Chuyên đề lý thuyết chia hết

Đây là chuyên đề môn Lý thuyết số, viết về lý thuyết chia hết và áp dụng. Chuyên đề bao gồm định nghĩa, tính chất cơ bản, định lý và phương pháp chứng minh chia hết. Tài liệu phù hợp với giảng dạy Toán THCS và nghiên cứu phương pháp giảng dạy toán số trong ĐH.

Tổ 1- Lớp Sư phạm Toán K35

CHUYÊN ĐỀ LÍ THUYẾT SỐ :

LÍ THUYẾT CHIA HẾT VÀ ÁP DỤNG

Trong lý thuyết số, chia hết là một quan hệ hai ngôi trên tập các số nguyên Quan

hệ này cũng có thể mở rộng cho các phần tử trên một vành Quan hệ chia hết gắn liền với nhiều khái niệm quan trọng trong lý thuyết số như số nguyên tố, hợp số, định lý cơ bản của

số học

I ĐỊNH NGHĨA – TÍNH CHẤT – MỘT SỐ ĐỊNH LÍ

A- ĐỊNH NGHĨA

- Giả sử a và b là hai số nguyên bất kì với b 0 Tồn tại một và chỉ một cặp số

nguyên q và r sao cho a bq r

- Nếu r = 0, ta nói rằng a chia hết cho b hay a là bội của b, kí hiệua b

- Mặt khác, người ta còn nói b chia hết a hay b là ước của a, kí hiệu b a

- Nếu r 0 thì phép chia có dư

+ Ví dụ: -3 chia hết 12 hay 12 chia hết cho -3 vì 12=-3.(-4)

0 là bội của mọi số nguyên b 0 vì 0 = b.0

1 và -1 là ước của mọi số nguyên a vì a = 1.a = (-1).(-a)

Ví dụ: Các số 10 và 15 cùng chia hết cho 5 nên tổng 10 + 15 = 25 chia hết cho 5.

Phản ví dụ: Điều ngược lại chưa chắc đúng: Tổng 29 + 1 = 30 chia hết cho 5 nhưng trong khi đó 29 và 1 đều không chia hết cho 5

Ví dụ: Chứng minh rằng nếu chia hai số cho một số thứ ba mà chúng có cùng số dư thì

hiệu của hai số này chia hết cho số thứ ba và đảo lại

Như vậy a b chia hết cho c

Đảo lại : Giả sử hiệu a b chia hết cho c và 1 1 1

Giả sử cho hai số nguyên a và d, với d ≠ 0

Khi đó tồn tại duy nhất các số nguyên q và r sao cho a = qd + r và 0 ≤ r < | d |, trong đó | d |

là giá trị tuyệt đối của d

Các số nguyên trong định lý được gọi như sau:

 q được gọi là thương khi chia a cho d Đôi khi nó còn được gọi là thương hụt.

 r được gọi là dư khi chia a cho d

 d được gọi là số chia

 a được gọi là số bị chia

Phép toán tìm q và r được gọi là phép chia với dư.

 Nếu d < 0, thì −d > 0, và theo tính chất Archimede, có một số nguyên n sao cho (−d)n ≥ −a, nghĩa là a − dn ≥ 0.

 Nếu d > 0, thì cũng theo tính chất Archimede, có một số nguyên n sao cho dn ≥ −a, nghĩa là a − d(−n) = a + dn ≥ 0.

Như vậy S chứa ít nhất một số nguyên không âm Theo nguyên lý sắp thứ tự tốt, trong S có một số nguyên không âm nhỏ nhất, ta gọi số ấy là r Đặt q = (a − r)/d, thì q và r là các số nguyên và a = qd + r.

Ta còn phải chỉ ra rằng 0 ≤ r < |d| Tính không âm của r là rõ ràng theo cách chọn r Ta sẽ

chứng tỏ dấu bất đẳng thức thứ hai

Giả sử nguợc lại r ≥ |d| Vì d ≠ 0, r > 0, nên d > 0 hoặc d < 0.

 Nếu d > 0, thì r ≥ d suy ra a-qd ≥ d Từ đó a-qd-d ≥0, lại dẫn tới a-(q+1)d ≥ 0 Do

đó, nếu đặt r’='a-(q+1)d thì r’ thuộc S và r’=a-(q+1)d=r-d <r, điều này mâu thuẫn với tính chất r là phần tử không âm nhỏ nhất của S.

