Hsg8 đs8 chuyên đề quan hệ chia hết trong tập hợp số (105 trang)

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN HSG8-CHUYÊN ĐỀ.QUAN HỆ CHIA HẾT TRONG TẬP HỢP SỐ A KIẾN THỨC CẦN NHỚ Định nghĩa phép chia Cho hai số nguyên a b b  ta ln tìm đƣợc hai số nguyên q r cho a  bq  r , với  r  b  Trong a số bị chia, b số chia, q thƣơng, r số dƣ Khi a chia cho b số dƣ 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 dƣ 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 ngun liên tiếp ln tồn số nguyên chia hết cho n  Tính chất Nếu a  b  với a, b số tự nhiên  a n  bn   a  b   n  N   Tính chất 10 Nếu a  b  với a, b, n số tự nhiên n số lẻ  a n  bn   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 chữ số Khi ta có dấu hiệu chia hết nhƣ sau:  A  a0  a0  0;2;4;6;8  A   a0  a1   an1  an   A  a1a0 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ.QUAN HỆ CHIA HẾT TRONG TẬP HỢP SỐ  A  a0  a0  0;5  A  a2 a1a0  A   a0  a1   an1  an   A 11   a0  a2     a1  a3   11  A 25  a1a0 25  A 125  a2 a1a0 125 B CÁC DẠNG TOÁN THƢỜNG GẶP  Dạng 1: Sử dụng tính chất n số nguyên liên tiếp có số chia hết cho n (n ≥ 1) * Cơ sở phƣơng pháp: Sử dụng tính chất nhƣ: 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 toán 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 nguyên 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 nguyên liên tiếp chia hết cho 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 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN Chú ý: Tổng qt ta có tích n số tự nhiên liên tiếp chia hết cho n! Bài toán Chứng minh tích số chẵn liên tiếp chia hết cho 48 Hướng dẫn giải Ba số chẵn liên tiếp có dạng 2n, (2n + 2) (2n + 4) với n  Z Do tích hai số nguyên 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 đƣợc chứng minh Bài toán Chứng minh với số nguyên n n3  n chia hết cho Hướng dẫn giải 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 Bài toán Chứng minh với số nguyên lẻ n n6  n4  n2  chia hết cho 128 Hướng dẫn giải Ta có:          n n6  n4  n2   n4 n2   n2   n2  n4   n2  Vì n số lẻ nên đặt n = 2k + n    k  N  Ta có: 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 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN 2  1 CHUYÊN ĐỀ.QUAN HỆ CHIA HẾT TRONG TẬP HỢP SỐ Do   n n6  n4  n2   n2  2   128 (đpcm) Chú ý: Bình phƣơng số lẻ số lẻ  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 , khơng thể đƣa phân tích nhƣ 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 tốn Cho a, b, c số nguyên khác thỏa mãn điều kiện:  1 1 1      2 2 b c a b c a Chứng minh rằng: a  b3  c chia hết cho (Đề thi HSG lớp TP Thanh Hóa 2016-2017) Hướng dẫn giải abc  1 1  1 1 1  0 Từ giả thiết            0  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  b  c  3abc Vậy a  b3  c 3 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 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TỐN CHUN Ta có: B   59  29  59  28 59  27   59  1  59k  1.2.3 29  59k  A Vậy A + B chia hết cho 59  k  Z   A  B  59k 59 Bài toán Cho số nguyên dƣơng 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: 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 toán đƣợc 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   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 toán đƣợc 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 