Hsg đs8 chuyên đề phép chia và liên quan (91 trang)

1 CHUYÊN ĐỀ PHÉP CHIA VÀ LIÊN QUAN PHẦN I.TRỌNG TÂM CẦN ĐẠT Chủ đề CHIA ĐA THỨC CHO ĐA THỨC A Kiến thức cần nhớ Chia đơn thức A cho đơn thức B Chia hệ số A cho hệ số B; Chia lũy thừa biến A cho lũy thừa biến B; Nhân kết với Chia đa thức cho đơn thức  A  B : C  A : C  B : C Chia đa thức A cho đa thức B Cho A B hai đa thức tùy ý biến ( B  ) tồn cặp đa thức Q R cho A  B.Q  R , R  bậc R nhỏ bậc B Q gọi đa thức thương R gọi dư phép chia A cho B Nếu R  phép chia A cho B phép chia hết Định lý Bézout Bézout nhà tốn học Pháp Ơng sinh năm 1730, năm 1783 Bézout quan tâm đến việc giải hệ phương trình tuyến tính; nhằm mục đích ơng hệ thống hóa phép tính định thức Ơng nghiên cứu phép khử, nghĩa tìm điều kiện hệ số hai đa thức để chúng có nghiệm chung Ơng cho xuất Giáo trình Tốn học tái nhiều lần Pháp nước ngồi Trong có định lý tiếng mang tên ông: Định lý Số dư phép chia đa thức f  x  cho  x  a  f  a  Hệ định lý Bézout Nếu a nghiệm đa thức f  x  f  x  chia hết cho  x  a  Người ta chứng minh rằng: Nếu đa thức f  x  nhận n số nguyên khác a1; a2 ; ; an làm nghiệm f  x  chia hết cho  x  a1   x  a2   x  an  Phương pháp nội suy Newton Newton nhà Toán học, Vật lý học người Anh Ông sinh năm 1642, năm 1727 Trong Tốn học ơng nhà sáng lập phát minh phép tính vi phân tích phân Ngồi ơng có nhiều cơng trình Tốn học Song người đời sau nhắc đển Newton, thường ca ngợi nhũng phát minh ông vật lý học Sau phương pháp nội suy, phát tốn ơng: Để tìm đa thức P  x  bậc không n biết giá trị  n  1 điểm: C1;C2 ; ;Cn1 ta biểu diễn P  x  dạng: P  x   b0  b1  x  C1   b2  x  C1  x  C2    bn  x  C1  x  C2   x  Cn  Bằng cách thay x giá trị C1;C2 ; ;Cn1 vào biểu thức P(x) ta tính hệ số b0 ; b1; ; bn Lược đồ Horner Horner nhà tốn học Anh Ơng sinh năm 1787, năm 1837 Ơng khơng có nhiều cơng trình tiếng phương pháp tính gần số phương trình lấy tên ơng đặt cho phương pháp Thực thuật toán người Trung Hoa biết đến từ trước, Horner phát minh cách độc lập Sau lược đồ Horner: Để tìm thương dư phép chia f  x   a0 x n  a1 x n1   an1 x  a  a0   cho g  x   x   Ta lập bảng: f a0 a1 … ak … an x  b0  a0 b1  ab0  a1 … bk  abk 1  ak … bn  abn1  an Với f  x    x    q  x   f  x  ; f  x   bn  abn1  an q  x   b0 xn1  b1 x n2   bn2 x  bn1 B Một số ví dụ Ví dụ 1: Thực phép chia A : B trường hợp sau: a) A  12 x3 y ; b) A   10 x y z ; B  3x y B x yz   c) A    x n y n   :  3x n 2 y n   n  , n     Giải a) A : B  12 x3 y :  3x y   4 xy ;  10  1  b) A : B    x6 y z  :  x yz   30 x y z ;   9    c) A : B    x n y n  :  3x n 2 y n   x y   Ví dụ 2: Chứng minh rằng: a) x8  x4  x2  x  b) x5  x4  x2  x  Giải Tìm cách giải Khi chứng minh đa thức f  x  g  x  ta có thể: - Cách Phân tích đa thức f  x  thành nhân tử có chứa nhân tử g  x  - Cách Biến đổi đa thức f  x  thành tổng đa thức chia hết cho đa thức g  x  Trình bày lời giải a) Cách Ta có: x8  x   x  x   x   x  x   x   x   x  x   x    x  x  1 x  x   x    x  x  1  x  1  x      x4  x2  1 x2   x  x   x   x  x  1  x8  x4  x2  x  Cách x8  x4   x8  x2  x4  x  x2  x   x2  x6  1  x  x3  1   x  x  1  x2  x3  1  x  1  x  