Chuyên đề 8 phép chia hết trên tập hợp số nguyên

Chuyên đề PHÉP CHIA HẾT TRÊN TẬP HỢP SỐ NGUYÊN A Kiến thức cần nhớ Khái niệm: Cho a, b hai số nguyên b khác Ta nói a chia hết cho b tồn số nguyên q cho a bq Khi a chia hết cho b ta nói b ước a hay b chia hết a; a bội b Lưu ý: Khi a chia hết cho b a chia hết cho  b Một số tính chất thường dùng a) Nếu a chia hết cho b, b chia hết cho c a chia hết cho c b) Nếu a, b chia hết cho m ax  by chia hết cho m (x, y số nguyên) c) Nếu a chia hết cho tích m.n a chia hết cho m, a chia hết cho n (điều ngược lại không đúng) d) Nếu a chia hết cho m, n với  m, n  1 a chia hết cho tích mn e) Nếu tích a.b chia hết cho m mà  b, m  1 a chia hết cho m f) Cho p số nguyên tố Khi đó, tích ab chia hết cho p a chia hết cho p b chia hết cho p g) Khi chia n + số nguyên dương liên tiếp cho n ( n  ) nhận hai số dư h) Tích n số nguyên liên tiếp chia hết cho n ( n  ) i) Trong n số nguyên liên tiếp (n > 0) ln có số chia hết cho n Cho a,b hai số nguyên b khác Khi đó, tồn cặp số nguyên  q, r  cho a bq  r r  b  Cho b  a tuỳ ý Khi đó, chia a cho b số dư 0, 1, 2, , b - B Một số ví dụ I PHƯƠNG PHÁP XÉT SỐ DƯ Ví dụ 1: Chứng minh rằng: a) ab  a  b  chia hết cho với a, b   2 b) A n  n  1  n   chia hết cho với n   Giải Tìm cách giải Để chứng minh A(n) chia hết cho k, ta xét trường hợp số dư chia n cho k Chẳng hạn: Câu a Chúng ta xét trường hợp số dư chia a; b cho Câu b Chúng ta xét trường hợp số dư chia n cho Trình bày lời giải a) Xét trường hợp số dư chia cho 2, ta có: Nếu a b chia hết cho ab chia hết cho Nếu a b khơng chia hết cho chúng lẻ suy a  b chẵn a  b chia hết cho Vậy ab  a  b  chia hết cho với a* , b   b) Xét trường hợp số dư chia cho 5, ta có: Nếu n 5k  k   A chia hết cho Nếu n 5k 1 n 5m   m   nên n  5m  chia hết cho suy A chia hết cho Nếu n 5k 2 n 5m   m   nên n  5m  chia hết cho suy A chia hết cho 2 Vậy A n  n  1  n   chia hết cho với n   Ví dụ 2: Cho x, y, z số nguyên cho  x  y   y  z   z  x  x  y  z Chứng minh x  y  z chia hết cho 27 (Thi học sinh giỏi Toán 9, Thành phố Hồ Chí Minh, vịng - năm học 1995- 1996) Giải Tìm cách giải Nhận thấy x  y  z chia hết cho 27 tức  x  y   y  z   z  x  chia hết cho 27 Vì cần xét số dư chia x, y, z cho Tuy nhiên xét riêng nhiều trường hợp q, tính hốn vị xét trường hợp số dư, khác số dư Trình bày lời giải Xét trường hợp số dư chia cho 3, ta có: Nếu x, y, z chia cho có số dư khác thì: x  y, y  z , z  x khơng chia hết cho 3, cịn x  y  z chia hết cho (x - y)(y - z)(z -x) = x + y + z không xảy Nếu x, y, z có hai số chia cho có số dư x  y, y  z , z  x có hiệu chia hết cho cịn x  y  z khơng chia hết cho  x  y   y  z   z  x   x  y  z khơng xảy Do x, y, z chia cho có số dư suy x  y, y  