 Nếu d<0 thì r ≥ -d do đó a-qd ≥ -d Từ đó suy ra rằng a-qd+d ≥0, tiếp tục suy ra r’= a-(q-1)d ≥ 0 Do đó, r’ thuộc S và, vì r’=r+d với d < 0 ta cór’= a-(q-1)d<r, mâu thuẫn với giả thiết r là số nguyên không âm nhỏ nhất trong S.

Như vậy ta đã chứng minh sự tồn tại của q và r.

Tính duy nhất

Giả sử rằng tồn tại q, q' , r, r' với 0 ≤ r, r' < |d| sao cho a = dq + r và a = dq' + r' Không mất tính tổng quát giả sử q ≤ q'

Từ hai đẳng thức trên ta có: d(q' - q) = (r - r' ).

Nếu d > 0 thì r' ≤ r và r < d ≤ d+r' , và như vậy (r-r' ) < d còn nếu d < 0 thì r ≤ r' và r' < -d

≤ -d+r, và do đó -(r- r' ) < -d Trong cả hai trường hợp ta có |r- r' | < |d|.

Mặt khác đẳng thức d(q' - q) = (r - r' ) chứng tỏ rằng |d| chia hết |r- r' |; do đó |d| ≤ |r- 'r' | hoặc |r- r' |=0 Nhưng vì |r-r' | < |d|, nên chỉ có thể r=r'

Thay vào đẳng thức d(q' - q) = (r - r' ) ta có dq = dq' và vì d khác 0, nên q = q' Tính duy

nhất đã được chứng minh

- ĐỊNH LÍ : Điều kiện cần và đủ để hiệu của hai số chia hết cho số thứ ba là các phép

chia các số này cho một số thứ ba có các số dư bằng nhau

Ví dụ 1: Chứng minh rằng n3 n chia hết cho 6 với n nguyên

Giải : Cách 1 : Vì Ư(2,3) = 1 nên chỉ cần chứng minh 3

n  n chia hết cho 2 và chia hết cho 3 Rõ ràng vì trong 2 số liên tiếp luôn có 1 số chẵn nên chia hết cho 2

Mặt khác n có thể biểu diễn thành một trong các dạng sau 3k, 3k+1, 3k+2 (do phép chia một số cho 3)

- Nếu n = 3k thì n3 n chia hết cho 3

- Nếu n = 3k + 1 thì n – 1 = 3k vậy n3 nchia hết cho 3

- Nếu n = 3k + 2 thì n + 1 = 3(k + 1) vậy n3 nchia hết cho 3

Với n = 6q + 3, 6q + 4, 6q + 5 cũng làm tương tự như trên

Cách 3: Ta sẽ chứng minh n3 n chia hết cho 2 và chia hết cho 3

Nếu n 0 (mod 2) thì n3 n 0 3 0 0(mod 2)

Nếu n 1 (mod 2) thì n3 n 1 1 0 (mod 2) 3 

Như vậy, với n nguyên, n3 n 0 (mod 2) Nghĩa là 3

n  n chia hết cho 2

Mặt khác :

Nếu n 0 (mod 3) thì n3 n 0 3 0 0(mod 3)

Nếu n 1 (mod 3) thì n3 n 1 1 0 (mod 3) 3 

Nếu n 2 (mod 3) thì n3 n 2 3 2 0 (mod 3)

Với n nguyên n3 n 0 (mod 3) Nghĩa là n3 n chia hết cho 3

Ví dụ 2: Chứng minh rằng, với mọi n nguyên, n21 không chia hết cho 3

n 1 chia cho 3 dư 2

- Nếu n = 3q + 2 thì n2 1 (3q 2) 2 1 9q212q 5 3(3q  24q 1) 2 

Vậy n21 chia cho 3 dư 2

Tóm lại, với mọi n, 2

n 1 không chia hết cho 3

Ví dụ 3: Với mọi số n nguyên dương, chứng minh

n

7 3n 1 chia hết cho 9Giải:

Cách 1:

- Nếu n = 1 thì tổng 7 + 3 – 1 = 9 chia hết cho 9

Mỗi số hạng của tổng chia hết cho 9 vậy 7k 1  3(k 1) 1

   chia hết cho 9 Tóm lại với mọi n nguyên dương thì 7n3n 1 chia hết cho 9

Vậy là bài toán được chứng minh

Ví dụ 4: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n.