x  1  x  x  1 x  x  1   x  x  1 x  x  b) x5  x4   x5  x4  x3  x3   x3  x2  x  1   x  1  x  x  1   x2  x  1 x3  x  1  x  x  1 Ví dụ 3: Tìm số thực a, b, cho đa thức x4 11x3  2ax2  5bx  chia hết cho đa thức x2  x  (Thi học sinh giỏi lớp 9, TP Hà Nội, năm học 2012 - 2013) Giải Tìm cách giải Khi tìm hệ số a, b cho đa thức f  x  chia hết cho đa thức g  x  , có hai hướng suy nghĩ: Đặt phép chia f  x  cho g  x  đến phần dư có bậc nhỏ bậc đa thức g  x  Để phép chia hết ta đồng phần dư với đa thức Còn đa thức g  x  phân tích thành nhân tử với nhân tử bậc nhất, ta viết f  x  thành tích nhân tử nhân với đa thức thương Rồi dùng đồng thức cho vế phải Trình bày lời giải Cách Thực phép chia ta được: x4 11x3  2ax2  5bx  x2  x  x4  8x3 12 x2 x  3x    a  3x3   2a  12  x  5bx  -3x3  x2  9x   2a  x2  5b  9 x 6   2a  x2  12  4a  x  18  6a   5b  4a  3 x  12  6a  5b  4a   a  Để phép chia hết   12  6a  b  Cách Ta có: x2  x   x2  x     x  1    x   1 x      x  3 x  1 Đặt thương q  x  ta có: x4  11x3  2ax2  5bx    x  3 x  1 q  x  Chọn x  ta có: 4.34  11.33  2a.32  5.b.3    15b 18a  21  5b  6a  7 (1) Chọn x  1 ta có:  1  11  1  2a  1  5.b  1    5b  2a  (2) Từ (1) (2) suy ra: 8a  16  a  Thay vào (2)  5.b    b  Ví dụ 4: Tìm đa thức f  x  biết: f  x  chia cho x  dư ; f  x  chia cho x  dư 8; f  x  chia cho  x  3 x   3x cịn dư Giải Tìm cách giải Ta có  x  3 x   tam thức bậc hai, phần dư chia f  x  chia cho  x  3 x  4 có dạng tổng quát ax  b Từ suy được: f  x    x  3 x   3x  ax  b Mặt khác ta có f  3  1, f    Do để tìm f  x  cần xác định a b cách chọn x  3; x  để đồng hai vế Trình bày lời giải Theo định lý Bézout ta có f  3  1, f    Đặt dư f  x  chia cho  x  3 x   ax  b Suy f  x    x  3 x  4  ax  b Với x  3 tacó:   3  3 3    3  a  3  b  b  3a  (1) Với x  ta có:    3   3.4   a.4  b  b  4a  (2) Từ (1 ) (2) suy ra: 7a   a  thay vào (2) ta b  Từ ta được: f  x    x  3 x   3x  x  Hay f  x   3x3  3x  35x  Ví dụ 5: Tìm đa thức bậc ba, biết P(x) chia cho  x  1 ,  x   ,  x  3 dư P  1  18 Giải Tìm cách giải Từ đề theo định lí Bézout ta có P 1  6, P  2  6, P  3  6, P  1  18 Như đa thức P(x) bậc ba mà biết giá trị bốn điểm 1; 2; 3; - nên ta sử dụng phương pháp nội suy Newton Trình bày lời giải Theo định lý Bézout ta có: P 1  P   , P  3  Do ta đặt P  x   d  c  x  1  b  x  1 x  2  a  x  1 x  2 x  3 Cho x  ta P 1  d , suy d  P  x    c  x  1  b  x  1 x    a  x  1 x   x  3 Cho x  ta P     c , suy c  P  x     x  1  b  x  1 x    a  x  1 x   x  3 Cho x  ta P  3   2b , suy b  P  x     x  1   x  1 x    a  x  1 x   x  3 Do P  x    a  x  1 x   x  3 Cho x  1 ta P  1   24a , 18   24a suy a  Vậy P  x     x 1 x   x   Rút gọn ta được: P  x   x3  x  11x Ví dụ 6: Chứng minh đa thức f  x    x  3 200   x  2 100  chia hết cho đa thức g  x   x  5x  Giải Tìm cách giải Đa thức g  x  bậc n có n nghiệm phân biệt Nếu nghiệm đa thức g  x  nghiệm đa thức f  x  đa thức f  x  chia hết cho đa thức g  x  Nhận thấy g  x  có hai nghiệm x  2; x  , nên cần kiểm tra xem x  2; x  có nghiệm f  x  khơng? Trình bày lời giải Ta có: f      3 f  3     200 200    2 100  3  2 100  nên f  x   x    nên f  x   x  3 Nên f  