấy m = , m = thỏa mãn hay ⇔ 4m m − m + ⇒ 4m ≥ m − m + ⇔ m − 5m + ≤ ⇔ +) Xét m = n ta có n + n n − n ⇒ 2n n − n ⇒ 2n ≥ n − n ⇔ n − 3n ≤ ⇔ ≤ n ≤ thử trực tiếp ta thấy n = n = thỏa mãn điều kiện Vậy cặp số ( m; n ) thỏa mãn điều kiện ( m; n ) = ( 2, ) , ( 3,3) , (1, ) , ( 2,1) , ( 2,3) , ( 3, ) ( ) Bài 162 Giả sử A phân số chưa tối giản, đặt d = n + 4, n + , suy d > Ta có d ( n + ) − ( n − ) = 10n + 21 = 10 ( n + ) − 29 ⇒ d 29 ⇒ d = 29 Ngược lại ( n + ) 29 đặt n + = 29m với m ∈  * Khi = n + 29 ( 29m − 10 + 1) 29 nên A chưa tối giản Như vậy, ta cần tìm n cho n + = 29m với m ∈  * ≤ n ≤ 2017 ⇒ ≤ 29m − ≤ 2017 ⇒ ≤ m ≤ 69 ⇒ có 69 giá trị m ⇒ có 69 giá trị n Vậy có 69 giá trị n để A phân số chưa tối giản Bài 163 Giả sử d = ( a, b ) ⇒ a = md , b = nd với ( m, n ) = 2 a +1 b +1 (m + n ) d + (m + n) Ta có + = ⇒ ( m + n ) d ⇒ d ≤ m + n ⇒ d ≤ d ( m + n ) = b a mnd a+b TỦ SÁCH CẤP 2| 302 ... Chứng minh n số có số chia hết cho n số số có tổng chia hết cho n Bài toán Chứng minh số tự nhiên có chữ số chọn hai số mà viết liền ta số có chữ số chia hết cho Lấy số cho chia số dư nhận giá... Trường hợp 3: số chẵn hai số lẻ nên tồn hiệu chia hết cho suy A Trường hợp 4: số chẵn số lẻ , từ số chẵn cho ta hiệu chia hết cho suy A Trường hợp 5: số lẻ số lẻ, từ số lẻ cho ta hiệu chia hết. .. giải 41 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC (* ) CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC ba số a, b, c chia hết cho | CHỦ ĐỀ 2: QUAN HỆ CHIA HẾT TRONG TẬP HỢP SỐ Ta xét trường hợp sau: - Nếu số x, y, z chia cho có số dư khác (x – y),