z , z  x chia hết cho Vậy x  y  z  x  y   y  z   z  x  chia hết cho 27 II PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH TÍCH Ví dụ 3: Chứng minh P a 5b  ab5 chia hết cho 30 với a, b hai số nguyên (Thi học sinh giỏi Tốn 9, Tồn quốc, năm học 1985 - 1986) Giải Tìm cách giải Nhận thấy dùng phương pháp xét số dư cho 30 nhiều trường hợp nên không khả thi Ta sử dụng phương pháp phân tích thành tích: để chứng minh A(n) chia hết cho k, ta phân tích k thừa số k  p.q ,  p, q  1 , ta chứng minh A(n) chia hết cho p A(n) chia hết cho q Mặt khác 30 2.3.5 mà  2;3  3;5   5;  1 nên ta cần chứng minh P chia hết cho 2; 3; Mỗi trường hợp dùng kỹ thuật xét số dư Trình bày lời giải 2 2 Ta có: P ab  a  b   a  b  Vì 30 2.3.5 mà  2;3  3;5   5;  1 nên ta chứng minh P chia hết cho 2; 3; Chứng minh P chia hết cho Nếu a b chẵn ab chia hết cho Nếu a b lẻ a  b chia hết cho Chứng minh P chia hết cho - Nếu a b chia hết cho ab chia hết cho - Nếu a, b không chia hết cho chúng có dạng 3k 1 suy a , b có dạng 3m  nên a  b chia hết cho Chứng minh P chia hết cho - Nếu a b chia hết cho ab chia hết cho - Nếu a, b không chia hết cho Nếu a, b có dạng 5k 1 5k 2 a , b có dạng 5m  5m  nên a  b chia hết cho Nếu a, b có số có dạng 5k 1 cịn số có dạng 5k 2 a b có số có dạng 5m  cịn số có dạng 5m  nên a  b chia hết cho Vậy P chia hết cho 30 Ví dụ 4: Chứng minh số có dạng: P n  4n3  4n  16n (với n số chẵn lớn 4) chia hết cho 384 (Thi học sinh giỏi Tốn 9, Tồn quốc, năm học 1970 - 1971) Giải Tìm cách giải Ta nhận thấy biểu thức phân tích thành nhân tử được: n  4n3  4n  16n n  n    n    n   Vì n chẵn lớn nên n 2k   k  *  thay vào biểu thức P ta được: P  2k    2k     2k     2k    16k  k  1  k  1  k   Mặt khác ta có 384 16.24 cần chứng minh k  k  1  k  1  k   chia hết cho 24 Trình bày lời giải Ta có n  4n  4n  16n n  n    n    n   * Vì n chẵn lớn nên n 2k   k    thay vào biểu thức P ta được:  2k    2k     2k     2k    16k  k  1  k 1  k   k , k  1, k  có số chia hết cho k  1, k , k  1, k  có hai số chẵn liên tiếp, nên số chia hết cho 2, số chia hết cho suy k  k  1  k  1  k   chia hết cho Do k  k  1  k  1  k   chia hết cho 24  3;8  1 hay 16k  k  1  k  1  k   chia hết cho 16.24 tức n  4n3  4n  16n chia hết cho 384 III PHƯƠNG PHÁP TÁCH TỔNG Ví dụ 5: Chứng minh với số nguyên a ta có  a  5a  số nguyên chia hết cho (Thi học sinh giỏi Toán 9, Thành phố Hà Nội, năm học 2008 - 2009) Giải Tìm cách giải Nhận thấy ví dụ giải kỹ thuật xét số dư Song giải phương pháp tách tổng: Để chứng minh A(n) chia hết cho k, ta biến đổi A(n) thành tổng nhiều hạng tử chứng minh hạng tử chia hết cho k Do ta cần tách a  5a a  a  6a , sau chứng tỏ a  a 6a chia hết cho Trình bày lời giải Ta có a  5a a  a  6a