Các dạng bài về chia hết trong tập hợp N

Bài 3Chứng minh rằng :Số có 3 chữ số có tổng các chữ số bằng 7 chia hết cho 7 khi và chỉ khi chữ số hàng chục và hàng đơn vị bằng nhau... Chứng minh tích m.n chia hết cho 5 .Giải Giả sử

CHUYÊN ĐỀ VỀ LÝ THUYẾT TOÁN CHIA HẾT

I) KIÊN THỨC CƠ BẢN

1) Định nghĩa:

a, b ∈ Z ( b ≠ 0 ) bao giờ cũng có duy nhất cặp số q,r sao cho a = bq + r với 0 < r <b

+ a là số bị chia ; b là số chia ; q là thương số ; r là số dư ( Trong đó r = 0;1;2; b  -1 )

+ Nếu r =0 thì a =bq ta nói a chia hết cho b ( a  b) hay a là bội của b hay b là ước của a

+ Nếu r ≠ 0 thì phép chia a cho b là phép chia còn dư

2) Một số tính chất:

1) a  a ( a ≠ 0 )

2) a  b ;b  c ⇒ a  c ( b, c ≠ 0)

3) a  b ⇒ ka  b ( b ≠ 0)

4) a  b ,a  c trong đó b,c là hai số nguyên tố cùng nhau thì a  ( bc)

5) a c , b c thì ( a + b)  c ; ( a - b ) c

6) ( a.b) c trong đó a,c là hai số nguyên tố cùng nhau thì b c

7) ( a - b )  c thì avà b chia cho c có cùng số dư

a.c ≡ b.d ( Mođ m)

9 ) a ≡ b(Mođm) ⇒ an ≡ bn(Mođm)

3 ) Dấu hiệu chia hết cho 2;3;5 ;4; 9;25;11

4) Một số hằng đẳng thức đáng nhớ :

1 ) ( a + b)2 = a2 + 2ab + b2 ; ( a - b )2 = a2 - 2ab + a2

2) ( a + b )3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3 ; ( a - b)3 = a3 - 3a2b + 3ab2 - b3

3 ) a2 - b2 = ( a -b) (a + b) ⇒ ( a2 - b2)  (a - b) ; ( a2 - b2 )  ( a + b)

4) a n - bn = ( a -b)( an-1+ an-2b +an-3b2 + abn-2 + bn-1) ⇒ (an - bn)  ( a -b)

5 ) a2n+1 + b2n+1 =(a+b)(a2n-a2n-1b + a2n-2b2 -a2n-3b3 + - + ab2n-1- b2n)

⇒ (a2n+1 + b2n+1)  ( a+b)

6) a2n - b2n = ( a+b)(a2n-1-a2n-2b + a2n-3b2 - +ab2n-2 - b2n-1) ⇒(a2n - b2n)  (a + b) II) MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN CHIA HẾT

A) PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG ĐỊNH NGHĨA:

Bài 1) Chứng minh rằng :

a) S = 5 +5 2 +5 3 + + 5 99 +5 100 chia hết cho 6 b) A = 2 + 2 2 +2 3 + + 2 99 + 2 100 chia hết cho 31

c ) B =16 5 + 2 15 chia hết cho 33 d) D = 1+2+3+ + 1995 chia hết cho 1995

Lời giải

b) A= ( 2+22+23+24+25) + (26+27+28+29+210) + ( ) (2k+2k+1+2k+2+2k+3+2k+4) .+ (296+297+298+299+2100) = 2(1+2+22+23+24) + 26( 1+2+22+23+24) +2k(1+2+22+23+24) .+ 296(1+2+22+23+24) = 31 (2+26+211+216+ +296)

Vậy A  31

c) B = 165 +(23)5 = 165 + 85 = (2.8)5 + 85 = 85( 25 + 1) = 85.33

Vậy B 33

d) D = ( 1+ 1995) 1995/2 = 1995.998 ⇒ D  1995

Bài2 )

Chứng minh rằng : Nếu ab 13 khi và chỉ khi ( a + 4b) 13

Giải

ab = 10a + b =13a -3a +13b -12b =13a - 13b -3(a + 4b)

Nếu ab  13 ⇒ 3(a + 4b) 13 ;mà 3và 13 là hai số nguyên tố cùng nhau Cho nên (a + 4b) 13

Bài 3)

Chứng minh rằng :Số có 3 chữ số có tổng các chữ số bằng 7 chia hết cho 7 khi và chỉ khi chữ số hàng chục và hàng đơn vị bằng nhau.