số hạng chứng minh số hạng chia hết cho p * Ví dụ minh họa: | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ.QUAN HỆ CHIA HẾT TRONG TẬP HỢP SỐ Bài toán Chứng minh m, n số nguyên ta có:    a) n n2  11  c) n  n  1 2n  1 b) mn m2  n2 Hướng dẫn 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   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 Chú ý: Tách tổng phƣơng pháp chứng minh chia hết mà lời giải dễ hiểu, ngắn gọn đẹp mắt nên thƣờng đƣợc trình bày tốn giải nhiều phƣơng pháp, nhiên để áp dụng em cần linh hoạt việc tách Ví dụ: nhƣ câu a) ta thấy 12n chia hết ta tách riêng phần cịn lại phân đƣa dạng tích, dựa vào tính chất chia hết tích số tự nhiên dễ dàng chứng đƣợc chia Câu b) nghĩ việc thêm bớt để tạo tổng hai tích số tự nhiên liên tiếp Tƣơng tự câu c) dễ dàng tách 2n + = (n – 1) + (n + 2) để đƣa 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  n4  1  n  n2  1 n2  1  n  n2  1  n2    5 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN n  n2  1 n2    5n  n2  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   Do n5  n 10 toán đƣợc 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: Do đó: 7n 8n n n  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 đƣợc: n5  n 5, n3  n toán đƣợc 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 tốn đƣợc chứng minh Bài toán Chứng minh ax2  bx  c  Z, x  Z 2a, a  b,c  Z Hướng dẫn 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 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ.QUAN HỆ CHIA HẾT TRONG TẬP HỢP SỐ Bài toán Cho số nguyên a1 ;a ; ;a n Đặt A  a1  a   a n B  a13  a 32   a 3n Chứng minh A chia hết cho B chia hết cho Hướng dẫn giải Trƣớc hết ta chứng minh bổ đề: Với số ngun 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 đƣợc a  a   a  1 a  a  1 Xét hiệu sau          B  A  a13  a 23   a n3   a1  a   a n   a13  a1  a 23  a   a n3  a n     Áp dụng bổ để ta đƣợc a13  a1 6; a 32  a 6; ; a n3  a n Do ta đƣợc B  A Suy A chia hết cho B chia hết cho  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  a  1 n n  ka  bn với k số nguyên, n số tự nhiên  ac   a  1 n  ac   1 , n số tự nhiên n * Ví dụ minh họa: Bài tốn Với n số tự nhiên chẵn Chứng minh rằng: a) b) 20n  16n  3n  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 dƣ    b) Ta có: 323  17.19 Ta biến đổi 20n  16n  3n   20n   16n  3n     Ta có: 20n  :  20  1  20n  19   CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN  Mặt khác n số chẵn nên 16n  3n      16  3  16   3n 19 n    1 Do 20n   16n  3n 19  20n  16n  3n  19    Ta biến đổi 20n  16n  3n   20n  3n  16n  1n      Ta có: 20n  3n :  20    20 n  17  Mặt khác n số chẵn nên 16n  1n  16  1  16 n   3n 17   Do (17, 19) =1 nên từ (1) (2) suy ra: 20n  16n  3n  323 Bài toán 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 Hướng dẫn giải 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  12 2n 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  Vì 25n  6n    25     25 n   6n 19  Nên 19.6n  25n  6n 19  57.52n  12.6n 19 (đpcm) Bài toán Chứng minh A  19931997  19971993 30 Hướng dẫn giải | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN   CHUYÊN ĐỀ.QUAN HỆ CHIA HẾT TRONG TẬP HỢP SỐ 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   6n 3n  2n 91  n  N  (Chuyên sư phạm Hà Nội 1997 – 