Mà a  a  a  1 a  a  1 chia hết cho tích ba số nguyên liên tiếp 6a chia hết cho với số nguyên a Vậy  a  5a  số nguyên chia hết cho IV PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG HẰNG ĐẲNG THỨC n n n n n Ví dụ 6: Chứng minh với số nguyên dương n, số A  n  5   1     chia hết cho 91 (Tuyển sinh lớp 10, Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội, Vòng - năm học 1997 - 1998) Giải Tìm cách giải Những toán chứng minh chia hết mà biểu thức có số mũ n lớn sử dụng kết đẳng thức mở rộng: a n  b n chia hết cho a  b  a b  với n a n  b n chia hết cho a  b  a  b  với n chẵn a n  b n chia hết cho a  b  a  b  với n lẻ Trong ví dụ này, ta có 91 7.13  7;13 1 Để chứng minh A(n) chia hết cho 91, ta chứng minh A(n) chia hết cho 13 Vậy cần nhóm hạng tử cách thích hợp Trình bày lời giải Ta có: 91 7.13  7;13 1 Để chứng minh A(n) chia hết cho 91, ta chứng minh A(n) chia hết cho n n n n 13 Ta có A  n  25   18  12 n n Áp dụng tính chất  a  b   a  b  với a, b, n số nguyên dưong a b , 25n  18n chia hết cho 25  18 tức 25n  18n chia hết cho 12n  5n chia hết cho 12  tức 12n  5n chia hết cho n n n n Vậy A  n  25  18   12   chia hết cho 25n  12n chia hết cho 25  12 tức 25n  12n chia hết cho 13 18n  5n chia hết cho 18  tức 18n  5n chia hết cho 13 n n n n Vậy A  n  25  12   18   chia hết cho 13 n n n n n Suy số A  n  5   1     chia hết cho 91 n n n n n Ví dụ 7: Chứng minh n số nguyên dương 25      chia hết cho 65 (Tuyến sinh lớp 10, Trường THPT chuyên Hà Nội, năm học 2014 - 2015) Giải Ta có: 65 13.5 (5; 13) = Để chứng minh biểu thức chia hết cho 65, ta chứng minh biểu thức chia hết cho 13 n n n n n n n n n Ta co: 25      25   12  20 n n Áp dụng tính chất  a  b   a  b  với a, b, n số nguyên dương a b 25n  12n chia hết cho 25  12 tức 25n  12n chia hết cho 13 20n  n chia hết cho 20  tức 20n  n chia hết cho 13 25n  n  4n  3n  5n  chia hết cho 13 25n  20n chia hết cho 25  20 tức 25n  20n chia hết cho 12n  n chia hết cho 12  tức 12n  n chia hết cho 25n  n  4n  3n  5n  chia hết cho A  25n  20n    12n  n  5 mà ƯCLN  5;13 1 nên A65 V PHƯƠNG PHÁP DÙNG NGUYÊN LÝ ĐIRICHLET Phương pháp giải Nếu nhốt n  thỏ vào n lồng chắn có lồng chứa hai thỏ - Trong n số ngun liên tiếp có số chia hết cho n ( n 1 ) - Trong n  số ngùn có hai số có số dư chia cho n ( n 1 ) n Ví dụ 8: Chứng minh tồn số tự nhiên n khác thoả mãn  13579  1 chia hết cho 313579 (Thi học sinh giói Tốn 9, Thành phố Hà Nội, năm học 2005 - 2006) Giải Xét 313579 số sau: 13579; 135792 ; 135793 ;… ; 1357913579 đem chia cho 313579 ta nhận 313579 số dư Mà 13579 không chia hết số khơng có số chia hết cho chúng nhận số dư số: 1; 2; 3; ; 313579  nên tồn hai số có số dư Giả sử hai số 13579i ;13579 j  i  j   