x  chia hết cho  x   x  3  x  5x  Ví dụ 7: Cho f  x   x5  70 x3  x  x  Tìm thương dư phép chia f  x  cho x  Giải Tìm cách giải Ngồi cách chia thơng thường, đa thức chia có dạng x   nên ta dùng lược đồ Homer Trình bày lời giải Ta có sơ đồ Horner f 70 1  6 12 16 95 571 Suy f  x    x  6 g  x   f     x    x  12 x3  x  16 x  95  571 Vậy thương g  x   x  12 x3  x  16 x  95 dư r  f    571 Ví dụ 8: Tìm giá trị nguyên x để giá trị đa thức A  x3  x2  15 chia hết cho giá trị đa thức B  x  Giải Đặt phép chia ta có: x3  x  15 x3 x3  3x x2  x   x2  15  x  3x 3x 15 3x  Muốn cho giá trị A chia hết cho giá trị B ta phải có x  3x  Ư    1; 2; 3; 6 x3 1 2 3 6 x 2 4 1 5 6 9 Vậy với x 2; 4; 1; 5;0; 6;3; 9 giá trị biểu thức A chia hết cho giá trị biểu thức B Ví dụ 9: Tính giá trị biểu thức P  28x5  x4  2013x3  14606 x  3447 x2  3x   Giải Tìm cách giải Với x2  3x   tìm x, ta x khơng phải số nguyên, nên thay vào biểu thức P để tính gặp nhiều khó khăn dẫn đển sai lầm Do sử dụng P chia cho x2  3x  Q(x) phần dư R(x) đó, ta viết: P  x    x2  3x  1 Q  x   R  x  Sau thay x2  3x   vào biểu thức, ta tính P(x) đơn giản Trình bày lời giải Ta có: 28x5  x4  1013x3  14606 x  3447 28x5  84 x4  28x3 x  3x  28x3  82 x2 1795x  5467 82 x  2041x3 82 x4  246 x3  82 x2 1795x3  82 x2  14606 x 1795x3  5385x2 1795x 5467 x2  16401x  3347 5467 x2  16401x  5467 2020 Từ ta có P   x  3x  1 28x3  82 x  1795x  5467   2020 mà x2  3x    P  2020 C Bài tập vận dụng Xác định a, b cho 2x3  ax  b chia cho x  dư 6 , chia cho x  dư 21 Hƣớng dẫn giải – đáp số Theo định lý Bézout ta có: f  1  6; f    21   1  a  1  b  6  a  b  (1)  2.23  a.2  b  21  2a  b  (2) Từ (1) (2) suy 3a   a  3; b  Tìm đa thức bậc ba, biết P(x) chia cho x,  x  1 ,  x   ,  x  3 dư 10; 12; 4; Hƣớng dẫn giải – đáp số Theo định lý Bézout ta có: P  0  10; P 1  12; P    4; P  3  Dùng phương pháp nội suy Newton Ta đặt: P  x   d  cx  bx  x  1  ax  x  1 x  2 Cho x  ta P    d , suy d  10 P  x   10  cx  bx  x  1  ax  x  1 x   Cho x  ta P 1  10  c , suy c  P  x   10  x  bx  x  1  ax  x  1 x   Cho x  ta P    10   2b , suy b  5 P  x   10  x  5x  x  1  ax  x  1 x   Cho x  ta P  3  10   30  6a , suy 14  6a   a  Vậy P  x   10  x  x  x 1   x x  x   Rút gọn ta được: P  x   25 x  x  12 x  10 2 Đặt x2  z  a; y  zx  b, z  xy  c Chứng minh rằng: ax  by  cz a  b  c Hƣớng dẫn giải – đáp số Xét ax  by  cz   x  yz  x   y  zx  y   z  xy  z  x3  xyz  y3  xyz  z  xyz  x3  3x2 y  3xy  y3  3x3 y  3xy  3xyz   x  y   z  3xy  x  y  z    x  y  z   x  y    x  y  z  z   3xyz     x  y  z   x  y  z  xy  xz  yz    x  y  z  a  b  c  Suy ax  by  cz chia hết cho a  b  c Tìm số dư phép chia biểu thức  x  1 x  3 x  5 x    2020 cho đa thức x2  8x  12 Hƣớng dẫn giải – đáp số Cách Ta có: f  x    x  1 x  3 x  5 x    2020   x2  8x   x  8x  15  2020 Đặt x2  8x  12  y  f  y    y  5 y  3  2020 f  y   y  y  2005  f  y  : y dư 2005  f  x  chia cho x2  8x  12 dư 2005 Cách g  x   x  8x  12 Ta có: g  x   x2  8x  12   x   x   Gọi đa thức thương q  x  đa thức dư ax  b , thì: f  x   g  x  q  x   ax  b Xét x  x  , ta có: f  2   2a  b  2a  b  2005 (1) Xét x  6 , ta có: f  6   6a  b  