1998) Hướng dẫn giải Sử dụng tính chất  a  b n  a  1  ka  bn , n  ac  1,  a  1 n  ac   1 với k số n nguyên, n số tự nhiên Ta có: 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 Bài toán Chứng minh rằng: A  13  23  33   1003 chia hết cho B      100 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 10 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 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:  a3  b3    a  b    a3  a    b3  b    a  1 a  a  1  b  1 b b  1 Do đó:  a3  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 Ta có: X  71.Y  A.10n1  b.10n  an a1  71  A.10 n  an a1   b.10n  61 A.10n  70.an an1 a2 a1 Nếu A  b.10n  61A.10  b  Vậy A  tức b.10n  70.an a1 91 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ.QUAN HỆ CHIA HẾT TRONG TẬP HỢP SỐ 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1 a2 a1  100 00 ( n  chữ số 0) Vậy: X  7100 00 ( n  chữ số 0) chữ số bị gạch Bài 128 Gọi số cần tìm ab Ta có: ab a0b  2a  9.ab    a  b   a  b     100a  b  2b  10a  b  3a  2b  Từ 3a  2b  2b mà  2,3   b  a  b   a mà 3a  a Ta có: a 3; a 2;  2,3   a 6,1  a   a   b  Vậy: ab  69 Bài 129 * Nếu x y  x y   x  y  * Ngƣợc lại: giả sử  x  y  Ta có số nguyên a có ba dạng a  3q, a  3q  1, a  3q 1  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  92 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 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 trƣờng hợp: (1) a chẵn, b chẵn; (3) a lẻ; b chẵn; (2) a chẵn; b lẻ (4) a lẻ, b lẻ Trong tất trƣờng hợp ta có A 16 Dùng phƣơng pháp quy nạp toán học để chứng minh cho B 36 với n 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    n2  1988n  1987   n2  1988n  26  n  1988n  1987   vô lý * Nếu n  1988  S 1988  19882  1988.1988  26 Vậy n  1988 thỏa mãn * Nếu n  1988  n 1988   n2  1988n  26  n2  1988  n  n  1988  n 93 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ.QUAN HỆ CHIA HẾT TRONG TẬP HỢP SỐ  S  n   n2  1988n  26  n (vơ lý) Vì ln ln có:  S  n   n 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   2n2  n  d  2n2  2n  d   2n2  2n    2n2  n  d  n d  2n d mà  2n  1 d  d  d  mà d   d  Vậy  A, B   Bài 133 a) Một số nguyên dƣơng khơng chia hết cho có dạng: x  5q  1,5q  2,5q  3,5q   x có dạng 5k  5k   x có dạng p   b4  5B  a  A   a  b4   A  B  b) Theo giả thiết, ta suy tích: a1a2 , a2 a3 , , an a1 nhận hai giá trị 1 Do đó: a1a2  a2 a3  a3a4   an a1   n  2m Đồng thời có m số hạng 1, m số hạng 1 Nhận thấy:  a1a2  a2 a3   an a1   a12a22 an2   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 94 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN Bởi n, S  n  , S  S  n   có số dƣ phép chia cho  3n chia cho dƣ (do S  60   )  n chia dƣ  n chia cho có ba số dƣ 2, 5,  n 44;47;50 Bài 134 a) Biểu diễn M  19931997  1  19971993  1  M Biểu diễn M  1993.19931996  1997.19971992  1993 19934  499  1997 19974  498  M tận chữ số  M mà  3,5   M 15 b) M tận chữ số Bài 135 1) Xét ba số dƣ x, y, z chia cho * Nếu ba số khác nhau:  0,1,  x  y  z nhƣng  x  y  y  z  z  x  không chia hết cho (vô lý) * Nếu có hai số dƣ x  y  z không 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 trƣờng hợp số x, y, z có số dƣ 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    a   1k   a  1 P k Ta có: a    a  1 a  1 tích hai số chẵn liên tiếp a   a số nguyên tố a   Ắt có số