Cđ4 các bài toán chia hết 1

CHỦ ĐỀ 4: CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH CHIA HẾT A LÝ THUYẾT CẦN NHỚ Định nghĩa: Cho hai số tự nhiên a b , b 0 Ta nói a chia hết cho b tồn số tự nhiên q cho a  bq Khi ta cịn nói: a bội b , b ước a Các tính chất chung 1) Bất số khác chia hết cho 2) Tính chất bắc cầu: a chia hết cho b b chia hết cho c a chia hết cho c 3) Số chia hết cho số b khác 4) Bất số chia hết cho Tính chất chia hết tổng hiệu 5) Nếu a b chia hết cho m a  b chia hết cho m , a  b chia hết cho m Hệ quả: Nếu tổng hai số chia hết cho m hai số chia hết cho m số cịn lại chia hết cho m 6) Nếu hai số a b chia hết cho m , số không chia hết cho m a  b khơng chia hết cho m , a  b không chia hết cho m Tính chất chia hết tích 7) Nếu thừa số tích chia hết cho m tích chia hết cho m 8) Nếu a chia hết cho m b chia hết cho n ab chia hết cho m.n n n Hệ quả: Nếu a chia hết cho b a chia hết cho b Một số dấu hiệu chia hết Đặt A an an a2 a1a0 với an ; an ; a2 ; a1 ; a0 chữ số Khi ta có dấu hiệu chia hết sau:  A2  a0 2  a0   0; 2; 4; 6;8  A3   a0  a1   an   an  3  A4  a1a0 4  A5  a0 5  a0   0;5  A8  a2 a1a0 8  A9   a0  a1   an   an  9  A11    a0  a2     a1  a3    11  A25  a1a0 25  A125  a2 a1a0 125 Dạng 1: Chứng minh chia hết Bài 1: Chứng minh rằng: b) ab  ba 9 ( a  b ) a) ab  ba 11 c) abcabc7,11,13 Lời giải a) Ta có: ab  ba 10a  b  10b  11b  11b 11 b) Ta có: ab  ba (10a  b)  (10b  a ) 9a  9b 9 c) Ta có: abcabc abc.1001 abc.7.11.137,11,13 Bài 2: Chứng minh rằng: a) (n  10)(n  15) 2 b) n(n  1)(n  2)2,3 c) n  n  không chia hết cho 4, 2,5 Lời giải a) Ta có: Nếu n số lẻ n  152 n  10   n  15  2 Nếu n số chẵn n  102 , Như với n số tự nhiên  b) Ta có: Vì cho n  n  1  n   số tự nhiên liên tiếp nên có số chia hết cho 2, số chia hết c) Ta có: n(n  1)  số lẻ nên khơng chia hết cho 4, có chữ số tận khác Bài 3: Chứng minh rằng: a) (n  3)(n  6)2 b) n  n  không chia hết cho c) aaabbb37 Lời giải a) Ta có: Nếu n số chẵn n  62 n  3  n   2 Nếu n lẻ n  32 , Như với n số tự nhiên  b) Ta có: n  n  n  n  1  là: 0, 2, 6, , n  n  1  n  n  1 tích hai số tự nhiên liên tiếp nên có chữ số tận có tận 6, 8, nên không chia hết cho c) Ta có: aaabbb aaa000  bbb a.11100  b.111 a.300.37  b.3.37 chia hết cho 37 Bài 4: Chứng minh rằng: b) ab( a  b)2 a) aaa a c) abc  cba 99 Lời giải a) Ta có : aaa a.111 a.3.37 chia hết cho a chia hết cho 37 b) Ta có: Vì a, b hai số tự nhiên nên a, b có TH sau: TH1: a, b tính chẵn lẻ a  b số chẵn nhưu a  b chia hết cho TH2: a  b khác tính chẵn lẻ số phải có số chẵn số chia hết cho c) Ta có: abc  cba 100a  10b  c   100c  10b  a  99a  99c 99  a  c  99 Bài 5: Chứng minh rằng: ab  8.ba 9 Lời giải Ta có: ab  8.ba 10a  b   10b  a  18a  18b 18  a  b  9 Bài 6: Cho a, b   Chứng minh rằng: (4a  b)5  (a  4b)5 Lời giải Ta có  4a  b  5   4a  b  5   16a  4b  5  15a   a  4b  5   a  