13579i  13579 j 13579  13579i  13579i  j  1 chia hết cho i j chia hết cho 313579 mà  13579;3 1 nên  13579  1 chia hết cho 313579 với n i  j Từ suy điều phải chứng minh Nhận xét Chúng ta giải toán tổng quát sau: Với a p hai số nguyên tố Với n số tự nhiên k chứng minh tồn số tự nhiên n khác thoả mãn  a  1 chia hết cho p k Ví dụ 9: Chứng minh số nguyên tìm số có tổng chia hết cho (Thi học sinh giỏi Toán 9, Thành phố Hà Nội, năm học 2000 – 2001) Giải Đặt số a, b, c, d, e Đem số chia cho chúng nhận số dư 0; ; Nếu tồn số có số dư tổng ba số chia hết cho Nếu không tồn số có số dư nhiều có số có số dư chia cho 3, suy phải có số có số dư khác chia cho Tổng số chia hết cho VI PHƯƠNG PHÁP DÙNG QUY NẠP TOÁN HỌC Phương pháp giải Trong toán học, dùng quy nạp để chứng minh A(n) chia hết cho k với n n0 ta thực hiện: Bước Chứng minh A(n) chia hết cho k với n n0 Bước Chứng minh với m n0 giả sử A(m) chia hết cho k đúng, ta phải chửng minh A  m  1 chia hết cho k Bước Kết luận n Ví dụ 10: Với n nguyên dương, chứng minh rằng: A  n  7  3n  chia hết cho Giải Với n 1 A  1 7   9 chia hết cho k Giả sử toán với n k  k 1 , tức A  k  7  3k  chia hết cho Ta cần chứng minh mệnh đề với n k  Thật vậy: k 1 k Ta có: A  k  1 7   k  1  7.7  3k   A  k  1 7  k  3k  1  18k  Vì k  3k  chia hết cho 18k; chia hết cho  A  k  1 chia hết cho Như toán với n k  Do tốn với n số ngun dương Ví dụ 11: Chứng minh với số nguyên dương n 122 n 1 11n 2 chia hết cho 133 Giải Với n 1 , tổng 123  113 2926 22.133 chia hết cho 133 Giả sử mệnh đề với n k  k 1 , tức 122 k 1  11k 2 chia hết cho 133 Ta cần chứng minh với n k  Tacó: 12 k 3  11k 3 144.122 k 1 11.11k 2 133.122 k 1  11  122 k 1  11k 2  Mỗi số hạng tổng chia hết cho 133 nên 122 k 3  11k 3 chia hết cho 133 Như toán với n k  Do tốn với n số nguyên dương VII PHƯƠNG PHÁP DÙNG ĐỒNG DƯ THỨC Phương pháp giải Hai số nguyên a b chia cho số nguyên m ( m 0 ) có số dư ta nói a đồng dư với b theo modun m, kí hiệu a b  mod m  Với a, b, c, d   m  * ta có: a b  mod m  ; b c  mod m   a c  mod m  a b  mod m  ;c d  mod m   a  c b  d  mod m  a  c b  d  mod m  ; a.c b.d  mod m  a b  mod m   a n b n  mod m  với n  * a b  mod m  ;c  *  ac bc  mod m  với c   3 10 Ví dụ 12: Cho A 2730910  2730910  2730910   2730910 Tìm số dư phép chia A cho (Thi học sinh giỏi Toán 9, Thành phố Hà Nội, năm học 2008 - 2009) Giải 3k Tìm cách giải Nhận thấy 27309 2  mod  , mặt khác 8 1 mod   1 mod  nên ta cần tìm đồng dư số mũ với Trình bày lời giải n Ta có 10 1 mod  với n    10n 3k  (với k   ) (1) k 1 23k 1 2.8k 2  mod  Ta có 27309 2  mod   27309 (2) Từ (1), (2) ta có A 2     mod  A 20 6  mod  Vậy số dư phép chia A cho Ví dụ 13: Với số tự nhiên n, đặt an 3n  6n  13 Chứng minh hai