chia hết cho số chia hết cho   a  1 a  1 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 95 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ.QUAN HỆ CHIA HẾT TRONG TẬP HỢP SỐ 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   a4  Vì  5, 4,8    a  1 a  1  a  1 240 Bài 136 a) Nếu n  2k  A  2k.22k  32k   2k  1 22k  32k  22k A   2k  1 22k  p Bởi  22 k ,5  đo đó: A  2k   2k  5m   k  5t   n  10t  Nếu n  2k   A   2k  1 22k 1  32k 1  2k.22 k 1  22 k 1  32 k 1  k.22 k 2  5q Do đó: A  k  n  10m  Tóm lại: A  n  10m  n  10m  b) A 25  A  n  10m  n  10m  * Trƣờng hợp n  10m  Ta có: 210  1024  1 mod 25 310  59049  1 mod 25 A  10m  1 210m1  310 m1 210 m   1 m  mod 25 ; 210m1   1 m  mod 25  10m  1 210 m1  10m  1 1  mod 25 m 310 m1   1  mod 25 m  A   20m  5 1 m  mod 25 A 25   20m  5 25   4m  1 25   4m  1 25 96 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN  4m   5t  4m  5t 1  m  5q  Vậy A 25  n  10 5q 1   50 q 11 * Trƣờng hợp n  10m  A  10m   210m4  310m4 Làm tƣơng tự  A  16 10m   1  81  1 m m  mod 25  1 160m  145 mod 25 m Vậy A 25  32 m  29   32 m 1 mod5   m  5q   n  50q  34 Tóm lại A 25  n  50q  11 n  50q  34 Bài 137 a) Viết: A   25n  18n   12n  5n  Ta có:  25n  18n   25  18 12n  5n  12  5 A Viết: A   25n  12n   18n  5n  Ta có:  25n  12n   25  12  18n  5n  18  5  A 13  7,13   A 7.13  91   b) Ta có: 52 p  1997  52 p  q   52 p  1  1996  52 p   q  2 Nếu p q số nguyên tố  52 p   25 p  24 Và 52 p   25 p  24; q    q  1 q  1 2  1996 vô lý Vậy phƣơng 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 trƣờng hợp: + Nếu n  : Ta có  n  n  n  30 n 30   n  n  97 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ.QUAN HỆ CHIA HẾT TRONG TẬP HỢP SỐ Mà n  n  n  n  1 , đó: n  n  1  n  3k n  3k  Vậy P 6n  n  3k n  3k  với n ƣớc số 30  n 1,3,10,30 + Nếu n  : Đặt n  m với m  Làm tƣơng 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 tƣơng tự với: 1991  3k   cd  3Q   c d phải có dạng 3m  3m   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 dƣ Bài 141.Ta có: 2Tn lẻ, ta có: 2Sn 12019 12019 n 2Sn n n Mặt khác, sử dụng tính chất a n n2019 2019 22019 22019 n n 2019 n2019 2019 n 98 2019 bn chia hết cho a n 1 2n5 n b * n CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN Do n, n 1 nên từ (1) (2) suy ra: 2Sn n n 2Tn hay Sn Tn Bài 142 Gọi d ƣớc chung lớn m n Giả sử m  ad, n  bd với  a, b   ( m  n) d ( a  b ) d ( a  b ) Ta có: A    n2 d 2b b2 Vì  a, b   nên (b, a  b)  Suy (b2 ,(a  b)3 )  Nhƣ để A nguyên d b2 , giả sử d  cb2 Bây ta đƣợc A  c(a  b)3 với a, b, c nguyên dƣơng Do a  b  A lẻ nên A nhận giá trị bé 27, điều xảy c  1, a  b  Khi có hai khả năng: Nếu a  b  ta có d  Suy m  2, n  Nếu a  b  ta có d  Suy m  4, n  Bài 143 Ta có a3b   b(a3  l)   b  l  a  l  b  l a  l Tƣơng tự b3a  l  a  b3  l   a  b  suy a  b  Từ suy b  b 1  b 1  b   b  l U (2) suy b  b  a  Với b  ta có a  l  a  , với b  ta có: a  l   a  Vậy số  a; b  thỏa mãn điều kiện là:  a; b    l;3 ,  2; 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 Dâu xảy b  15, c  12 a  20 Vây a  20 giá trị cần tìm Bài 144 Khơng tính tổng qt, ta giả sử n  m + Nếu n  m  suy n2  m  n  m2 , ta có: n2  m  n  m2  (n  m)(n  m  1)  Từ ta suy n  m2 chia hết cho n  m2 + Ta xét n  m  , m  n2 m2  n  m  (m  1)2 m2   m  1  m2 +3m  m2  m   m2  m   4m m2  m  1h ay 4m m2  m   4m  m2  