4b  5  dpcm  Bài 7: Chứng minh số có dạng abcabc ln chia hết cho 11 Lời giải Ta có: abcabc a.105  b.104  c.103  b.10  c a.10  103  1  b.10  103  1  c  103  1  103  1  a.102  b.10  c  1001 a.102  b.10  c  11.91.abc 11 Bài 8: A  n    n   6n Tìm n số tự nhiên để Lời giải Ta có: A 12n  n  n  1  30 Ta có: n  n  1 n  30n  n  U  30   1; 2;3;5; 6;10;15;30 Và , để A6n  n  n  1  306n n  n  1 6  n  n  1 3  n   1;3;6;10;15;30 Thử vào ta thấy n   1;3;10;30 thỏa mãn yêu cầu đầu Bài 9: 10a  b17  a, b   Chứng minh 3a  2b17 và ngược lại có không? Lời giải * 3a  2b 17  10a  b17  9.(3a  2b)17  27 a 18b 17   17 a 17b    10a  b  17  10a  b 17 Ta có: 3a  2b17 *10a  b 17  3a  2b 17 Ta có: 10a  b 17   10a  b  17  20a  2b 17  17a  3a  2b 17  3a  2b 17 Bài 10: Chứng minh rằng: a) Nếu ab  cd 11 abcd 11 b) Cho abc  deg 7 chứng minh abc deg 7 Lời giải a) Thật   abcd 100.ab  cd 99.ab  ab  cd , chia hết cho 11 b) Ta có abc deg 1000abc  deg 1001abc  (abc  deg) mà abc  deg 7 10017 nên abc deg 7 Bài 11: a) Chứng minh ab 2cd với a, b, c, d chữ số khác abcd chia hết cho 67 b) Cho số abc chia hết cho 27 Chứng minh bca chia hết cho 27 Lời giải a) Ta có ab 2cd abcd ab.100  cd 2cd 100  cd cd 201 cd 67.3 Vậy abcd chia hết cho 67 b) Ta có abc 27  abc027  1000a  bc027  999a  a  bc027  27.37 a  bca 27 Do 27.37 a27 nên bca27 Bài 12: Chứng minh a) abc deg 23, 29 abc 2.deg b) Nếu (ab  cd  eg ) 11 abc deg 11 Lời giải a) Ta có : abc deg 1000abc  deg 1000.2deg  deg 2001deg deg.23.29.3 b) Ta có : abc deg 10000.ab  100cd  eg 9999ab  99cd  (ab  cd  eg )11 Bài 13: a) Cho abc  deg 37 chứng minh abc deg 37 b) Nếu abcd 99 ab  cd 99 Lời giải a) Ta có: abc deg 1000abc  deg 999abc  (abc  deg) 37 b) Ta có:   abcd 100.ab  cd 99.ab  ab  cd 99  ab  cd 9 Bài 14: Chứng minh abcd 101 ab  cd 101 Lời giải Ta có:   abcd 101  100.ab  cd 101.ab  ab  cd 101.ab  ab  cd 101  ab  cd 101 Bài 15: 2a  5b  6c 17  a, b, c  Z  Chứng minh a  11b  3c 17 Lời giải Ta có: a  11b  3c 17  2a  22b  6c 17   2a  5b  6c   17b 17  2a  5b  6c 17 Bài 16: Chứng minh a) abcd 29 a  3b  9c  27d 29 b) Nếu abc21 a  2b  4c 21 Lời giải a) Ta có: abcd 1000a  100b  10c  d 29  2000a  200b  20c  2d 29  2001a  a  203b  3b  29c  9c  29d  27 d 29   2001a  203b  29c  29d    a  3b  9c  27 d  29  a  3b  9c  27 d 29 b) Ta có: abc 21  100a  10b  c 21   100a  10b  c  21   a  2b  4c    399a  42b  21   a  2b  4c   21 19a  2b  21   a  2b  4c  21 Bài 17: Chứng minh ab  cd  eg chia hết cho 11 abc deg chia hết cho 11 Lời giải Ta có  abc deg 10000.ab  100.cd  eg 9999.ab  99.cd  ab  cd  eg  chia hết cho 11 Bài 18: Với a, b số nguyên, chứng tỏ rằng: a  4b 13 10a  b 13 Lời giải  10  a  4b  13 Ta có: a  4b13 (1) Lại có: 10  a  4b  10a  40b 10a  b  39a Mà 39a13 (2) Từ (1) (2)  10a  b 13 Bài 19: Tìm chữ số a biết 20a 20a 20a chia hết cho Lời giải Ta có   n 20a 20a 20a 20a 20a.1000  20a.1000  