Giải

Gọi số đã cho là abc (a,b,c là các chữ số ,a ≠ 0) và a + b + c = 7

Xét abc = 100a + 10b + c = 98a + 7b +2a + 2b +2c +b - c

= 98a +7b + 2(a + +b +c) +b-c

vì a,b c là các chữ số ,theo bài ra các chữ số này đều nhỏ hơn7 , mà a+b+c =7

⇒ ä2(a+b+c7

Nếu abc  7 ⇒ ( b - c )  7 ,vì b,c < 7 nên b -c = 0 ⇒ b = c

Bài4 : Cho a,b ∈ Z chứng minh rằng : ( 3a + 2b)  17 khi và chỉ khi ( 10a + b ) 17

Giải

Cách 1 : 10a +b =34a + 17b - 24a -16b = 17( 2a + b) -8( 3a + 2b)

(10a + b) 17 khi và chỉ khi ( 3a + 2b) 17

Cách 2 : Xét 2(10a + b) - ( 3a + 2b) = 17a 17

Vậy nếu (10a + b) 17 khi và chỉ khi (3a + 2b) 17

Bài 5 : Chứng minh rằng : A = 2 9 + 2 99 chia hết cho 200

Giải

A = 29 + 299 = 29( 1 + 290) = 29[ 1 + (210)9]

mà [ 1 + (210)9]  ( 1 + 210) ; 1 + 210 = 102525

Vậy A 200

B) PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG VIỆC PHÂN TÍCH RA THỪA SỐ

LOẠI I : PHÂN TÍCH SỐ CHIA

Bài 1 : Chứng minh rằng : 21 39 + 39 21 chia hết cho 45

Nhận xét : 45 = 5.9

Dễ thấy A  9 vì 21  3 ; 39  3 ⇒ 2139

 9 , 3921

 9

A = 2139 + 3921 = ( 2139 - 1) + (3921 + 1)

3

mà (2139 - 1)  ( 21 - 1) ⇒ 2139 - 1  5

(3921 + 1)  ( 39 +1) ⇒ 3921 + 1  5

Vậy A  5

Từ điều kiện trên ta có A  45

Bài 2 ) Chứng minh : A = ( 11 2n - 2 6n )( 1996 4 - 1)  285

nhận xét : 285 = 5.57

1996 ≡ 1(Mođ 5) ⇒ 19964 ≡ 1(Mođ 5) ⇒ (19964 - 1)  5

112n - 26n = (112)n - (26)n = (121n - 64n )  ( 121 - 64 ) ⇒ ( 112n - 26n) 57 Vậy A  285

Bài 3 ) Chứng minh rằng : ( 20 15 - 1 ) 20861

* 20861 = 11.31.61

Đặt A = 2015 - 1 = (2015 + 215) - ( 215 + 1) = ( 2015 + 215) - [(25)3 + 1]

= ( 2015 + 215) - ( 323 + 1)

mà (2015 + 215)( 20 + 2) =22 ; (323 + 1)  33

⇒ A  11

Cách 1* 203 = 8000 ≡ 2(Mođ 31) ⇒ (203)5 ≡ 25(Mođ 31)

mà 25= 32 ≡ 1(Mođ 31) ⇒ 2015 = (203)5 ≡ 1(Mođ 31 ) ⇒ ( 2015 - 1) 31

⇒ A  31

* A = 2015 - 1 = (203)5 - 1

mà 203 = 8000 ≡ 9(Mođ 61) ⇒ 80005 ≡ 95(Mođ 61)

mà 92 = 81 ≡ 20(Mođ 61) ⇒ 812 ≡ 202(Mođ 61)