6a  b  2005 (2) a  Từ (1) (2) suy  b  2005 Vậy đa thức dư 2005 Cho x, y, z đôi khác Chứng minh rằng: A  3xn  z  y   y n  x  z   3z n  y  x  chia hết cho B   x  y    y  z    z  x  với n số nguyên lớn Hƣớng dẫn giải – đáp số 3 10 Ta có B   x  y  y  z  z  x  Xét x  y  A   A  x  y  Xét y  z  A   A  y  z  Xét x  z  A   A  z  x   A  x  y  y  z  z  x  mà A  A  x  y  y  z  z  x  hay A B Tìm số nguyên a b để đa thức A  x   x  3x3  ax  b chia hết cho đa thức B  x   x  3x  Hƣớng dẫn giải – đáp số Đặt phép chia, ta có: x  3x  ax x  3x  b x  3x  x x2  4 x2  ax b 4 x2  12 x 16  a 12 x   b  16 a  12  a  12 Để A  x  B  x     b  16 b  16 Tìm a b để f  x   x  ax  b chia hết cho x2  3x  Hƣớng dẫn giải – đáp số Ta có: x2  3x    x  1 x   Đặt thương q  x  , ta có: x4  ax2  b   x  1 x  2 q  x  - Chọn x  1 ta có:  1  a  1  b   1  1 1   q  1  a  b  1 (1) - Chọn x  2 ta có:  2  a  2  b   2  1 2   q  2   b  4a  16 (2) Từ (1) (2) suy ra: 3a  15  a   b  Cho đa thức P  x   ax  bx  c Biết P(x) chia cho x  dư 3, P(x) chia cho x dư P(x) chia cho x  dư Tìm hệ số a, b, c (Tuyển sinh lớp 10, Trường THPT Chuyên, tỉnh Nam Định, năm học 2015 - 2016) Hƣớng dẫn giải – đáp số 77  2010. . chia hết cho 2010 (1) Vì 20112010    2011  1  20112009  .  2010   chia hết cho 2010 (2) Từ (1) (2) ta có đpcm Câu 24: Chứng minh rằng: e) 85  211 chia hết cho 17 f) 1919  6919 chia hết cho 44 Lời giải Ta có: 85  211   23   211  215  211  211  24  1  211.17 Rõ ràng kết chia hết cho 17 Áp dụng đẳng thức a n  bn   a  b   a n1  a n2b  a n3b2   abn2  bn1  với n lẻ Ta có: 1919  6919  19  69  1918  1917.69   6918   88 1918  1917.69   6918  chia hết cho 44 Câu 25: a) Chứng minh rằng: n3  3n2  2n với số nguyên n Lời giải Ta có: n3  3n  2n  n  n  3n    n  n  n  2n    n  n  n    2n     n  n  1 n   Vì n số nguyên nên: n; n  1; n  ba số nguyên liên tiếp Do có số chia hết cho 2, số chia hết cho  n  n  1 n   hay n3  3n2  2n với số nguyên n b)Tìm số nguyên n cho: 2n3  n2  7n   2n  1 Lời giải Để 2n3  n2  7n  2n  2n  hay 2n  Ư   78  2n   5  n  2  2n   1 n     2n   n     2n   n  Vậy n 2;0;1;3 2n3  n2  7n  2n  Câu 26: Cho số tự nhiên n  Chứng minh 2n  10a  b  a, b  ,0  b  10  tích ab chia hết cho Lời giải Ta có: 2n  10a  b  b  ab Ta chứng minh ab (1) (2) Thật , từ đẳng thức 2n  10a  b  2n có chữ số tận b Đặt n  4k  r  k , r  ,0  r  3 ta có: 2n  16k.2r Nếu r  2n  2r  2r 16k  1 10  2n tận 2r Suy b  2r  10a  2n  2r  2r 16k  1  a  ab Từ 1   suy ab Câu 27: Cho n số nguyên dương, chứng minh 16n – 15n – chia hết cho 225 Lời giải Với n = ta có: 16 – 15 – = 225 iả sử toán với n = k tức ta có: 16k – 15k – 225 Ta chứng minh toán với n = k Thật vậy: 16k+1 – 15(k+1) – 1 = 16.16k – 15k – 15 – = 16k (15 + 1) – 15k – 15 – = (16 k – 15k – 1) + 15(15k – 1) = (16 k – 15k – 1) + 225 A(k) Vậy 16n – 15n – chia hết cho 225 với n số nguyên dương Câu 28: Chứng minh 22008  22009  22010 chia hết cho Lời giải 22008  22009  22010  22008 1     7.22008 Câu 29: Chứng minh n3  n chia hết cho với số tự nhiên n Lời giải 225 79 Ta có: n3  n   n  1 n  n  1 chia hết cho tích số ngun liên tiếp Ta có  n  1 n  n  1 chia hết cho số liên tiếp có