20a 1000  20a 1001.20a.1000  20a Theo đầu n chia hết cho , mà 1001 chia hết 20a chia hết cho Ta có 20a 196    a  chia hết a  chia hết cho Vậy a 3 Bài 20: Chứng minh Cho ba chữ số khác khác Lập tất số tự nhiên có ba chữ số gồm ba chữ số Chứng minh tổng chúng chia hết cho 37 Lời giải Gọi ba chữ số a, b, c Các số tự nhiên có chữ số gồm số abc, acb, bca, bac, cba, cab Tổng số theo đề abc  acb  bca  bac  cba  cab 222  a  b  c  chia hết cho 37 Bài 21: x  y   x  y  1002 Có hai số tự nhiên x y mà  hay không? Lời giải Giả sử tồn số tự nhiên x y  x  y   x  y  1002  1 Không thể xảy trường hợp x y có số chẵn, số lẻ xảy x  y x  y lẻ nên tích  x  y   x  y  số lẻ, trái với (1) Vậy x y phải chẵn lẻ Khi x  y x  y chẵn nên tích chia hết vơ lí  x  y   x  y  chia hết cho 4, 1002 khơng x  y   x  y  1002 Vậy không tồn số tự nhiên x y mà  Bài 22: Tìm số tự nhiên có hai chữ số, cho viết tiếp sau số 1999 ta số chia hết cho 37 Lời giải Gọi số phải tìm ab Ta có Vậy   1999ab 37  199900  ab 7  5402.37  26  ab 37  26  ab 37 ab   11; 48;85 Bài 23: Cho n số tự nhiên Chứng minh rằng: a) n  10   n  15  b) n  n  1  n   c) n  2n    n  1 chia hết cho chia hết cho cho chia hết cho Lời giải n  10   n  15  a) Nếu n số lẻ n  15 chia hết  chia hết cho n  10   n  15  b) Nếu n số chẵn n  10 chia hết  chia hết cho n 2n  1  7n  1 2 c) Trong số n 7n  phải có số chẵn nên  Mà  2;3 1 nên ta cần chứng minh n  2n  1  7n  1 3 Xét trường hợp: n  2n  1  7n  1 3k  6k  1  21k  1 3 - Trường hợp 1: n 3k 2n   6k   3  n  2n    7n  1 3 - Trường hợp 2: n 3k  7n   21k  15  3  n  2n    7n  1 3 - Trường hợp 3: n 3k  Từ trường hợp suy n  2n    n  1 chia hết cho Bài 24: Tìm tất chữ số x, y cho 2019xy chia hết cho 2, Lời giải Tìm tất chữ số x, y cho 2019xy chia hết cho 2, Ta có 2019xy chia hết cho  y 0  1   x   3   12  x  3 Lại có 2019xy 3 nên   x   0; 3; 6; 9 Vậy  x; y     0;0  ;  3;0  ;  6;0  ;  9;0   Bài 25: Cho hai số nguyên a b không chia hết cho 3, chia cho có số dư: Chứng minh rằng:  ab  1 3 Lời giải Ta có: a 3 p  r , b 3q  r  p, q, r  Z , r 1,  ab   p  r   3q  r   3 p  3q  r   r  p  r   9 pq  pr  3qr  r  Nếu r 1 r  1  03 Nếu r 2 r  4  33 Vậy  ab  1 chia hết cho Bài 26: Tìm số tự nhiên có chữ số, chia hết cho cho 27 biết hai chữ số số 97 Lời giải Gọi n số phải tìm, n phải tận n phải chia hết cho Xét n *975 chia hết cho nến * = Thử lại: 6975 không chia hết cho 27 Xét n *970 chia hết * 2 Thử lại: 2970 chia hết cho 27 Số phải tìm 2970 Bài 27: Hai số tự nhiên a 2a có tổng chữ số k Chứng minh a chia hết cho Lời giải Ta biết số tổng chữ số có số dư phép chia cho 9, hiệu chúng chia hết cho Như 2a – k9 a  k 9 Suy ra:  2a  k    a  k  9 Do a9 Bài 28: Cho số tự nhiên ab lần tích chữ số a) Chứng minh b chia hết cho a b) Giả sử b  ka (k  N ), chứng minh k ước 10 c)Tìm số ab nói Lời giải a) Theo đề bài: ab = 3ab  10a  b 3ab (1)  10a  ba a  b a 10a  ka 3a.ka  10  k 3ak b) Do b ka nên k  10 Thay b ka vào (1)  10  k c) Do k  10 nên k  {1 ; ; 5} (2) Với k 1 , thay vào (2) : 11 3a, loại Với k 2 , thay vào (2) : 12 6a  a 2; b ka 2.2 4 Ta có ab 24 3.2.4 Với k 5 , thay vào (2) : 15 5a  a 1; b ka 5.1 5 Ta có ab 15 3.1.5 Đáp số: 24 15 Chú ý Cách giải câu c không thông qua câu a b ab 3ab  10a  b  3ab  10a  3ab – b  10a  b  3a – 1 Ta thấy 10a chia hết cho 3a  , mà a 3a  nguyên tố (thật vậy, a 3a  chia hết cho d 3a   3a  1 chia hết cho d , tức d ,vậy d 1 ) nên 10  a - 3a – 3a 10 11 a Loại Loại b Đáp số: 15 24 Bài 29: Tìm số tự nhiên có hai chữ số, biết số chia hết cho tích chữ số Lời giải Gọi số phải tìm ab , ta có 10a  b  ab (1) Suy b  a Đặt b ka (2) k  10 (k  N ) Thay b ka vào (1) ta có 10a  ka  akb  10a ka  10 k  k   1, 2, 5 Nếu k 1 b a Thay vào (1) ta 11a a  11a  a 1 Vậy ab = 11 Nếu k 2 b 2a Xét số 12, 24, 36, 48 ta có số 12, 24, 36 thỏa mãn đề Nếu k 5 b 5a  ab 15 thỏa mãn đề Kết luận: Có số thỏa mãn đề 11, 12, 15, 24, 36 Bài 30: Tìm số tự nhiên nhỏ biết số chia dư 5, chia dư 4, chia dư Lời giải Gọi số tự nhiên nhỏ thỏa mãn yêu cầu đề a 10 Vì a chia dư nên a  49  a   1539  a  157 9 Vì a chia dư nên a  37  a  1547  a 1577 Vì a chia dư nên a  25  a  1555  a 157 5 Suy a 157  BC  9,5,  BCNN  9,5,  315  a  157 315k ví a nhỏ nên k 1  a 158 Vậy số tự nhiên nhỏ thỏa mãn yêu cầu đề 158 Bài 31: Một số chia cho dư 3, chia cho 17 dư 12, chia cho 23 dư Hỏi số chia cho 2737 dư bao nhiêu? Lời giải Gọi số cho A Theo ta có: A 7a  17b  12 23c  Mặt khác: A  39 7a   39 17b 12  39 23c   39 7  a   17  b   23  c   Như A  39 đồng thời chia hết cho 7,17 23 Nhưng ƯCLN  7,17, 23 1   A  39  7,17, 23  A  39 2737  A 2698 Do 2698  2737 nên A : 2737 có số dư 2698 Bài 32: Cho số abc37 Chứng minh cab37 Lời giải Vì abc37 nên 100.abc 37  10000a  1000b  100c 37  100c  10a  b  9990a  999b 37  cab  37  270a  27b  37  cab 37 Bài 34: Chứng tỏ 27 số tự nhiên tùy ý tồn hai số cho tổng hiệu chúng chia hết cho 50 Lời giải TH1: Nếu 27 số tự nhiên có số có số dư chia cho 50 hiệu chúng chia hết cho 50 TH2: Nếu 27 số tự nhiên khơng có hai số có số dư chia cho 50 Số dư chia cho 50 gồm: 0; 1; 2; ; 49 chia làm 26 nhóm: 11   ,  1; 49  ,  2; 48  ,  24; 26  ,  25  Chia 27 số dư khác vào 26 nhóm trên, tồn số nhóm Suy tổng chúng chia hết cho 50 Vậy 27 số tự nhiên tùy ý tồn hai số cho tổng hiệu chúng chia hết cho 50 Bài 34: Cho n 7a5  8b4 Biết a  b 6 n9 Tìm a, b Lời giải Do n 9  a5  8b49  700  10a   800  10b  49  1509  10a  10b 9  1503  9a  9b   a  b 9   a  b 9  a  b   3;12 + Với a  b 3 a; b khác tính chẵn lẻ a  b 6 a; b tính chẵn lẻ Do khơng tồn a; b + Với a  b 12 a  b 6 suy a 9; b 3 Vậy a 9; b 3 Bài 35: Cho số tự nhiên ab ba lần tích chữ số nó, chứng minh b a Lời giải Ta có: ab 3ab  10a  b 3ab  10a  b a  b a Bài 36: Tìm số tự nhiên có ba chữ số biết