số , a j không chia hết cho có số dư khác chia cho  a j chia hết cho Giải Ta có an 3  n  1  10 Ta thấy an không chia hết cho n  khơng chia hết cho suy ra:  n  1 1  mod   an 3  mod  Do đó, , a j không chia hết cho có số dư khác  a j 3  0  mod  nên  a j chia hết cho VIII PHƯƠNG PHÁP ÁP DỤNG TÍNH CHẴN LẺ Phương pháp giải Một số tốn chia hết ta giải nhanh nhận xét sau: Trong hai số nguyên liên tiếp có số chẵn số lẻ Tổng hiệu số chẵn số lẻ số lẻ Tổng hiệu hai số chẵn số chẵn Tích số lẻ số lẻ Trong tích chứa số chẵn kết số chẵn Ví dụ 14: Cho a1 ; a2 ; a3 ; , a7 số nguyên b1 ; b2 ; b3 ; , b7 số nguyên đó, lấy theo thứ tự khác Chứng minh  a1  b1   a2  b2   a7  b7  số chẵn (Thi Học sinh giỏi Anh, năm 1968) Giải Tìm cách giải Phân tích từ kết luận, chứng tỏ phải có nhân tử số chẵn Mỗi nhân tử hiệu, tổng hiệu (số chẵn), nên hiệu khơng thể tồn số lẻ được, mà phải có số chẵn Từ ta có điều phải chứng minh Trình bày lời giải Đặt ci ai  bi với I = 1,2, 3, , Ta có: c1  c2   c7  a1  b1    a2  b2     a7  b7   a1  a2  a3   a7    b1  b2  b3   b7  0 Vì có số lẻ ci , tổng số số phải có số chẵn  c1.c2 c7 chia hết cho 2, suy điều phải chứng minh Ví dụ 15: Cho P  a  b   b  c   c  a   abc với a, b, c số nguyên Chứng minh a  b  c chia hết cho P chia hết cho (Tuyển sinh lớp 10, Trường THPT chuyên Chu Văn An, Amsterdam, Vòng 2, năm học 2005 - 2006) Giải Tìm cách giải Ta có P  a  b   b  c   c  a   abc  a  b   bc  ab  ac  c   abc  a  b  ab  abc   a  b  c  a  b  c   2abc  a  b  c   ab  bc  ca   2abc Do a  b  c chia hết số a, b, c có số chẵn Suy 2abc chia hết cho Mà  a  b  c   ab  bc  ca  chia hết cho suy P chia hết cho C Bài tập vận dụng 8.1 Có thể tìm số tự nhiên n để n  n  chia hết cho 2025 hay không? Hướng dẫn giải – đáp số Xét chữ số tận n ta có: n 7 1 n  n 1 2  n  n  không chia hết cho  n  n  không chia hết cho 2025 8.2 a) Chứng minh n3  n  không chia hết cho với số tự nhiên n b) Chứng minh n3  n chia hết cho 24 với số tự nhiên n lẻ Hướng dẫn giải – đáp số a) Ta có: n  n n  n  1  n  1 n  1; n hai số nguyên liên tiếp nên n3  n 2 n  1; n; n  ba số nguyên liên tiếp nên n3  n 3  n3  n 6  n3  n  không chia hết cho b) Ta có: n  n n  n  1  n  1 Với n số lẻ, đặt n 2k  , biểu thức có dạng:  2k 1 2k  2k   4k  2k 1  k 1 Ta có k k  hai số nguyên liên tiếp  k  k  1 2   2k  1 k  k  1 8 Với k 3  2k  1 k  k  1 3 Với k 3 dư  2k  1 3   2k  1 k  k  1 3 Với k 3 dư  2k  1 3   2k  1 k  k  1 3 Vậy  2k  1 k  k  1 3 với k số tự nhiên Mà ƯCLN  3;8  1 nên n3  n 24 8.3 Cho a b số nguyên cho a  b chia hết cho 13 Chứng minh tồn hai số 2a  3b; 2b  3a chia hết cho 13 Hướng dẫn giải – đáp số 2 Ta có  2a  3b   2b  3a  6  a  b   13ab 2 Mà a  b 13 13ab 13 nên  a  b   13ab13   2a  3b   2b  3a  