Hai số hạng đầu chia hết cho 19 vậy 212n 1  + 172n+1 15

 không chia hết cho 19

Ví dụ 5: Tìm số nguyên dương bé nhất biết rằng khi chia nó cho 3 và 14 thì được các số dư

tương ứng là 1 và 9

Giải : gọi n là số nguyên dương cần tìm Theo giả thiết của đề bài , ta có :

n= 3y+1 =14z +9 với y, z là các số tự nhiên

Từ 3y + 1 =14z +9 suy ra 3y =14z +8 hay y= 4z +2 +2z 2

3

 Vì y là số tự nhiên nên2z 2

nguyên x , y sao cho o o axo byo 1

Chứng minh: giả sử c là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho c có thể viết dưới dạng

c ax by Ta cần chứng minh c = 1 ,tức là axobyo 1 Ta chứng minh bằng phản chứng.Giả sử c > 1, khi đó a cq r  ( 0 r < c ) Nếu r 0 ( tức r là số nguyên dương ),

ta có: r a cq a (ax    oby )q a(1 x q) b( y q)o   o   o như vậy tồn tại số r < 0 mà c vẫn viết được dưới dạng ax + bq Điều mâu thuẫn này chứng tỏ r = 0 hay a = cq tức là a chia hết cho c Tương tự ta cũng chứng minh được b chia hết cho c, suy ra a và b có ước chung

c > 1: trái với giả thiết ( a,b ) = 1 Vậy c = 1

Định lý 2:Nếu số n đồng thời chia hết cho a và cho b, và a,b nguyên tố cùng nhau thì n

chia hết cho tích ab

Định lý 3: Nếu tích ac chia hết cho b, và a, b nguyên tố cùng nhau thì c chia hết cho b.

Chứng minh: Nếu (a, b) = 1 thì theo định lý 1, ta có:

ax by 1 suy ra c caxocbyo

Theo giả thiết ac chia hết cho b nên cax chia hết cho b

Ta suy ra vế trái , tức c , chia hết cho b.

Ví dụ 1: Chứng minh rằng nếu a và b nguyên tố cùng nhau thì a2 và b cũng nguyên tố cùng nhau

Giải : Vì (a, b) = 1 nên tồn tại các số nguyên x, y sao cho ax + by = 1 Vậy

a x 2axby+b y 1 hay a x2 2b(2axy+by ) 12  có dạng a u bv 12   ( với u x 2 và

2

v 2axy+by là những số nguyên )

Nếu d là ước chung của a và b thì d chia hết cho 2 a u bv2  như vậy d chia hết 1 hay d = 1

Ví dụ 2:Nếu a và b nguyên tố cùng nhau thì với mọi số nguyên n , bao giờ cũng tìm được

số x sao cho ax + n chia hết cho b

Giải: Vì (a, b) = 1 nên tồn tại các số nguyên x , y sao cho o o axobyo 1, như vậy

1 ax by hay 1 ax o chia hết cho b Suy ra n anx ochia hết cho b Nếu ta chọn

o

xnx thì được số ax + n chia hết cho b

Ví dụ 3 : a và b là các số tự nhiên và nguyên tố cùng nhau Chứng minh rằng phương trình

ax + by = ab không có nghiệm nguyên dương

Giải: Ta chứng minh bằng phản chứng Nếu (x , y ) là một nghiệm nguyên dương của o ophương trình đã cho thì axobyo ab suy ra ab ax o byo hay a(b x ) by o  o Như vậyo

by chia hết cho a tức là yo ak.Vì a và y đều là số tự nhiên nên k cũng là số tự nhiên.oTương tự ta cũng có xo bk , k 1 1 là số tự nhiên.Từ đó ak b bka ab1   suy ra k k 11.Điều này vô lý vì k, k là các số tự nhiên.1

E-Dấu hiệu chia hết 1-Dấu hiệu chia hết cho 2

Một số chia hết cho 2 khi và chỉ khi số ấy có chữ số tận cùng là chữ số chẵn (0,2,4,6,8)Chứng minh:

- Nếu a b chia hết cho n

(a ab b )(a b)  chia hết cho n

2 thì a – bchia hết cho n

2

2 - Dấu hiệu chia hết cho 3

Một số chia hết cho 3 khi và chỉ khi tổng các chữ số của số đó chia hết cho 3.