Vậy suy ra 9 812 ≡ 9 400(Mođ 61 ) ; mà 9.400 = 3600 ≡ 1(Mođ 61)

⇒ 2015 ≡ 1(Mođ 61) ⇒ 2015 -1  61 hay A  61

Vậy A  20861

Cách 2 : A = 515230 - 1 = 515230 -515 + 515 - 1 = 55(326 - 1) + (1255 - 1)

vì 32 - 1 = 31 ; 125 - 1 = 124  31 Vậy A  31

A = 2015 - 1 = ( 8115 - 1) - ( 8115 - 2015) = [(35)12 - 1] - ( 8115 - 2015)

35 = 243 ≡ -1(Mođ 61) ⇒ (35)12 ≡ 1(Mođ 61) ⇒ ( 8115 - 1)  61

( 8115 - 2015)  ( 81 - 20 ) ⇒ ( 8115 - 2015) 61

Vậy A  20861

Bài 4 ) Cho số M = 3 40 - 1 và số N = 396880 Chứng minh rằng M  N

N = 16.5.121.41

Giải : M = (34)10 - 1 = 8110 - 1 = (815 - 1) (815+ 1)

mà (815 - 1)  80 ; 80 =16.5 ⇒ (815 - 1)  (16.5)

(815+ 1)  82 ; 82 = 2 41 ⇒ (815+ 1)  41

M = (35)8 - 1 = ( 2438 - 1)  ( 243 - 1) mà 242 =2.121 ⇒ M  121

Vậy M  N

Bài 5) Cho số B = 27195 8 - 10887 8 + 10152 8

Chứng minh : B 26460

Giải : 26460 = 22.33.5.72

ma(271958 - 108878 )ø  (27195 - 10887) ; mà 16308 = 4.27.121  22.27 ;

 10152 = 22.33.94  22.33 Vậy B  22.33

mà 27195 = 3.5.72.37 ; (108878 - 101528)  (10887 - 10152)  3.5.72 ⇒ B  5.72

Vậy B  ( 22.33.5.72) hay B  26460

LOẠI 2 :PHÂN TÍCH SÔ BỊ CHIA

Bài 1 ) Chứng minh rằng : ( n 5 - n )  30 với mọi n ∈ Z

Giải

Ta có 30 = 5.6

* n5 - n = n( n4 - 1) = n( n -1)( n + 1)( n2 + 1)

vì n ; n -1; n + 1; là 3 số nguyên liên tiếp nên tích n(n+1)(n-1)  6

* Nếu n  5 ⇒ n5 - n  5

Nếu n không chia hết cho 5 thì n khi chia cho 5 sẽ có các dạng sau

5

n = bs 5 + 1 ⇒ n2 =bs5 +1

n = bs5 +2 ⇒ n2 = bs5 +4

n = bs5 + 3 ⇒ n2 = bs5 +1

n = bs5 + 4 ⇒ n2 = bs5 + 4

trong các trường hợp trên ta luôn có n2 - 1 hoặc n2 + 1 luôn chia hết cho 5 Vậy ( n4 - 1) 

5 Vậy ( n5 - n )  30 với mọi n ∈ Z

Bài 2 ) Chứng minh rằng : Nếu n là số lẻ không chia hết cho 3 và n > 2 thì ( n 2 - 1)  24

Giải

Vì n là số lẻ lơn hơn 2 nên n = 2k + 1

n2 - 1 =( n - 1)( n + 1) = 2k.(2k + 2)  8 với mọi k ∈ Z

Vì n không chia hết cho 3 nên n2 = bs3 + 1 ⇒ ( n2 - 1 )  3

Vậy ( n2 - 1) 24 với mọi n ∈ Z

Bài 3 ) Chứng minh rằng : n là số chẵn lớn hơn 4 thì n 4 - 4n 3 - 4n 2 + 16n chia hết cho 384