13 Vậy tồn hai số 2a  3b; 2b  3a chia hết cho 13 3 8.4 Cho a, b, c số nguyên, chứng minh  a  b  c  chia hết cho  a  b  c  chia hết cho Hướng dẫn giải – đáp số 3 3 3 Xét  a  b  c    a  b  c   a  a    b  b    c  c  3 3 3 Mà a  a 3; b  b 3;c  c 3   a  b  c    a  b  c  3 3 Suy  a  b  c  3  a  b  c  3 8.5 Cho số M 19931997  19971993 a) Chứng minh M chia hết cho 15 b) Hỏi M tận chữ số nào? (Thi Học sinh giỏi Toán 9, Thành phố Hồ Chí Minh, Vịng 1, năm học 1992 —1993) Hướng dẫn giải – đáp số a) Vì 15 3.5 mà  3,5  1 nên ta chứng minh M chia hết cho Áp dụng đẳng thức ta có: 1997 19931997  19931997  11997 chia hết cho 1993  , mà 1993  chia hết  1993  1 chia hết cho 1993 19971993  19971993  11993 chia hết cho 1997  , mà 1997  chia hết  1997  1 chia hết cho 1997 Do 1993  19971993  19931997  1   19971993  1 chia hết cho 998 19931997  1993 1993   19932   1 chia hết cho 19932  , mà 19932  chia hết   19931997  1993 chia hết cho 992 19971993  1997 1997   19972   1 chia hết cho 1997  , mà 1997  chia hết   19971993  1997 chia hết cho Do 19931997  1993  19971993  1997 chia hết cho  19931997  19971993  3990 chia hết cho  19931997  19971993 chia hết cho Suy M chia hết cho 15 b) Ta có 19931997  19971993 chia hết M có tận Mặt khác 19931997  19971993 chẵn nên M có tận 8.6 Chứng minh A 2903n  803n  464n  261n chia hết cho 1897 (Thi vơ địch tốn Hunggary, năm 1978) Hướng dẫn giải – đáp số Áp dụng công thức a n  b n a  b với a, b, n số tự nhiên a b 2903n  803n 2903  803  2903n  803n 2100 464n  261n 464  261  464n  261n 203 n n n n Mà 21007; 2037  2903  803   464  261  7 hay A7 2903n  464n 2903  464  2903n  464 n 2439 803n  261n 803  261  803n  261n 542 n n n n Mà 2439271;542271  A 2903  464   803  261  271  A271 Mà ƯCLN  7; 271 1  A7.271 hay A1897 8.7 Cho X tập hợp gồm 700 số nguyên dương đôi khác nhau, số không lớn 2006 Chứng minh tập hợp X ln tìm hai phần tử x, y cho x  y thuộc tập hợp E  3;6;9 (Tuyển sinh lớp 10, Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội, Vòng 2, năm học 2006 - 2007) Hướng dẫn giải – đáp số Cách Chia dãy số nguyên dương từ đến 2006 thành 201 đoạn:  1;10 ,  11; 20 ,  21;30 ,….,  1991; 2000 ,  2001; 2006 Vì X có 700 số nguyên dương khác nên theo nguyên lí Đi-rich lê, tồn số 700 số thuộc đoạn Mặt khác, với số bất kì, ln tồn số chia cho có số dư, hiệu hai số chia hết cho 3, suy hiệu hai số thuộc tập hợp E  3;6;9 Cách Chia X thành tập hợp sau: A  x / x 3k  1, k   ; B  x / x 3k  2, k   ; C  x / x 3k  3, k   ; Có 700 số chia thành tập hợp, theo nguyên lí Đi-rich lê, tồn tập hợp có 234 phần tử Trong tập hợp tồn hai số cách đơn vị Thật số tập hợp đơn vị số lớn tập hợp không nhỏ 9.233 2097  2006 , mâu thuẫn với giả thiết Suy X tồn hai