Chứng minh:

Ta có :

N = a n.10n a n 1.10n1 a1.10 a0

 = a n(99 9   1) a n 1(99 9   1)  a1(9  1) a0

Các số có năm chữ số, tận cùng bằng chữ số 6 sẽ chia hết cho 3 khi và chỉ khi số gồm chữ

số còn lại chia hết cho 3 Các số có bốn chữ số bao gồm các số từ 1000 đến 9999 có tất cả là:

9999 – 999 = 9000 (số)

Trong đó cứ ba số liên tiếp thì có một số chia hết cho 3 Do đó, số các số có bốn chữ số chia hết cho 3 là:

9000 : 3 = 3000 (số)

Số đó cũng chính là số các số có năm chữ số tận cùng bằng 6 và chia hết cho 3

3 – Dấu hiệu chia hết cho 4

Một số chia hết cho 4 khi và chỉ khi hai chữ số tận cùng lập thành một số chia hết cho 4

Chứng minh:

Ta có:

N = a n.10n a n 1.10n1 a1.10 a0

 = 100(a n.10n2 a n 1.10n3 a2) 10  a1a0



4 – Dấu hiệu chia hết cho 5

Một số chia hết cho 5 khi và chỉ khi số ấy có chữ số tận cùng là 0 hoặc 5.

Chứng minh:

Ta có: N = a n.10n a n 1.10n1 a1.10 a0

 = 10A + 0

Vì 10  5 nên 10A  5 Nếu N  5 thì 0 = ( N – 10A)  5

5 – Dấu hiệu chia hết cho 6

Chứng minh:

Nếu một số chia hết cho 6 thì rõ ràng nó chia hết cho 2 và 3

Đảo lại : Nếu một số chia hết cho 2 và cho 3 và (2,3) = 1 nên số đó chia hết cho 6 (=2.3)

Ví dụ: Chứng minh tổng của hai số nguyên chia hết cho 6 khi và chỉ khi tổng các lập

phương của hai số đó cũng chia hết cho 6

Giải:

Cách 1: Nếu a3b3 chia hết cho 6 thì a3b3 là số chẵn như vậy a và b cùng tính chẵn

lẻ, suy ra a + b là số chẵn, vậy a + b chia hết cho 2

Vì a3b3 chia hết cho 6 nên a3b3 chia hết cho 2 và cho 3 Vậy a3b3 +

3ab(a+b) chia hết cho 3 hay (a b )3 chia hết cho 3, từ đó (a + b) chia hết cho 3

Đảo lại, nếu a + b chia hết cho 6 thì ( a + b ) (a2  ab b 2) = a3 b3 chia hết cho 6.Cách 2: Ta có (a3 b3) – (a – b) = a - a + 3 b - b = (a – 1)a(a +1) + (b – 1)b( b + 1) 3

Vì (a – 1)a(a +1) và (b – 1)b( b + 1) là các số chia hết cho 6 nên (a3b3) – (a – b) chia hếtcho 6 Từ đó thấy ngay rằng nếu a3b3 chia hết cho 6 thi a + b chia hết cho 6, và đảo lại, nếu a + b chia hết cho 6 thì a3b3 chia hết cho 6.

6 – Dấu hiệu chia hết cho 7

A  Số N chia hết cho 7 khi và chỉ khi 2a0  A chia hết cho 7 (A < 2a ) 0

hoặc A - 2a chia hết cho 7 (0 2a < A ).0

Chứng minh:

Ta có N = a n.10n a n 1.10n1 a1.10 a0

 =10(a n.10n1a n1.10n2 a1)+ 0a

= 10A + 0a

= A( 7 + 3) + 7 0a - 6 0 a

= 7(A + 0a ) + 3(A - 2 0 a )

- Nếu A < 2a thì N = 7(A + 00 a ) + 3(2a0 A) Lúc đó 2a0  A chia hết cho 7 khi

và chỉ khi N chia hết cho7

- Nếu A > 2a thì N = 7(A + 00 a ) + 3(A - 2 0 a ) Lúc đó A - 2 0 a chia hết cho 7 khi

và chỉ khi N chia hết cho 7

Giải: Hiệu của hai trong bảy số đã cho có dạng

7 – Dấu hiệu chia hết cho 8

Một số chia hết cho 8 khi và chỉ khi số đó có ba chữ số tận cùng lập thành một số ( có

ba chữ số) chia hết cho 8.