số chẵn Mà  2,3  Vậy n3  n chia hết cho Câu 30: Chứng minh 321  224  68  chia hết cho 1930 Lời giải Đặt a  37 , b  28 , c   1 Ta có: 321  224  68    37    28    1  3.37  28   1 3  a3  b3  c3  3abc   a  b  c   a  b  c  ab  bc  ca  Mà a  b  c  37   28    1  1930 nên suy đpcm Chứng minh rằng: A   2n  1 2n  1 chia hết cho với số tự nhiên n Lời giải Chứng minh rằng: A   2n  1 2n  1 chia hết cho với số tự nhiên n Theo giả thiết n số tự nhiên nên 2n  1, 2n , 2n  ba số tự nhiên liên tiếp Vì tích ba số tự nhiên liên tiếp chia hết  2n  1 2n  2n  1 Mặt khác,  2n ,3  nên  2n  1 2n  1 Vậy, A   2n  1 2n  1 chia hết cho với số tự nhiên n Câu 31: Tìm số có chữ số chia hết cho tổng chữ số chia hết cho Lời giải Gọi số có ba chữ số cần tìm abc Ta có: abc   98a  7b   2a  3b  c Vì abc  2a  3b  c Mặt khác, a  b  c (3) (4),k ết hợp với (3) suy b  c Do b  c nhận giá trị 7; 0;7 Với b  c  7  c  b  Kết hợp với (4) ta chọn số 707; 518; 329 thỏa mãn Với b  c   b  c  Đổi vai trò b c trường hợp ta cặp số 770,581,392 thỏa mãn Câu toán Với b  c   b  c mà (4) nên a  2b Do  a  2b  27 nên a  2b nhận giá trị 7;14; 21 80 Từ ta chọn 12 số thỏa mãn 133; 322; 511;700; 266; 455 ; 644; 833; 399; 588; 777; 966 Vậy có 18 số thỏa mãn Câu tốn: 707; 518; 329;770; 581; 392 ;133; 322; 511;700 ; 266 ; 455; 644; 833; 399; 588;777; 966 10n  9n  Câu 32: Chứng minh vơi số tự nhiên n phân số tối giản 20n2  20n  Lời giải 2 Gọi d ƯCLN 10n  9n  20n  20n  10n  9n  d 20n  18n  d      2n  d  d số tự nhiên lẻ 2 20n  20n  d  20n  20n  d  2 Mặt khác 2n  d  4n  4n  d  20n  20n  d  d , mà d lẻ nên d  Vậy phân số tối giản Câu 33: Chứng minh n  2n  n  2n chia hết cho 24 với n  Lời giải  n  2n  n  2n  n n  2n  n   n  n  n     n        n n   n    n  n  1 n  1 n   n  n  1 n  1 n   tích số nguyên liên tiếp phải có số chia hết cho 2, số chia hết cho số chia hết cho Nên n  n  1 n  1 n   2.3.4  24 Vậy n  2n  n  2n 24 Câu 34: Chứng minh a  a 30  a   Lời giải      a  a  a a   a a  a   a  a  1 a  1  a        a  a  1 a  1 a   a    5a  a  1 a  1 Do tích số nguyên liên tiếp chia hết cho số ngun liên tiếp ln có ba số nguyên liên tiếp mà tích chúng chia hết cho  6,   Suy a  a  1 a  1 a   a   30 Vậy a  a 30 5a  a  1 a  1 30 81 Câu 35: a) Đặt A  n3  3n2  5n  Chứng minh A chia hết cho với giá trị nguyên dương n b)Nếu a chia 13 dư b chia 13 dư a  b2 chia hết cho 13 c)Tìm số nguyên m, n thỏa mãn m  n2  n  n 1 Lời giải A  n  3n  3n   2n    n  1   n  1   n  n  1 n     n  1 Khi đó:  n  1 ; n  n  1 n   tích số nguyên dương liên tiếp nên chia hết cho A a  13k  2, b  13n    a  b2  13k    13n     13 13k  4k  13n  4n  13 2 Thực chia n2  n  1 m  n n 1 n 1 Để m nguyên với n nguyên n  1U (1)  1 n    n   m  Khi   n   1  n  2  m  3  Câu 36: Chứng minh rằng: A   n n     36n  với n   Lời giải  Ta có: A   n n       36n          n  n n     n n     n n  7n  n  7n     3 Do A  n n  n  6n  n  n  6n   n  n    n  1  n n    n  1     n  n  1 n  n   n  1 n  n   n  n  1 n   n   n  1 n   n            tích số nguyên liên tiếp  A n  Câu 37: Hãy chứng minh : A  n3  n2    36n chia hết cho 210 với số tự nhiên n  82 Lời giải A  n3  n2    36n   n  