m   m2  5m     21  21 m , m số 2 nguyên dƣơng nên suy m 1; 2;3; 4 thử trực tiếp ta thấy m  1, m  thỏa mãn .99 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ.QUAN HỆ CHIA HẾT TRONG TẬP HỢP SỐ + Xét m  n ta có n2  n n2  n  2n n2  n  2n  n2  n  n2  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   b với a, b  N * Yêu cầu toán đƣợc viết lại thành: 2(a  1)(b  1) 1 ab  2ab  2(a  b)  ab  2(a  b)  ab Ta giả sử 2(a  b)   kab ,  a  b kab   a  b    4b  b  5b  ka  Từ ta có trƣờng hợp xảy là: k  l,a   2(1  b)   b  b  3 loại Thử lần lƣợt: k  1, a  2; k  1, a  3; k  1, a  4; 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 ,  2; 4 ,  4;  , 8;  ,  4;8 Bài 146.Từ giả thiết ta suy y(4 x2  8x  3) xy 1  x(4 xy 1)  2(4 xy 1)  x  y  xy 1 Hay x  y  xy   xy   x  y   x(4 xy  1)  y   x  Mà y  12 y  12 3(4 y  1)  15   y  4(4 y  1) 4(4 y  1) 3(4 y  1)  15 15 15      suy x  4(4 y  1) 4(4 y  1) 4.3 Thay x   y  y  Thay x  suy y  Bài 147 Từ giả thiết ta suy x  xy  Ta có phân tích sau: y( x2  2)  x( xy  2)  2( x  y) suy 2( x  y) xy  hay 2( x  y)  k ( xy  2) với k  N * Nếu k  2(x  y)  k (xy  2)  2(xy  2)  x  y  xy   ( x 1)( y  1)   Điều vô lý x, y  Vậy k   2( x  y)  xy   ( x  2)( y  2)  Từ tìm ( x; y)  (3;4),(4;3) Bài 148 Giả sử x2  3xy  y  5n x, y   n  Suy x2  3xy  y 25   x  y  +5xy 25   x  y   5xy   x  y   x  y hay  x  y 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  100 đƣợc CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN Bài 149 Đặt a m x4 1 a y4 1 m  ; với  a, b   l,  m, n   l, b, n  Theo giả thiết ta có:   ; b n y 1 b x 1 n số nguyên, tức là: Mặt khác an  bm b an b n b an  bm      n b 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  y  Ta có: x4 y 44   y 44 ( x4  1)  y 44  mà x  y  y 44  y  y  nên toán đƣợc chứng minh Bài 150 Ta có:  p2n    q3   p n 1  q3    ( 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 tƣơng ứng vế phải (1), q  p n Vì q ngun tổ cịn pn không nguyên tố nên q  p n  Một thừa số vế trái (1) chia hết cho số nguyên tố q Theo bất đẳng thức q  p n  1, điều xảy q  p n  Thay vào (1) ta đƣợc: p( p n -1) =(p-1)(p n +2) suy pn  p   Từ p / hay p  2, n  suy q  p n   Bài 151 Ta có: 2a 2b  a  a  b   a(a  b2 ) Vì p ƣớc a  b2 a  a  b  nên p ƣớc 2a b Lại p lẻ nên p ƣớc a b Nếu a không chia hết cho p số mũ p a lớn Do b phải chứa p , nghĩa b chia hết cho p suy b2 p Điều vơ lý a  b2 không chia hết cho p (do a không chia hết cho p ) Nhƣ a phái chia hết cho p Vì a  b2 chia hết cho p nên b2 p Suy b p  a  b  p Tóm lại, p ƣớc a  a  b  Bài 152 Đặt d   a, b  Suy a  xd , b  yd ,( x, y)  Khi đó:  ab(a  b) dxy( x  y )   2 a  ab  b x  xy  y      Ta có x  xy  y ; x  y ; x  Tƣơng tự x  xy  y ; y      Vì  x  y; y   nên x  xy  y ; x  y  y ; x  y  Do x  xy  y d  d  x  xy  y 101 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ.QUAN HỆ CHIA HẾT TRONG TẬP HỢP SỐ Mặt khác a  b  d x  y  d x  y d  d  x  xy  y   ab 3 Vậy a  b  ab Bài 153 Ta có n2  n   n  n  1  n2  n   n  n  1  số lẻ Suy số lẻ nhỏ đƣợc xem xét n2  n  số lẻ lớn n2  n Nhƣ 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 ƣớc chung lớn m n Giả sử m  ad , n  bd với  a, b   Ta có  m  n A n2 d  a  b d a  b   2 d b b2 3   Vì  a, b   nên  b, a  b   suy b2 ,  a  b   Nhƣ để A nguyên d b2 , giả sử d  cb2 Bây ta đƣợc A  c  a  b  với a , b , c nguyên dƣơng 