Chứng minh:

Ta có N = a n.10n a n 1.10n1 a1.10 a0



= 1000(a n.10n3a n 1.104 a3)

 + 100 a + 10 12 a + 0 a

= 1000A + B

VÌ 1000  8 nên 1000A  8 Ta suy ra N  8 khi và chỉ khi B  8

Ví dụ: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n  1 thì

Vậy với mọi số tự nhiên n thì An = 5n 2.3n1 + 1 chia hết cho 8

8 – Dấu hiệu chia hết cho 9

Một số chia hết cho 9 khi và chỉ khi tổng các chữ số của số đó chia hết cho 9.

Chứng minh:

Ta có: N = a n.10n a n 1.10n1 a1.10 a0

 = a n(99 9   1) a n 1(99 9   1)  a1(9  1) a0

Chú ý: Một số chia hết cho 9 thì cũng chia hết cho 3

Một số chia hết cho 3 có thể không chia hêt cho 9 chẳng hạn 6, 15

Ví dụ:

Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để 2a ab b 2 chia hết cho 9 là a và b cùng chiahết cho 3.

= 9(k12 k k1 2 k22)Điều này chứng tỏ 2a ab b 2 chia hết cho 9

Cần: Gỉa sử 2a ab b 2 chia hết cho 9 nên 2a ab b 2 chia hết cho 3 và 3ab chia hết cho 3 nên (a b )2 chia hết cho 3 Ta suy ra (a b )2 chia hết cho 9 (= 32) từ đó 3ab chia hết cho 9, vậy hoặc a chia hết cho 3 hoặc b chia hết cho 3 hoặc a và b cùng chia hết cho 3

9 – Dấu hiệu chia hết cho 10

Một số chia hết cho 10 thì có chữ số tận cùng bằng 0 và đảo lại.

Rõ ràng a a ( 4 1) là số chẵn nên nó chia hết cho 2, hơn nữa 4 1a  chia hết cho 5 vì (2,5)

= 1 nên bài toán được chứng minh

10 - Dấu hiệu chia hết cho 11:

Một số chia hết cho 111 khi và chỉ khi hiệu giữa tổng các chữ số của nó “đứng ở vị trí lẻ” và tổng các chữ số “đứng ở vị trí chẵn” (kể từ phải sang trái) chia hết cho 11

Chứng minh:

Ta có : N = an10n + an-110n-1 + …+ a110 + a0 và số

M = an – an-1 + an-2 – an-3 +…+a0

Xét hiệu N – M = an10n + an-1 10n-1 +…+ a110 + a0 – (an - an-1 + an-2 – an-3 +…+ a0) = an(10n - 1) + an-1(10n-1 + 1) + an-2(10n-2 - 1) +…+

Vì 10k = (11 – 1)k chia cho 11 sẽ có dư là -1 nếu k lẻ và số dư là 1 nếu k chẵn.Như vậy

N – M chi hết cho 11 nên N  11 khi và chỉ khi M  11

Tóm lại ,bài toán có sáu nghiệm:

9812, 9361, 9097, 7161, 4080, 1012

Như vậy a chia cho m cùng có số dư là r hay a  b (mod m)

- Định lí 2: Có thể “ cộng” các đồng dư thức có cùng modun tức là nếu

- Định lí 3 : Có thể nhân từng vế các đồng dư thức có cùng môdun tức là

Ta có : ac – bd = (ac – bd) = a(c - d) + d(a – b)

= alm + dkm = (al + dk)m , nghĩa là hiệu ac – bd chia hết cho m điều

đó cũng có nghĩa là : ac bd (mod m)

Chú ý : các định lí 2, 3 có thể mở rộng cho n đồng dư thức

Hệ quả 1 : Nếu a  b (mod m) thì an bn (mod m)

Hệ quả 2 : Cho đa thức knxnkn-1 xn-1 + … + k1x + k0 với hệ số nguyên

Cách 2 : Với n = 1, tổng 123 + 113 = (12+11)(122 – 12.11 + 112) = 22.133.Mệnh đè đúng với n = 1

Như vậy 122k+3 + 11k+3 = 133p với p = 144m – 11k+2

Bài toán được chứng minh

Ví dụ : Chứng minh rằng với mọi số n nguyên thì n3 + 3n2 + 2n chia hết cho 6

Tương tự như vậy đối với các trường hợp còn lại.