3 n   n  1 n  n  1 n   n  3 Đây tích số nguyên liên tiếp nên có 2, bội 3, bội 5, bội Mà  2,3,5,7   nên A  2.3.5.7   A 210 Câu 38: Chứng minh tổng lập phương ba số nguyên liên tiếp chia hết cho Chứng minh với số tự nhiên n A  5n2  26.5n  82n1 59 Lời giải b) Ta phải chứng minh A  n3   n  1   n   với n  3 A  n3  n3  3n  3n   n3  6n  12n   3n3  9n  15n   3n3  3n  9n  18n   3n  n  1 n  1   n  2n  1 Nhận thấy n  n  1n  1  3n n 1 n 1   n2  2n  1 Vậy A b)5n  26.5n  82 n 1  25.5n  26.5n  8.82 n  5n  59  8  8.64n  59.5n   64n  5n  59.5n 59  64n  5n   64  5  59 Vậy 5n2  26.5 n 8 2n 1 59 Câu 39: Cho a1 , a2 , , a2016 số tự nhiên có tổng chia hết cho 3 Chứng minh rằng: A  a13  a23   a2016 chia hết cho Lời giải Dễ thấy a3  a  a  a  1 a  1 tích số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho Xét hiệu: A   a1  a2   a2016    a13  a23   a2016    a1  a2   a2016    a13  a1    a23  a2     a2016  a2016  Các hiệu chia hết cho , A chia hết cho 83 Câu 40: Cho hai số nguyên, số thứ chia cho dư 1, số thứ hai chia cho dư Hỏi tổng bình phương chúng có chia hết cho không ? Lời giải Cho hai số nguyên, số thứ chia cho dư 1, số thứ hai chia cho dư Hỏi tổng bình phương chúng có chia hết cho khơng ? Câu 41: Chứng minh tổng hai số nguyên chia hết cho tổng lập phương chúng chia hết cho Lời giải Gọi số phải tìm a b, ta có a  b chia hết cho Ta có: a3  b3   a  b   a  ab  b2    a  b   a  2ab  b   3ab    a  b   a  b   3ab  Vì   a  b chia hết  a  b   3ab chia hết cho 2 Do  a  b   a  b   3ab  chia hết cho   Câu 42: Chứng minh với số nguyên x, y ta có: x y  xy chia hết cho 30 5 Lời giải Ta có: x5 y  xy  xy  x  y   xy  x   y  1  xy  x  1  xy  y  1     Ta có: x x   x  x  1 x  1 x  chia hết cho 2,  xy  x  1 30   Tương tự, ta có: xy y  30  x5 y  xy5 30 Câu 43: Hãy viết thêm vào bên phải số 43 hai chữ số để nhận số có chữ số chia hết cho Lời giải Vì  3,7   , theo tốn ta có 43ab 21 Vì 4300 chia 21 dư 16 nên ab  16(mod 21) hay ab chia 21 dư Vậy ab  21q  Cho q   ab  05 , số 4305 Cho q   ab  26 , số 4326 84 Cho q   ab  47, số 4347 Cho q   ab  68 , số 4368 Cho q   ab  89, số 4389 Câu 44: Chứng minh vơi số tự nhiên n phân số 10n  9n  tối giản 20n  20n  Lời giải Gọi d ƯCLN 10n  9n  20n  20n  2 2   10n  9n  d 20n  18n  d    2n  d  d số tự nhiên lẻ 2 20n  20n  d  20n  20n  d  Mặt khác: 2n  d  4n  4n  d  20n  20n  d  d , mà d lẻ nên d  2 Vậy phân số tối giản Câu 45: a  4a  Tìm a  để A số nguyên a) Cho A  a  2a  4a  b) Tìm số tự nhiên n để n  chia hết cho n  Lời giải a) Rút gọn A  a2 Để A nguyên  a  1 nguyên   a     a2 a  b) n5  n3   n2  n3  1   n2  1  n3  1   n  1 n  1  n3  1   n  1 n  1  n  1  n2  n  1   n  1  n2  n  1 ( v × n +1  0) +) Nếu n   +) Nếu n   n  1  n  n  1   n  n  nên xảy  n  n2  n  Vậy n  Câu 46: Chứng minh tổng lập phương ba số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 85 Lời giải Ta có ba số tự nhiên liên tiếp n, n  1, n   n   Khi ta có: n   n  1   n    3 n  1 n  n  1  9n 3 Câu 47: Cho a, b, c  thỏa mãn a  b  c  Chứng minh:  a5  b5  c5  30 Lời giải Ta có:      a5  a  a a  a   a a  a      a   a  1 a  a  1  a     a  1 a  a  1 Do  a   a  1 a  a  1  a   