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 n6   n3  n3   n3   n  1 n2  n  Do tất thừa số nguyên tố n2  n  chia hết cho n3  n2    n  1 n  1     Tuy nhiên cần để ý n2  n  1; n3   n3  1, n2   Mặt khác, n2  n   n  n  1  số lẻ, tất thừa số nguyên tố n2  n  phải chia hết n  Nhƣng n2  n    n  1 n    ta phải có n2  n   3k với k nguyên dƣơng Bởi n  nên ta có k  Bây n2  n  nên n   mod 3 , nhƣng trƣờng hợp n  2,5,8  mod  , ta có n2  n    mod  mâu thuẫn Vậy tốn có nghiệm n  102 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN Bài 156.Ta có M  102n1  10n1  Để ý 103  1 mod 37  , ta xét trƣờng 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  * Bài 157 Đặt x  ab Ta có abcde  1000 x  y với  y  1000 Từ abcde  ab ta suy 1000x  y  x3 Vấn đề lại giải phƣơng trình nghiệm nguyên Vì y  nên 1000x  x3  x2  1000  x  32 (1)   Mặt khác y  1000 nên 1000 x  1000  x3  x x  1000  1000  x  33 (2) Từ (1) (2) suy x  32 hay x3  32768 Vậy abcde  32768 Bài 158 Từ 2 abc   a  b  c , suy 100a  10b  c   a  b  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 khơng chia hết cho  a  b   1 mod 3 Từ (*) suy 10a  b    a  b  (vô lý) Nhƣ  a  b  nên 10a  b  Từ (*) suy c c khơng chia hết cho a  b   Từ (*) suy  a  b   1   Kết hợp với  a  b  ta suy a  b    a  b   a b  Trƣờng hợp 1: a  b  thay vào (*) ta đƣợc: 10  9a    80c  8c   a  1  c  c  , a  Trƣờng hợp 2: a  b  làm tƣơng tự trƣờng 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  103 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ.QUAN HỆ CHIA HẾT TRONG TẬP HỢP SỐ 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  , b  Vì c  abc  a ! b! c !  1! 4! 4!  49 vô 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 phƣơng chia cho dƣ Do a  b2 chia xảy số dƣ  ,  ,  trƣờng hợp có trƣờng hợp a , b a  b2 suy đpcm b, Một số phƣơng chia cho dƣ , , , ( Thật cần xét a  7k , 7k  , 7k  , 7k  a chia cho có số dƣ lần lƣợt , , , ) Nhƣ a  b2 chia cho có số dƣ  ,  ,  ,  ,  ,  ,  ,  ,  ,  Trong trƣờng hợp có a , b đồng thời chia hết cho a  b2 đpcm c, Dễ thấy a khơng chia hết cho a chia dƣ Từ giả thiết ta có a  b4 chia hết cho chia hết cho Nếu a không chia hết cho a khơng chia hết cho suy b không chia hết b không chia hết cho suy a  b4 chia cho dƣ Trái với giả thiết, a , b phải chia hết cho Ta có: Nếu a khơng chia hết cho a chia cho dƣ Làm tƣơng tự nhƣ ta suy a , b phải chia hết cho đpcm Bài 161.Khơng tính tổng qt, ta giả sử n  m +) Nếu n  m  suy n2  m  n  m2 ta có: n2  m  n  m2   n  m  n  m  1  Từ suy n  m2 chia hết cho n2  m +) Ta xét n  m  , m  n2 m2  n  m   m  1 m2   m  1  m2  3m  m2  m   m2  m   4m m2  m  hay  4m m2  m   4m  m2  m   m2  5m     21  21 m , m số 2 nguyên dƣơng nên suy m 1; 2;3; 4 thử trực tiếp ta thấy m  , m  thỏa mãn +) Xét m  n ta có n2  n n2  n  2n n2  n  2n  n2  n  n2  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,  104 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN   Bài 162 Giả sử A phân số chƣa tối giản, đặt d  n2  4, n  , suy d  Ta có d  n  5   n2    10n  21  10  n  5  29  d 29  d  29   Ngƣợc lại  n  5 29 đặt n   29m với m * Khi n2   29 29m2  10  29 nên A chƣa tối giản Nhƣ 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 chƣa 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  a  b b a mnd HẾT 105 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN