các bài toán về quan hệ chia hết

Tài liệu là kho tàng phong phú đặc biệt tại địa chỉ 123.doc các bạn có thể tự chọn cho mình sao cho phù hợp với nhu cầu phục vụ . Trong những năm tháng học tập ở hà nội may mắn được các anh chị đã từng đi làm chia sẻ một một chút tài liệu tôi xin đươc chia sẻ với các bạn . trong quá trình upload vẫn còn chưa chỉnh sửa hết nhưng khi các bạn tải về vẫn có thể chỉnh sửa lại theo ý muốn của mình tùy theo mục đích và yêu cầu sử dụng. Xin được chia sẻ lên trang 123.doc và các bạn thường xuyên chọn 123.doc là địa chỉ tin cậy trong việc tải cũng như sử dụng tài liệu tại đây.

99 Website:tailieumontoan.com CÁC BÀI TOÁN VỀ QUAN HỆ CHIA HẾT TRÊN TẬP HỢP SỐ LỜI NÓI ĐẦU Nhằm đáp ứng nhu cầu giáo viên toán THCS học sinh chuyên đề toán THCS, website tailieumontoan.com giới thiệu đến thầy cô em chuyên đề toán quan hệ chia hết tập hợp số Chúng kham khảo qua nhiều tài liệu để viết chuyên đề nhằm đáp ứng nhu cầu tài liệu hay cập nhật dạng toán quan hệ chia hết thường kì thi gần Chuyên đề gồm dạng tốn sau: • • • • Chứng minh phép chia hết, phép chia có dư Tìm số dư phép chia Tìm điều kiện biến để xẩy quan hệ chia hết hai biểu thức Sử dụng tính chất chia hết để giải phương trình nghiệm ngun, giải tốn số phương, chứng minh hai số nhau, chứng minh phân số tổi giản… • Tìm ƯCLN, BCNN chứng minh ƯCLN, BCNN thỏa mãn tính chất Các vị phụ huynh thầy dạy tốn dùng dùng chuyên đề để giúp em học tập Hy vọng chuyên đề biểu thức đại số giúp ích nhiều cho học sinh phát huy nội lực giải tốn nói riêng học tốn nói chung Mặc dù có đầu tư lớn thời gian, trí tuệ song khơng thể tránh khỏi hạn chế, sai sót Mong góp ý thầy, giáo em học! Chúc thầy, cô giáo em học sinh thu kết cao từ chuyên đề này! Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC 99 Website:tailieumontoan.com CÁC BÀI TOÁN VỀ QUAN HỆ CHIA HẾT TRÊN TẬP HỢP SỐ I MỘT SỐ KIẾN THỨC CẦN NHỚ Định nghĩa phép chia Cho hai số nguyên a b b ≠ ta ln tìm hai số ngun q r cho a = bq + r 0≤ r ≤ b , với Trong a số bị chia, b số chia, q thương, r số dư { r ∈ 0;1;2;3; ; b Khi a chia cho b số dư • Nếu aMb r=0 a = bq } , ta nói a chia hết cho b hay b chia hết a Ký hiệu: ba hay Vậy a chia hết cho b tồn số nguyên q cho • Nếu r≠0 a = bq , ta nói a chia b có số dư r Một số tính chất cần nhớ • • Tính chất Mọi số ngun khác ln chia hết cho Tính chất Số nguyên a chia hết cho số nguyên b số nguyên b chia hết cho số nguyên c số nguyên a chia hết cho số nguyên c • • Tính chất Số nguyên a chia hết cho số ngun b ngược lại Tính chất Nếu a.bMm Tác giả: Nguyễn Công Lợi ( b,m) = aMm a = ±b TÀI LIỆU TỐN HỌC 99 Website:tailieumontoan.com • • • Tính chất Nếu hai số nguyên a b chia hết cho m Tính chất Nếu a chia hết cho m n, ( m,n) = ( a ± b) Mm aMmn Tính chất Nếu số nguyên a chia hết cho số nguyên b số nguyên c chia hết cho số ngun d tích ac chia hết cho tích bd • Tính chất Trong n số ngun liên tiếp tồn số nguyên chia hết cho n • Tính chất Nếu cho • a− b a− b ≠ chia hết Tính chất 10 Nếu an + bn với a, b số tự nhiên an − bn ( n ∈ N ) chia hết cho a+ b ≠ a+ b với a, b số tự nhiên n số tự nhiên lẻ Một số dấu hiệu chia hết Đặt A = anan−1 a2a1a0 , với an ;an−1; ;a2 ;a1;a0 chữ số Khi ta có dấu hiệu chia hết sau • Dấu hiệu chia hết cho 2: Số tự nhiên A chia hết cho a0 ∈ { 0;2;4;6;8} • Dấu hiệu chia hết cho 5: Số tự nhiên A chia hết cho a0 ∈ { 0;5} a0 = Từ suy A chia hết