tích số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2, 5, chia hết cho 30 Lại có  a  1 a  a  1 chia hết  a  1 a  a  1 chia hết cho 30 Từ suy a5  a chia hết cho 30 Tương tự b5  b chia hết cho 30 c5  c chia hết cho 30 Từ suy  a5  b5  c5    a  b  c    a5  a    b5  b    c5  c  chia hết cho 30 Mà a  b  c  nên a5  b5  c5 chia hết cho 30 Câu 48: Chứng minh với số tự nhiên n thìA = 5n+2 + 26.5n + 82n+1 59 Lời giải 5n+2 + 26.5n + 82n+1 = 25.5n + 26.5n + 8.82n = 5n(59 – 8) + 8.64n = 59.5n + 8(64n – 5n) 59.5n 59 vaø 8(64n – 5n) (64 – 5) = 59 Vaäy 5n+2 + 26.5n + 82n+1 59 Câu 49: a Tìm số tự nhiên n để đa thức A chia hết cho đơn thức B A = 3xn-1y6 - 5xn+1y4 B = 2x3yn b Xác định giá trị a,b c để đa thức P(x) = x4 + ax2 + bx + c chia hết cho (x – 3)3 Lời giải a) Điểu kiện để A chia hết cho B n   n   n    n4   n n    4  n Vậy với n = đa thức A chia hết cho đơn thức B 86 Khi A:B = (3x3y6 – 5x5y4)(2x3y4) = y  x 2 b) Chia P(x) cho (x – 3)3 ta thương x dư R(x) = (a + 54)x2 + (b-216)x + 243 + c P(x)  (x - 3)3  R (x)  cho ta a + 54 =  a = -54; b – 216 =  b = 216; c + 243 =  c = -243 Câu 50: Chứng minh số có dạng A  n4  6n3  11n2  6n chia hết cho 24 với số tự nhiên n Lời giải A  n4  6n3  11n2  6n = n(n  1)(n  2)(n  3) Vì n; n  1; n  ba số tự nhiên liên tiếp nên tồn số chia hết cho Do n(n  1)(n  2) Vì n; n  1; n  2; n  bốn số tự nhiên liên tiếp nên có số chẵn liên tiếp, số chẵn liên tiếp có số chia hết cho 2, số chia hết cho Vậy n(n 1)(n  2)( n 3) Vì ƯCLN(3;8) =1 nên A  n4  6n3  11n2  6n chia hết cho 24 Câu 51: Chứng minh n4  7(7  2n2 ) chia hết cho 64 với n số nguyên lẻ Lời giải Ta có x2  y  20( x  y)  2213  ( x  10)2  ( y  10)2  2013  2013 với x, y P P= 2012 2012  ( x  10)  ( y  10)  2013 2013 2012 x = 10 y = 10 2013 Vậy Max P = 2012 x = 10 y = 10 2013 Câu 52: Chứng minh không tồn số nguyên a thỏa mãn (20172017  1) chia hết a3  11a Lời giải Giả sử tồn số nguyên a thỏa mãn (20172017  1) chia hết a3  11a A  a3  11a = (a3  a)  12a  a(a 1)(a  1) 12a ta có (a  1); a;(a  1) số nguyên liên tiếp nên tồn số bội suy (a  1)a(a  1) Vì 12a chia hết A (1) Mặt khác 20172017   (2016  1)2017  chia cho dư (2) 87 Từ (1) (2) dẫn đến điều giả sử sai, tức khơng có số nguyên thỏa mãn điều kiện toán cho Câu 53: Cho số tự nhiên n  Chứng minh 2n  10a  b (a, b  N ,  b  10) tích ab chia hết cho Lời giải Ta có 2n (1) Ta chứng minh ab (2) Thật vậy, từ đẳng thức 2n 2n có chữ số tận b  r  3) ta có: 2n Đặ n Nế k k r tậ Nếu  r  2n r r n r (16k r n tận 2r r (16k Từ (1) (2) suy ab  Câu 54: Chứng minh n  * n3  n  hợp số Lời giải   Ta có: n  n   n   n    n  1 n  n    n  1 3   n  1  n2  n   Do n  n   Vậy n  n  hợp số * nên  n  n   Câu 55: : Chứng minh với số tự nhiên x biểu thức A  x  x chia hết cho 30 Lời giải A  x5  x  x  x  1  x  x  1 x  1   x  1 x  x  1  x  1 Vì  x  1 x  x  1 tích ba số nguyên liên tiếp nên A +) Nếu x  A +)Nếu x : dư  x  1  A +)Nếu x : dư  x  1  A   +)Nếu x : dư x : dư  x   A 2 (1) 88 Vậy A với x  5,6   (2) Từ (1) (2) suy A 30 Câu 56: Chứng minh rằng: 85  211 chia hết cho 17 1919  6919 chia hết cho 44 Lời giải   Ta có:   11  211  215  211  211. 