số cách Vậy tập hợp X ln tìm hai phần tử x, y cho x  y thuộc tập hợp E  3;6;9 8.8 Chứng minh m chia hết cho  m  20m  chia hết cho 48, với m số nguyên (Thi học sinh giỏi Tốn 9, Bình Phước, năm học 2012 - 2013) Hướng dẫn giải – đáp số Đặt m 2k  k   3 Ta có m  20m 8k  40k 8k  k   Xét k chẵn  8k 16  8k  k   16 2 Xét k lẻ  k  52   k   16  8k  k   16 Xét k 3  8k  k   3 Xét k không chia hết cho 3: k 3m 1  k 9m 6m   k  9m 6m  63  8k  k   3 Mà ƯCLN  3;16  1 nên 8k  k   48 hay  m  20m  chia hết cho 48 8.9 Với a, b số nguyên Chứng minh 4a  3ab  11b chia hết cho a  b chia hết cho (Thi học sinh giỏi Toán 9, Hài Dương, năm học 2012 - 2013) Hướng dẫn giải – đáp số 2 2 2 Ta có 4a  3ab  11b 4a  3ab  b  10b  4a  b   a  b   10b 4a  3ab  11b 5   4a  b   a  b  5 (vì 10b 5 ) - Trường hợp 4a  b 5  5a   a  b  5  a  b5 4 2 Mà a  b  a  b   a  b   a  b  nên a  b 5 4 2 - Trường hợp a  b 5 mà a  b  a  b   a  b   a  b  nên a  b 5 Vậy 4a  3ab  11b chia hết cho a  b chia hết cho 8.10 Chứng minh tổng hai số nguyên chia hết cho tổng lập phương chúng chia hết cho (Thi học sinh giỏi Toán 9, tỉnh Vĩnh Long, năm học 2012 - 2013) Hướng dẫn giải – đáp số Đặt hai số ngun a b a  b3 3 2 Xét a  b  a  b   a  ab  b   a  b    a  b   3ab  3   a  b    a  b   3ab  9 suy a  b3 9   8.11 Cho A n 2012  n 2011  Tìm tất số tự nhiên n để A nhận giá trị số nguyên tố (Thi học sinh giỏi Toán 9, tỉnh Nghệ An, năm học 2011 - 2012) Hướng dẫn giải – đáp số Xét n 0 A 1 , số nguyên tổ Xét với n 1 A 3 số nguyên tố Xét n 2 Ta có A n 2012  n2  n 2011  n  n  n  n  n3670  1  n  n3670  1   n2  n  1 Mà n3670   n3  670  1n3  1; n3  1n  n   n3670  1n  n   An  n  1; n  n   n  n   A nghĩa A số nguyên tố với n 2 Vậy có n 1 thỏa mãn 8.12 Cho đa thức bậc ba f  x  với hệ số x3 số nguyên dương biết f    f  3 2020 Chứng minh f    f  1 hợp số Hướng dẫn giải – đáp số Theo đề f  x  có dạng f  x  ax  bx  cx  d  a   3 2 Ta có: 2020  f  5  f  3    a     b    3 c 98a  16b  2c  16b  2c  2020  98a  3 2 Ta có: f    f  1    a     b    1 c 342a  48b  6c 342a   16b  2c  342a   2020  98a  6060  48a 3 Vậy f    f  1 họp số 8.13 Cho số nguyên k a) Chứng minh  k  3k   chia hết cho 11 k 11t  với t số nguyên b) Chứng minh  k  3k   không chia hết cho 121 (Tuyển sinh lớp 10, chun tốn, Trường Phổ Thơng Năng Khiếu, ĐH QG TP Hồ Chỉ Minh, năm học l996 1997) Hướng dẫn giải – đáp số a) Ta có k  3k   k    11 k  1 Suv k  3k  chia hết cho 11  k   chia hết cho 11 Do 11 số nguyên tố nên điều xảy k  chia hết cho 11 hay k 11t  với t số nguyên 2 b) Giả sử có k nguyên cho  k  3k   chia hết cho 121 Khi  k  3k   chia hết cho 11 Theo câu a) k 11t  , thay vào ta có: k  3k   k    11 k  1 121t  121t  33 khơng chia hết cho 121 (vì 33 khơng chia hết cho 