Nhận xét : 384 = 27.3

Phân tích : n4 - 4n3 - 4n2 + 16n = n( n - 2)(n + 2)( n - 4)

vì n là số chẵn lớn hơn 4 ,nên n = 2k ( k> 1,k ∈ Z )

n4 - 4n3 - 4n2 + 16n = 2k( 2k - 2)( 2k + 2)( 2k - 4) = 24.k( k - 1)( k + 1)( k - 2)

mà tích của 4 số nguyên liên tiếp chia hết cho 3 và 8 Vì vậy k( k - 1)( k + 1)( k - 2)  24 Vậy n4 - 4n3 - 4n2 + 16n chia hết cho 384

Bài 4 ) Cho a,b,c ∈ Z Chứng minh rằng :( a 3 + b 3 + c 3 )  6 khi và chỉ khi (a + b + c ) 6

Cách 1 : nhận xét : n3 - n = n( n - 1)( n + 1) 6 với mọi n Z

Xét hiệu :( a3 + b3 + c3) - ( a + b + c) = [ ( a3 -a) + ( b3 - b) + ( c3 - c)]  6

do vậy ( a3 + b3 + c3)  6 khi và chỉ khi (a + b + c ) 6

Cách 2

( a3 + b3 + c3) = ( a + b)3 + c3 - 3ab( a + b)

= ( a + b + c)(a2 +b2 +c2 - 2ab - bc - ac ) - 3ab( a+ b)

Dễ thấy 3ab( a + b) 6 vói mọi a,b  Z

Vậy : ( a3 + b3 + c3)  6 khi và chỉ khi (a + b + c ) 6

Bài 5) Chứng minh rằng : 25n 4 + 50n 3 - n 2 - 2n chia hết cho 24 ( n  N*)

Giải

Đặt A = 25n4 + 50n3 - n2 - 2n = 24n4 + 48n3 +n4 + 2n3 - n2 - 2n

Phân tích n4 + 2n3 - n2 - 2n = n( n +1)( n -1)( n +2) 24

Vậy (25n4 + 50n3 - n2 - 2n)24

Bài 6 ) Chứng minh rằng : 4a 2 + 3a + 5 chia hết cho 6 ( a  Z) Với a không chia hết cho 3và 2

giải

Cách 1 :Vì a không chia hết cho 2  a là số lẻ  3a +5 là số chẵn  (4a2 + 3a + 5) 2

4a2 + 3a + 5 = 3a2 + 3a + 3 + ( a2 + 2) ; vì a không chia hết cho 3a2 = bs3 + 1

vì vậy a2 + 2 chia hết cho 3 Vậy (4a2 + 3a + 5) 3

Do vậy (4a2 + 3a + 5 )  6 ( a Z)

Cách 2 : 4a2 + 3a + 5 = 3a2 + 3 + a2 +3a +2 = 3 ( a2 + 1) + (a + 1)( a + 2)

vì a là số lẻ  a2 + 1 là số chẵn  3( a2 + 1)  6

a + 1; a + 2 là hai số nguyên liên tiếp  ( a + 1)( a + 2) 2

vì a không chia hêt cho 3  trong hai số a + 1 ; a + 2 bao giờ cũng có một số chia

hết cho 3 Vậy ( a + 1)( a + 2)  6

Vậy với a không chia hết cho 2 và 3 thì 4a2 + 3a + 5 chia hết cho 6 ( aZ)

D) PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG

Bài 1 : Chứng minh rằng : Nếu ( x 2 + y 2 ) 3 khi và chỉ khi x3 và y3

Giải

Giả sử trong 2 số có ít nhất một số không chia hết cho 3

+ Nếu x 3 ; y 3  ( x2 + y2 ) không chia hết cho 3 ( trái với gt)

+ Nếu x 3 ; y 3 thì x = 3k  1  x2 = ( 3k  1)2 =Bs 3 + 1

y = 3n  1  y2 = ( 3n  1)2 = Bs 3 + 1

Do vậy suy ra x2 + y2 = Bs 3 + 2  (x2 + y2) 3 ( trái với gt )