Tóm lại , với mọi n ta có là n3 + 3n2 + 2n  0 (mod 6) Hay n3 + 3n2 + 2n chia hết cho 6

Nếu n  0 (mod 9) thì n2  0 (mod 9)

Nếu n  1 (mod 9) thì n2  1 (mod 9)

Nếu n  2 (mod 9) thì n2  4 (mod 9)

Nếu n  3 (mod 9) thì n2  9  0 (mod 9)

Nếu n  4 (mod 9) thì n2  16 (mod 9)  7 (mod 9)

Nếu n  5 (mod 9) thì n2  25 (mod 9)  7 (mod 9)

Nếu n  6 (mod 9) thì n2  36 (mod 9)  0 (mod 9)

Nếu n  7 (mod 9) thì n2  49 (mod 9)  4 (mod 9)

Nếu n  8 (mod 9) thì n2  64 (mod 9)  1 (mod 9)

Như vậy với mọi n, khi chia n2 cho 9 thì được các số dư là 0, 1, 4, 7.Ta gọi các số dư khi chia a2, b2, c2 cho 9 theo thứ tự r1, r2, r3 thì a2  r1 (mod 9) b2  r2 (mod 9)

c2  r3 (mod 9)

Như vậy a2 + b2 + c2 = r1 + r2 + r3 (mod 9)

Theo giả thiết thì a2 + b2 + c2 chia hêt cho 9 như vậy a2 + b2 + c2  0 (mod 9) nghĩa là

r1 + r2 + r3  0 (mod 9)và r1, r2, r3 nhận một trong các giá trị 0, 1, 4, 7 Rõ rang tổng

r1 + r2 + r3 chỉ chia hết cho 9 trong những trường hợp sau :

a) r1 = r2 = r3 = 0

b) Một trong ba số r1 , r2 , r3 bằng 1, hai số còn lại bằng 4

c) Một trong ba số r1 , r2 , r3 bằng 7, hai số còn lại bằng 1

Trong cả bốn trường hợp , ít nhất có hai trong ba số a2 , b2 , c2 chia cho 9 có cùng số dư, điều đó có nghĩa là ít nhất một trong các hiệu a2 – b2, a2 – c2, b2 – c2 chia hết cho 9

Ví dụ : Tìm số dư khi chia 222555 cho 7

Vì 56  1 (mod 7) nên 56k  1 (mod 7)

Mặt khác 555 = 6.92 + 3 vậy 5555 56.92.53  6 (mod 7) Như vậy khi chia 2225555 cho 7 ta được số dư là 6

Cách 2 : Ta có : 2225555 = 2225555 - 5555 + 5555

Vì 2225555 - 5555 = (222 – 555).M = 7.31.M chia hết cho 7

Như vậy số dư của 222555 chia cho 7 bằng với số dư của 5555 chia cho 7

Ta lại có : 5555 - 53 + 53 = 53(56)92 – 53 + 125 = 124.125.126.Q + 125 = 124.125.126.Q + 17.7 + 6

Như vậy 222555 chia cho 7 dư 6

Ví dụ : Tìm số dư khi chia 222555 + 555222 cho 7

Ví dụ 1: Chứng minh rằng tích của năm số nguyên liên tiếp chia hết cho 120.

Giải: Xét tích của năm số nguyên liên tiếp

n 2 n 1 n n 1 n 2           n n 21 n  2 4

-Nếu n = 5k thì n n 21 n  2 4 chia hết cho 5

-Nếu n = 5k  1 thì n21 chia hết cho 5

-Nếu n = 5k  2 thì n2 4chia hết cho 5

Vậy với mọi n nguyên , tích của 5 số nguyên liên tiếp chia hết cho 5

Tương tự, tích của ba số nguyên liên tiếp n-1, n, n+1 chia hết cho 3.Thật vậy :

-Nếu n = 3k thì n 1 n n 1     chia hết cho 3

-Nếu n = 3k +1 thì n-1 =3k vậy n 1 n n 1     chia hết cho 3

-Nếu n = 3k+2 thì n+1 = 3k+3 vậy n 1 n n 1     chia hết cho 3.Trong bốn số nguyên liên tiếp n-1, n, n+1, n+2 ta có:

-Nếu n = 4k thì n 1 n n 1 n 2        chia hết cho 4 và n+2 chia hết cho 2

-Nếu n = 4k +1 thì n-1 = 4k và n+1 chia hết cho 2

-Nếu n = 4k+2 thì n+2 = 4k’ và n chia hết cho 2

-Nếu n = 4k+2 thì n+1 = 4k” và n-1 chia hết cho 2

Tích n 1 n n 1 n 2        luôn có một thừa số chia hết cho 4 và một thừa số chia hết cho 2.Vậy nó chia hết cho 8

Cuối cùng vì 3, 5, 8 là các số đôi một nguyên tố cùng nhau nên n n 21 n  2 4 chia hết cho 120(=3.5.8)

Ví dụ 2: Hãy tìm dạng tổng quát của n để n n 21 n  24chia hết cho 120.

Giải: Vì 120= 2 3.5 nên muốn A= 3 n n 21 n  24 chia hết cho 120 thì A phải đồngthời chia hết cho 3

2 cho 3 cho 5

a) Nếu n = 5k thì A chia hết cho 5

Nếu n = 5k  1 thì n24chia hết cho 5

Nếu n = 5k  2 thì n21chia hết cho 5

b) Nếu n = 3k thì A chia hết cho 3

n 4 lẻ nên A không chia hết cho 23.Từ a,b,c ta

có nếu n là số chẵn và là bội của 3 nghĩa là n là số chia hết cho 6 thì A chia hết cho 120

Ví dụ 3: Với mọi số nguyên dương, chứng minh rằng 4n15n 1 chia hết cho 9

Từ (**)ta có:b = 9q-a-10 do đó b=8 hoặc b=0

-Nếu q = 3 thì a = 7 Suy ra b = 10:vô lý

Con số thỏa mãn đề bài là 123480 hay 123408

Vì (5,9)=1 nên bài toán được chứng minh

Cách 2: Vì 45 = 3 5 nên cần chứng minh 2 2139 3921 chia hết cho 3 52

21 39 chia hết cho 9 tương tự như trên

Ví dụ 6:Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n: n 2 2n 1

3  4 

 chia hết cho 13

Giải:

Cách 1:

- Với n = 0, tổng 3241 13chia hết cho 13.Vậy mệnh đề đúng với n = 0

Giả sử mệnh đề nghiệm đúng với n = k, tức 3k 2  42k 1 

 chia hết cho 13.Ta cần chứng minh mệnh đề đúng với n = k+1 tức3k 3  42k 3 

 chia hết cho 13Thật vậy:3k 3  42k 3 

 = 3.3k 2  4 42 2k 1 

 = 3.3k 2  3.42k 1  13.42k 1 

=  k 2 2k 1 2k 1

3 3  4  13.4 

Mỗi số hạng của tổng đều chia hết cho 13, như vậy: n 2 2n 1

    Như vậy, nếu q = 16p 3k 2  

 thì bài toán được chứng minh

Cách 5: Ta có 42n 1  4.42n 4.16n

3(mod13) nên16 3 (mod13) hay

Vậy khi n chẵn bài toán được chứng minh

Kết luận :với mọi số tự nhiên n,32n 2  8n 9

   chia hết cho 64.Thật vậy

Ta chứng minh bằng phản chứng :giả sử biểu thức đã cho chia hết cho 11 thì n 7 n 4    

chia hết cho 11.Nhưng vì n 7   n 4 =11 nênn 7  và n 4  hoặc cùng chia hết cho 11 hoặc cùng chia hết cho 11

-Nếu chúng không cùng chia hết cho 11 thì ta không cần xét tiếp

-Nếu chúng cùng chia hết cho 11 thì n 7 n 4     chia hết cho 121 khi đó n23n 5 =

n 7 n 4    33 không chia hết cho 121

Cách 2: Nếu n23n 5 chia hết cho 121 thì phương trình n23n 5 -121q=0 phải có nghiệm nguyên, khi đó cần phải cón2 11 44q 1  chia hết cho 112 dư 10 nên mâu thuẫn vậy n23n 5 không chia hết cho 121