24  1  211.17 Rõ ràng kết chia hết cho 17 Áp dụng đẳng thức a n  bn   a  b   a n1  a n2b  a n3b2   abn2  bn1  với n lẻ  Ta có: 19  69  19  69  19  19 69   69 19 19 18 17 18   88.1918  1917.69   6918  chia hết cho 44 Câu 57: Lời giải Ta có: Vì ba số tự nhiên liên tiếp nên có ba số chia hết cho (1) Do (2) Vì hai số nguyên tố nên kết hợp với (1); (2) suy Câu 58: n3  17n  n3  n  18n  n  n  1 n  1  18n Vì n  n  1 n  1 tích ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 3,  2,3  nên chia hết cho 18n , suy điều phải chứng minh Câu 59: Học sinh biến đổi a5  a   a   a  1 a  a  1 a    5a  a  1 a  1 89 Lập luận a  a 30; b5  b 30; c5  c 30 , kết luận Câu 60: A  a  b  c  A 6; B  a  b3  c3  3a  3b  3c C  B  A  a  3a  2a  b3  3b  2b  c3  3c  2c  a  a  1 a    b  b  1 b    c  c  1 c   a  a  1 a   , b(b  1)(b  2) , c(c  1)(c  2) tích số nguyên liên tiếp nên chia hết cho  C  B Gọi số phải tìm a b , ta có a  b chia hết cho  Ta có: a  b   a  b  a  ab  b 3 2    a  b   a  b   3ab   Vì a  b chia hết  a  b   3ab chia hết cho Do vậy,  a  b   a  b   3ab  chia hết cho   n5   n3  1   n5  n  n  1  n3  1  n  n3  1   n  1  n3  1   n  1 n  1  n  1  n  n  1  n  n2  n   n  n  1 n  n  Hay n2  n n2  n    n  n  1   n  n  1  n2  n  Xét hai trường hợp: n  )n  n    n  n    n  )n2  n   1  n2  n   0, khơng có giá trị n thỏa mãn Câu 61: A  5n  5n  1  6n  3n  2n   25n  5n  18n  12n A   25n  18n   12n  5n  A chia hết cho 90 A   25n  12n   18n  5n  A chia hết cho 13 Do 13,7   nên A chia hết cho 91 Câu 62: 1110   11  1 119  118   11  1  10.119  118   11  1 Vì 10 10  Nên 11   11   11  1 chia hết cho 10 Và 11  11   11  có chữ số tận (hàng đơn vị ) 9 Vậy11  1chia hết cho 10 10 Câu 63: Ta có: 2009 2008  20112010   20092008  1   20112010  1 2008    2009  1  20092007    2010.  chia hết cho 2010 (1) 2010    2011  1  20112009  .  2010.  chia hết cho 2010 (2) Vì 2009 Vì 2011 Từ (1) (2) ta có điều phải chứng minh Câu 64: Dễ thấy a  a  a (a  1)(a  1) tích số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 3   Xét hiệu B   a1  a2   a2013   a1  a2   a2013   a1  a2   a2013  3 3   a13  a1    a23  a2     a2013  a2013  chia hết cho 2014 Mà a1 , a2 , ., a2013 số tự nhiên có tổng 2013 Do B chia hết cho Câu 65: Tìm a, b cho f ( x)  ax  bx  10 x  chia hết cho đa thức g ( x)  x  x  2 Lời giải *g ( x)  x  x    x  1 x   * f ( x)  ax3  bx  10 x  g ( x)  f ( x)  ax3  bx  10 x    x  1 x   Q  x  (1) Thay x1  1; x2  vào 1 ta có: a  b   8a  4b  16   a  b  8 x   91 a  b  8 Vậy f  x   ax  bx  10 x  g  x    Câu 66: Chứng minh với số nguyên a a  5a chia hết cho Lời giải a3  5a  a3  a  6a  a  a  1  6a  a  a  1 a  1  6a Vì a(a  1)(a  1) tích số ngun liên tiếp nên có số chia hết cho 2, số chia hết cho mà  2,3  1nên a  a  1 a  1 chia hết cho 6a chia hết cho Nên a  5a chia hết cho Câu 67: Chứng minh rằng: Q  n   n  1   n   với n 3 Lời giải Q  n3   n  1   n   3  n3   n3  3n  3n  1   n3  6n  12n    3 n3  3n  5n  3 Đặt C  n  3n  5n   n  n  2n  2n  3n  3 2  n2  n  1  2n  n  1  3 n  1  n  n  1 n    3 n  1 Ta thấy n  n  1 n   chia hết cho 3( tích số tự nhiên liên tiếp) Và 3 n  1  C chia hết cho Nên Q  3C chia hết cho *