121) Mâu thuẫn Vậy  k  3k   không chia hết cho 121 8.14 Cho a,b, c khác thỏa mãn điều kiện:  ab  bc  ca  a 2b  b 2c  c a Chứng minh a  b3  c chia hết cho Hướng dẫn giải – đáp số Từ giả thiết ta có: a 2b2  b2 c  c a  2ab 2c  2bc a  2bca a 2b  b 2c  c a  2abc  a  b  c  0  a  b  c 0 abc 0 Ta có: a  b3  c3 a3  b3   a  b  a  b3  a  3a 2b  3ab  b3  3ab  a  b  3abc 3 8.15 Cho A  n  n  n  1 Chứng minh A  n  chia hết cho 60 với số tự nhiên n Hướng dẫn giải – đáp số Ta có: A  n  n  n  1  n  1 n  n  1  n  1  n  1 Nếu n chẵn  n 4  A4 Nếu n lẻ   n  1  n  1 4  A4 - Ta có n  1; n.n  ba số nguyên liên tiếp nên  n  1 n  n  1 3  A3 - Nếu n 5 A5 Nếu n 5 dư  n  1 n  n  1 5  A5 Nếu n : dư  n 5 dư  n  15  A5 Mà 3; 4; nguyên tố đôi nên A3.5.4 hay A60 8.16 Cho P  a  b   b  c   c  a   abc a) Phân tích P thành nhân tử b) Chứng minh a, b, c số nguyên mà a  b  c chia hết P  3abc chia hết cho Hướng dẫn giải – đáp số a) Ta có: P  a  b   bc  ac  c  ac   abc  a  b   c  a  b  c   ab   abc  a  b  c  a  b  c    a  b  ab  abc  a  b  c  a  b  c   ab  a  b  c   a  b  c   ab  bc  ca  b) Từ a  b  c 6  P 6 a  b  c 6  a  b  c 2  a, b, c tồn sổ chẵn  abc 2  3abc 6  P  3abc 6 5 5 8.17 Cho a, b, c số nguyên thỏa mãn a  b 4  c  d  Chứng minh rằng: a  b  c  d chia hết cho (Thi học sinh giỏi toán 9, tỉnh Quảng Bình, năm học 2010 - 2011) Hướng dẫn giải – đáp số 5 5 Ta có a  b  c 5  c  d  5 5 5 5 5 Xét a  b  c  d   a  b  c  d   a  a    b  b    c  c    d  d  2 Mà a  a a  a  1 a  a  1  a  1 - Nếu a 5  a  a 5 - Nếu a 5k 1 a  15  a  a 5 - Nếu a 5k 2 a  15  a  a 5 Vậy với a số nguyên a  a 5 Tương tự ta có b5  b 5 ; c  c 5 ; d  d 5  a  b5  c  d  (a  b  c  d )5 Mà a  b5  c5  d 5  a  b  c  d 5 8.18 Cho A  a3 a a với a số tự nhiên chẵn Hãy chứng minh A có giá trị nguyên   24 12 Hướng dẫn giải – đáp số Tacó: A  a  3a  2a a  a  1  a    24 24 a; a  1; a  lả sổ nguyên liên tiếp  a  a  1  a   3 (1 ) Vì a số chẵn nên ta đặt a 2k A  k   4k  k  1  2k  1 k  k  1  2k  1  24 k ; k  số nguyên liên tiếp  k  k  1 2  a  a 1  a   4 (2) Từ ( ) (2)  A   n 1 n 1 n 1 n 1 8.19 Cho an 2   bn 2   Chứng minh với số tự nhiên n, có số an bn chia hết cho Hướng dẫn giải – đáp số Ta có an  bn 2.22 n 1   22  n 1  4 n1  Với n số tự nhiên 4n 1 tận  an  bn tận  an  bn không chia hết cho  an bn không chia hết cho 5.(1) n 1 n 1 n 1  n 1  1 Xét an bn   1  2  22 n 1  1   2n 1  42 n 1  2.22 n 1   22 n 2 42 n 1 5 (vì 2n  lẻ) An bn 5 (2) Từ (1) (2) suy có số an bn chia hết cho 8.20 Chứng minh p số nguyên tố lớn p  124 Hướng dẫn giải – đáp số Ta có p số nguyên tố lớn nên p chia dư  p  13 (1) Mặt khác p số nguyên tố lớn nên p  1; p  hai số chẵn liên tiếp   p  1  p  1 8  p  18 (2) * Mả  3;8  1 , từ ( ) (2) suy điều phải chứng minh