chia số cho số 25; 28;35 số dư 4;7;14 Lời giải Ta gọi x abc (  a 9;0 b; c 9; a; b; c  N ) số tự nhiên có chữ số cần tìm Theo giả thiết x chia cho 25; 28;35 ta số dư 4; 7;14  x 25m     x 28n  (m; n; p  N )   x 35 p  14   x  21 25   x  21 28   x  21 35 25; 28;35  BCNN  25; 28;35 700   x  21 700 Như x  21 bội chung  mà 12 Do 100  x 999  121  x  21 1020  x  21 700  x 679 Bài 37: Cho a, b hai số phương lẻ liên tiếp Chứng minh  a  1  b  1 192 Lời giải Ta có: Vì a, b số lẻ nên 2 a  2k  1 , b  2k  1   a  1 4k  k  1 ,  b  1 4k  k  1 Đặt Khi :  Và  a  1  b  1 4 a  1  b  1 16k  k  1  k  1 k  k  1 , k  k  1 Nên , Mà k  k  1  k   3 chia hết cho k  k  1  k  1 12   a  1  b  1 16k  k  1  k  1 192 , Khi a, b số phương lẻ liên tiếp Bài 38: Cho số nguyên phân biệt a, b, c, d Chứng minh A  a  b   a  c   a  d   b  c   b  d   c  d  12 Lời giải Theo nguyên lý Dirichlet số nguyên tùy ý tồn hai số nguyên tùy ý có số dư chia hết cho suy A3 Trường hợp 1: số số chẵn nên tồn hiệu chia hết cho suy A4 Trường hợp 2: số số lẻ nên tồn hiệu chia hết cho suy A4 Trường hợp 3: số chẵn hai số lẻ nên tồn hiệu chia hết cho suy A4 Trường hợp 4: số chẵn số lẻ , từ số chẵn cho ta hiệu chia hết cho suy A4 Trường hợp 5: số lẻ số lẻ, từ số lẻ cho ta hiệu chia hết cho suy A4 3, 1 Do A chia hết cho mà   nên A chia hết cho 12 Bài 39: Tìm số nguyên dương x y lớn cho x  chia hết cho y y  chia hết cho x Lời giải Giả sử x  y 13 a) Xét y 2  x 2 không thỏa mãn x  chia hết cho y x  ky  k  N   ky  x   y   y  y 2 y  k 2 b) Xét y 3 Đặt y  3 x x   x x   x   2;3; 6 Với k 1 , từ   ta có x   y , thay vào   nên lại có x y y  3 x y   x  x  9x  9x Với k 2 , từ   ta có x  2 y , thay vào   Do x   x   3;9 - x 3  y 3 , thử lại thấy - x 9  y 6 (loại) trái với x  y Các cặp số Các cặp số  x, y  phải tìm  2;5 ,  5;  ,  3;6  ,  6;3 ,  6;9  ,  9,  ,  3;3 x 9  y 6 Bài 40: Cho 10 số tự nhiên a1 ; a2 ; a3 ; ; a10 Chứng minh tồn số tổng số số liên tiếp dãy chia hết cho 10 Lời giải Xét 10 tổng sau: S1 a1 ; S2 a1  a2 ; S3 a1  a2  a3 ;… : S10 a1  a2  a3   a10 Nếu 10 tổng tồn tổng chia hết cho 10 toán chứng minh Ta di xét trường hợp : 10 tổng S1 ; S ; ; S10 không chia hết cho 10 Do số dư phép chia S1 ; S ; S3 ; ; S10 cho 10 A  1; 2;3; 4;5;6;7;89  thuộc tập hợp gồm phần tử theo nguyên lý Đi rich lê tồn tổng Si ; S j  i  j;1 i  j 10  có số dư chia cho 10   S j  Si  10   1  2   a j  10 ta có điều cần chứng minh Bài 41: 1998 a) Cho A 1999  1999 1999  1999  Chứng minh A 2000 b) Tìm số tự nhiên n lớn có chữ số thỏa mãn điều kiện: n chia cho dư 7, chia cho 31 dư 28 Lời giải 14 a) Có: A  1999  19992    19993  1999    19991997   19991998  1999   1999   19993   1999  19991997  1999  1999.2000 19993.2000 19991997.2000 2000  1999  19993 19991997   A 2000 (đpcm) n 8 x   n  8   x, y *       n  28 31 b) Ta có n 31y  28  n   72     n  28  93 31 n  65   n  65 