Vậycả hai số x và y đều chia hết cho 3

7

Bài 2) Cho m , n  N thỏa mãn 24m 4 + 1 = n 2 Chứng minh tích m.n chia hết cho 5

Giải

Giả sử trong hai số m , n không có số nào chia hết cho 5 Vậy m chỉ có các dạng sau : m = 5k 1 ; 5k  2  m2 = Bs 5 + 1 ; m2 = Bs 5 + 4  m4 = Bs 5 + 1

24m4 + 1 = 24.( Bs 5 + 1) = Bs 5 + 25  n2  5  n  5 ( Trái với giả sử )

Vậy trong hai số có ít nhất một số chia hết cho 5 , nên tích m.n chia hết cho 5

Bài 3) Cho a,b,c  N thỏa mãn a 2 + b 2 = c 2 thì

a) Trong hai số a và b có một số chia hết cho 3 b) Một trong các số a và b chia hết cho 4 c) Một trong các số a,b,c chia hết cho 5

a) Giả sử trong hai số a và b không có số nào chia hết cho 3 thì a2 + b2 chia cho 3 luôn có số dư là 2 (1)

Do vậy c không chia hết cho 3  c2 chia cho 3 có số dư là 1 ( 2)

Như vậy (1) và (2) mâu thuẫn với nhau Vậy trong hai số a và b có ít nhất một số chia hét cho 3

b) Nếu a và b chẵn thì c 2 cho nên a =2k ,b = 2n , c =2q thay vào a2 + b2 = c2

ta dễ có k2 + n2 = q2 ; lập luận tưong tự ta lại có k 2 hoặc n 2  a 4 hoặc b  4 Nếu a và b cùng lẻ thì a2 + b2 chia cho 4 dư 2  c  2 nên c2 4 ( vô lý )

Vậy trong hai số a và b có một số chẵn còn số kia là số lẻ

Giả sử a = 2k ; b = 2n + 1 dễ thấy c là số lẻ  c = 2q +1

Thay vào a2 + b2 = c2 ta được (2k)2 + (2n +1)2 = ( 2q +1)2

 4k2 = ( 2q +1)2 - ( 2n + 1)2 8

Vì hiệu các bình phương hai số lẻ thì chia hết cho 8 Từ đó suy ra k2 2  k2 Vậy a 4  Trong hai số a và b có một số chia hêt cho 4

c) Giả sử trong 3 số trên không có số nào chia hết cho 5 bằng các phếp thử ta dễ thấy a2 = Bs5 + 1 ; Bs 5 + 4

b2 = Bs5 + 1 ; Bs 5 + 4

c2 = Bs5 + 1 ; Bs 5 + 4 (1)

ta có a2 + b2chia cho 5 có các số dư lần lượt là 0;2;3

 c2 chia cho 5 có số dư là 0;2;3 (2) Vậy (1) và (2) mâu thuẫn

Vậy trong 3 số a , b, c có một số chia hết cho 5

Bài 4) Cho n là số tự nhiên , p là số nguyên tố

Chứng minh rằng : Nếu n 2  p khi và chỉ khi n  p

Giải

Giả sử n  p  n và p là hai số nguyên tố cùng nhau  n2  p ( trái với gt )

Vậy Nếu n2  p khi và chỉ khi n  p D) PHƯƠNG PHÁP DÙNG ĐỒNG DƯ THỨC

Bài 1) Chứng minh : A = 36 38 + 41 33 chia hết cho 77

Giải : ta chứng minh A 7 và A11

Ta có : 36 ≡ 1(Mođ 7)  3638 ≡ 1(Mođ 7)

41 ≡ -1(Mođ 7)  4133 ≡ -1(Mođ 7)

A ≡ 0 (Mođ 7)  A7

36 ≡ 3(Mođ 11)  3638 ≡ 338(Mođ 11) ; 41 ≡ -3(Mođ 11)  4133 ≡ -333(Mođ 11)

A ≡ 338 - 333(Mođ 11)

Mà 338 - 333 = 333( 35 - 1) = 333 242 11  338 - 333 ≡ 0(Mođ11)