Cách 3:Ta có 2

n 3n 5 n2 8n 16 n 4  2 mod11chỉ trong trường hợp n=11k+4 thì n23n 5 chia hết cho 11 nhưng trong trường hợp đó n23n 5 chia hết cho 121 dư 33

Ví dụ 9: Chứng minh tổng k số nguyên liên tiếp (k lẻ)thì chia hết cho k

Chú ý : Các trường hợp riêng của bài toán đã quen thuộc với bạn đọc :

-Tổng của ba , năm , bảy , số nguyên liên tiếp thì chia hết cho 3, 5, 7,

Ví dụ 10 : Chứng minh rằng tích của k số nguyên liên tiếp thì chia hết cho k.

Giải : Cách 1:

Ta cần chứng minh a a 1 a 2 a k 1           chia hết cho k

-Nếu a chia hết cho k thì bài toán giải xong

-Nếu a không chia hết cho k thì a qk r   với  0 r k   

Thừa số a k r   có mặt ở trong tích đang xét và a k r qk r k r k q 1          

chia hết cho k Điều đó chứng tỏ rằng trong tích đang xét luôn luôn tồn tại một số chia hết cho k từ đó suy ra điều phải chứng minh

Cách 2 : Ta chứng minh dùng phản chứng Giả sử trong tích đang xét không có thừa

số nào chia hết cho k Như vậy thì chia k số của tích cho k ta nhận được các số dư từ 1 đến k-1

Theo nguyên tắc Diricle tồn tại ít nhất hai số có cùng số dư Ta gọi hai số đó là a+h và a+l với 0 h l k l     Khi đó a + h - ( a + l ) chia hết cho k hay k-l chia hết cho k : vô lí vì

0 h l    k

Chú ý : các trường hợp riêng của bài toán đã quen thuộc với bạn đọc :

-Tích hai, ba, bốn số nguyên liên tiếp thì chia hết cho 2, 3, 4

Ví dụ 11 : Hãy tìm dạng của số tự nhiên b để cho  b2  1 a  3   b3 1 a  chia hết cho 6 (a

là số tự nhiên cho trước khác 0)

Cách 2 : ta có a3  a mod 6  vậy :

 b2  1 a  3  b3  1 a    b2 1 a    b3 1 a b b 1 a mod 6   2    

Vì b(b+1) chia hết cho 2 hư vậy cần phải chọn b sao cho b b 12  chia hết cho 3 Rõ ràngnếu b   mod3 hoặc b 2 mod3   thì b b 12   chia hết cho 3

Vậy số phải tìm có dạng b = 3k hoặc b = 3k - 1

Ví dụ 12 : Cho a và b là các số nguyên, hãy chứng minh rằng nếu 2a+3b chia hết cho 17 thì

9a+5b cũng chia hết cho 17 và đảo lại

Giải : nếu  2a 3b    17thì 8 2a 3b     17 Rõ ràng  34a 34b    17như vậy

Ví dụ 4 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, số  2 3 n 1

  chia hết cho 3n 1  nhưng không chia hết cho 3n 2 

Vậy Ak 1 chia hết cho k 2

3  mà không chia hết cho k 3

2 n

Bài toán được chứng minh

Ví dụ 16 : n là số tự nhiên tùy ý Chứng minh

b) Đặt m 2 n1 thìm 1 m 2n 2 1 n  Bài toán được đưa về việc chứng minh

m 1 m1chia hết cho m2 đã biết ở câu a)

Ví dụ 17 : Chứng minh rằng n 1 n 2 2n      chia hết cho 1.3.5 2n 1  

Giải : Trước hết ta thay lẩn lượt n = 1, 2, 3, 4 rồi thực hiện phép chia

n 1 n 2 2n  2 1.3.5 2n 1

với mọi số tự nhiên n

Ví dụ 18 : Chứng minh rằng 1n 2n 3n 4nchia hết cho 5 khi và chỉ khi n không chia hết cho 4 (n nguyên, dương)

Như vậy Sn 5khi và chỉ khi R 5

-Nếu n chia hết cho 4 thì r=0 và R=4 nên S không chia hết cho 5n

-Nếu n không chia hết cho 4 thì số dư r trùng với một trong các số 1, 2 hoặc 3 khi đó R=10,

30, 100, nghĩa là R chia hết cho 5 và S chia hết cho 5n