31  n  65  BCNN (8,31)  248; 496;744;992  n   183; 431;679;927  n 927 (vì n lớn có chữ số) Vậy số cần tìm là: 927 Bài 42: Tìm số tự nhiên nhỏ lớn 10 , biết số chia cho 5;6;7 có số dư 3; 2;1 Lời giải Gọi số phải tìm a Theo đề bài, ta có:  a  , a  10  a chia cho dư   a  3 5   a  3  55 hay a  85 a chia cho dư  a  26   a    66 hay a  86 a chia cho dư  a  17   a  1  77 hay a  87 a   BC  5, 6,  Do a  BCNN  5, 6,  210 Để a nhỏ lớn 10  a  210  a 218 Vậy số tự nhiên cần tìm 218 Bài 43: * Cho a, b  N , thỏa mãn số chia hết cho 361 M  9a  11b   5b  11a  chia hết cho 19, giải thích M Lời giải Ta có: Xét M  9a  11b   5b  11a  19 mà 19 số nguyên tố nên 9a  11b19 5b  11a 19 M 3  9a  11b    5b  11a  27a  33b  5b  11a 38a  38b 19  2a  2b  19 15 9a  11b19   9a  11b  19 mà N 19  5b  11a 19 (1) N 19   9a  11b  19  9a  11b 19 + Nếu 5b  11a 19 , mà (2) + Nếu Từ (1) (2) suy :  9a  11b  19  5b 11a  19  M 192 361 Bài 44: m  16a  17b   17 a  16b  Cho hai số tự nhiên a b thỏa mãn rằng: Số m bội số 121 bội số 11 Chứng minh Lời giải Vì 11 số nguyên tố: mà m  16a  17b   17 a  16b  11  16a  17b 11 17a  16b 11 Khơng tính tổng qt: giả sử: 16a  17b11 , ta cần chứng minh Thật vậy: Lại có: Vậy  17a 16b  11 16a  17b11   16a  17b  11  33  a  b   b  a 11  b  a 11  a  b 11  17a  16b  33  a  b   a  b 11   17a  16b  11  16a 17b   17a 16b  11.11 121 Bài 45: Chứng minh rằng: A 75  42018  42017   42    25 2019 chia hết cho Lời giải 2018 2017 2018 2017 Đặt M 4     4      M 4  2018  2017     1 4 2019  2018   43   4 M – M  42019  42018   43  42   –  42018  42017   42   1 3M 4 2019 –1  M  2019 –1 : A 75  42019 –1 :  25 25  2019 –1  25 25 42019  25  25 25.4 2019 2019 chia hết cho Bài 46: HSG Lục Ngạn Bắc Giang, năm học 2020-2021 A  x  y   y  z   z  x  12 Cho ba số phương x, y, z Chứng minh rằng: Lời giải Theo đề x; y; z số phương Mà số phương chia cho cho dư dư 16 Do số phương x; y; z chia cho phải có hai số có số dư, nên số x  y ; y  z ; z  x phải có số chia hết cho suy  x  y   y  z   z  x  3 Chứng minh tương tự ta có  3,  1 nên  x  y   y  z   z  x  4 A  x  y   y  z   z  x  12 Mà Bài 47: HSG Huyện Triệu Sơn, năm học 2020-2021 2 2 Cho x, y số nguyên thoả mãn 3x  y 1 Chứng minh x  y chia hết cho 40 Lời giải 2 2 Có 3x  y 1 mà y số chẵn ; số lẻ Nên 3x phải số lẻ Mà số lẻ Nên x phải số lẻ  x phải số lẻ Đặt x 2k  1; (k  Z )  x  2k  1  2k  1  2k  1 4k  4k  (1) 2 2 Có 3x  y 1  3x 1  y Vì 3x chia hết cho 2 Nên  y chia hết cho hay y chia cho dư  y phải số lẻ Đặt Từ y 2m  1; (m  Z )  y  2m  1  2m  1  2m  1 4m  4m  (2) (1; 2)  x  y 4 k  k  n2  n 4  k (k  1)  n(n  1)    chia hết cho Do k (k  1); n( n  1) chia hết cho 2 Do x; y số lẻ  x ; y chia dư hoặc (3) x  x  y 1 2 x  y  Mà hay   Do 5x chia hết cho x2  y2   Nên chia dư (4) 2 Từ (3; 4)  x ; y chia dư  x  y 5 mà x  y 8 5;8 hai số nguyên tố 2 Vậy x  y chia hết cho 40 17 18