A ≡ 0(Mođ 11)  A 11

Vậy A = 3638 + 4133 chia hết cho 77

Bài 2) Chứng minh

a) 2222 5555 + 5555 2222 chia hết cho 7

b) 1961 1962 +1963 1964 + 1965 1966 + 2 chia hết cho7

Giải:

a) 2222 ≡ 3(Mođ 7)  22225555 ≡ 35555(Mođ 7)

5555 ≡ 4(Mođ 7)  55552222 ≡ 42222(Mođ 7)

35 = 243 ≡ -2(Mođ 7)  35555 = (35)1111 ≡ (-2)1111(Mođ 7)

42 = 16 ≡ 2(Mođ 7)  42222 = (42)1111 ≡ 21111(Mođ 7)

22225555 + 55552222 ≡ (-2)1111 + 21111(Mođ 7)

≡ 0(Mođ 7)

Vậy 22225555 + 55552222 chia hết cho 7

b) 1961 ≡ 1(Mođ 7)  19611962 ≡ 1(Mođ 7)

1963 ≡ 3(Mođ 7)  19631964 ≡ 31964(Mođ 7)

Mà 33 = 27 ≡ -1(Mođ 7) 31964 = (33)654.32 ≡ (-1)654.32(Mođ 7)

≡ 9(Mođ 7) ≡ 2 (Mođ 7)

1965 ≡ -2(Mođ 7)  19651966 ≡ (-2)1966(Mođ 7) Mà 23 ≡ 1(Mođ 7)

 21966 = (23)665.2 ≡ 1665.2(Mođ 7)  19651966≡ 2 (Mođ 7)

Vậy 19611962 +19631964 + 19651966 + 2 ≡ 2+ 2+ 2+1 (Mođ 7) ≡ 0 (Mođ 7)

 19611962 +19631964 + 19651966 + 2 chia hết cho 7

E ) PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC

Bài 1 ) Chứng minh rằng : 3 2n+2 - 8n - 9 chia hết cho 64 ( n N)

Giải

* Với n = 0 , 32.0 + 2 - 8.0 - 9 = 064

* Giả sử n =k thì 32k+2 -8k - 9  64 Ta phải c/m n = k +1 thì 32(k+1) +2 - 8(k+1) - 9 64

Thật vậy 32(k+1) +2 - 8(k+1) - 9 = 32k+2.32 - 8k -8 - 9 = 9.32k+2 - 9.8k - 81 + 64k +64 = 9(32k+2 -8k - 9 ) + 64k + 64 ; mà 32k+2 -8k - 9  64

Vậy 32(k+1) +2 - 8(k+1) - 9 chia hết cho 64

Vậy 32n+2 - 8n - 9 chia hết cho 64 ( n N)

Bài 2 ) Chứng minh : 7 2n+1 - 48n - 7 chia hết cho 288 ( n N )

Hướng dẫn chứng minh với n = k+1

72(k+1) +1 - 48(k+1) - 7 = 72 72k +1 - 48k -48 -7 = 49 ( 72k+1 - 48k - 7) + 8.288k +288

Vì 72k+1 - 48k - 7  288  đpcm

Bài 3)

Chứng minh : ( n+1)(n+2)(n+3) (n +2n-1)(n + 2n) chia hết cho 3 n ( n > 0 ,nN)

Giải

* n = 1 thì (1 + 1)( 1 + 2) = 6  3

* Giả sử n = k thì Ak = (k+1)(k+2)(k+3) (3k-1)(3k)  3k

Ta chứng minh n = k+1 thì

Ak+1 = (k+2)(k+3)(k+4) (3k-1)(3k)(3k+1)(3k+2)(3k+3)  3k+1

Xét A k+1 = (k+2)(k+3)(k+4) (3k-1)(3k)(3k+1)(3k+2) 3(k+1)

= 3(k+1) (k+2)(k+3)(k+4) (3k-1)(3k)(3k+1)(3k+2)

= Ak.3.(3k+1)(3k+2) ; mà Ak  3k

 Ak+1  3k+1

Vậy ( n+1)(n+2)(n+3) (n +2n-1)(n + 2n) chia hết cho 3n ( n > 0 ,nN)

9

Bài thi học sinh giỏi toàn quốc 1995 - 1996

Tìm số dư ( 1995+1)(1995+2)(1995+3) (1995 + 3990) chia cho 3 1995

F ) PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG NGUYÊN TẮC ĐI-RÍCH-CLÊ

Bài 1 ) Chứng minh rằng trong 6 số tự nhiên liên tiếp túy ý ,bao giờ ta cũng chọn được 2 số

có hiệu chia hết cho 5

Ta biết : Một số tự nhiên a khi chia cho 5 có 5 khả năng về số dư khác nhau là 0;1;2;3;4

Vậy trong 6 số tự nhiên vơi 5 khả năng về số dư , do vậy chắc chắn bao giờ cũng có 2 số khi chia cho 5 có cùng số dư Vậy hiệu của chúng chia hết cho 5 (đpcm)

Bài 2) Chứng minh rằng : Trong 3 số nguyên tố lớn hơn 5 , bao giờ cũng tìm dược hai số có

tổng hoặc hiệu chia hết cho 12

Giải

Nếu a là số nguyên tố lớn hơn 5 , khi chia a cho 12 ta nhận được các số dư sau :1;5;7 và

11

Trong 3 số nguyên tô trên khi chi cho 12 chỉ có số dư là một trong các số trên

- Nếu 2 trong 3 số chia cho 12 có cùng số dư thì hiệu của chúng chia hết cho 12

- Nếu trong 3 số không có 2 số nào chia cho 12 có cùng số dư , do vậy số dư của 3

số đó chỉ có thể nhận được từ các bộ số sau ( 1 ; 5 ; 7 ) ; (1 ;5; 11 ) ;( 1;7 ;11) ; ( 5 ; 7; 11) Mà trong các bộ số đó luôn có tổng hai số bằng 12

Do vậy dù có xảy ra trường hợp nào ta cũng tìm được hai số có tổng chia hết cho 12

Vậy : Trong 3 số nguyên tố lớn hơn 5 , bao giờ cũng tìm dược hai số có tổng hoặc hiệu chia hết cho 12

Bài 3) Chứng minh rằng : Trong 5 số tự nhiên bất kỳ , bao giờ cũng tìm được một số hoặc

một số số có tổng của chúng chia hết cho 5

Giải

Gọi 5 số tự nhiên lần lượt là a1; a2 ; a3 ; a4 ; a5

* Nếu trong các số đó có một số chia hêt cho 5  Đpcm

* Nếu trong 5 số không có số nào chia hết cho 5

Lập các tổng :

S1 = a1 S4 = a1 + a2 + a3 + a4

S2 = a1 + a2 S5 = a1 + a2 + a3 + a4 + a5

S3 = a1 + a2 +a3

Nếu trong 5 tông trên có một tổng cia hết cho 5  đpcm

Nếu trong 5 tổng trên không có tổng nào chia hết cho 5 , do vậy khi chia tổng trên cho 5

ta được 4 khả năng về số dư là 1 ;2 ;3 ;4 Mà 5 tổng trên khác nhau và có 4 khả năng về số dư Do vậy chắc chắn tồn tại hai tông khi chia cho 5 có cùng số dư , vì vậy hiệu của hai tổng đó chia hết cho 5

Với cách lập tổng như trên thì hiệu của hai tổng của đó sẽ là tổng của hai hay nhiều số trong 5 số trên

Vậy : Trong 5 số tự nhiên bất kỳ , bao giờ cũng tìm được một số hoặc một số số có tổng của chúng chia hết cho 5

Bài 4) Chứng minh rằng : Luôn tồn tại số tự nhiên n  N sao cho 13 n - 1 chia hết cho 1996

Giải

Xét 1996 số sau : S1 = 13 S1995 = 131995

S2 = 132 S1996 = 131996

S3 = 133