cho 10 • Dấu hiệu chia hết cho 25: Số tự nhiên A chia hết cho 4(hoặc 25) a1a0 chia hết cho (hoặc 25) • Dấu hiệu chia hết cho 125: Số tự nhiên A chia hết cho 8(hoặc 125) a2a1a0 chia hết cho (hoặc 125) Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC 99 Website:tailieumontoan.com • Dấu hiệu chia hết cho 9: Số tự nhiên A chia hết cho 3(hoặc 9) tổng chữ số số A chia hết cho 3(hoặc 9) • Dấu hiệu chia hết cho 11: Số tự nhiên A chia hết cho 11 hiệu tổng chữ số hàng lẻ tổng chữ số hàng chẵn số chia hết cho 11 Đồng dư thức • Định nghĩa: Cho m số nguyên dương Nếu hai số nguyên a b cho số dư chia cho m ta nói a đồng dư với b theo modun m Kí hiệu a ≡ b ( mod m) • o o o Một số tính chất đồng thức Tính chất Nếu Tính chất Nếu Tính chất Nếu a ≡ b( mod m) a ≡ b( mod m) a ≡ b( mod m) Nếu o Tính chất 4: Nếu a ≡ b( mod m) b ≡ c( mod m) a ≡ b( mod m) Khi ta có • b ≡ a( mod m) c ≡ d ( mod m) a ≡ c( mod m) thì c ≡ d ( mod m) a + c ≡ b + d ( mod m) a − c ≡ b − d ( mod m) , d ước chung a b, biết a b ≡ ( mod m) d d ( d,m) = Định lý Fermat Nếu p số nguyên tố a không chia hết cho p ap−1 ≡ 1( mod p) Ước chung lớn bội chung nhỏ Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC 99 Website:tailieumontoan.com a) Định nghĩa ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ • Ước chung lớn hai hay nhiều số số lớn tập hợp ước chung số • Bội chung nhỏ hai hay nhiều số số nhỏ khác tập hợp bội chung số • Kí hiệu ước chung lớn a b là: ƯCLN(a, b) (a, b) Kí hiệu bội chung nhỏ a b là: BCNN(a, b) [a, b] b) Một số ý ƯCLN - BCNN • Hai số a b gọi nguyên tố ƯCLN chúng • Nếu a chia hết cho b ƯCLN(a, b) = b • ƯCLN(a, 1) = BCNN(a, 1) = a • Nếu ƯCLN(a, b) = BCNN(a, b) = ab c) Một số tính chất ước chung lớn bội chung nhỏ • Với a, b, k số tự nhiên khác ƯCLN(ka, kb) = k.ƯCLN(a, b) • Với a, b, k số tự nhiên khác BCNN(ka, kb) = k.BCNN(a, b) • Với a b số tự nhiên khác a.b = ƯCLN(a, b).BCNN(a, b) II MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA Bài tập quan hệ chia hết tập số thường có số dạng sau • • • • Chứng minh phép chia hết, phép chia có dư Tìm số dư phép chia Tìm điều kiện biến để xẩy quan hệ chia hết hai biểu thức Sử dụng tính chất chia hết để giải phương trình nghiệm nguyên, giải tốn số phương, chứng minh hai số nhau, chứng minh phân số tổi giản… • Tìm ƯCLN, BCNN chứng minh ƯCLN, BCNN thỏa mãn tính chất Các dạng tập minh họa thơng qua ví dụ sau Ví dụ Cho x, y, z số nguyên dương phân biệt Chứng minh rằng: Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 99 Website:tailieumontoan.com ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x) 5 5( x − y ) ( y − z ) ( z − x) chia hết cho Lời giải Đặt a = x − y;b = y − z ta ( a + b) Bài toán quy chứng minh ( a + b) z − x = − ( a + b) − a5 − b5 chia hết cho ( 5ab( a + b) − a5 − b5 = 5a4b + 10a3b2 + 10a2b3 + 5ab4 = 5ab a3 + 2a2b + 2ab2 + b3 ( ) ( ) ( ) Ta có ) = 5ab  a3 + b3 + 2a2b + 2ab2  = 5ab ( a + b) a2 − ab + b2 + 2ab ( a + b)      2 = 5ab( a + b) a + ab + b Dễ thấy Do ( ( ) ) 5ab( a + b) a2 + ab + b2 M5ab( a + b) ( a + b) − a5 − b5 chia hết cho 5( x − y ) ( y − z ) ( z − x) chia hết cho 5ab( a + b) hay ta Ví dụ Cho x, y, z số nguyên thỏa mãn Chứng minh x+ y + z ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x) ( x − y) ( y − z ) ( z − x) = x + y + z chia hết cho 27 Lời giải • Nếu x, y, z có số dư khác chia cho số khơng chia hết cho 3, mà ta lại có x+ y + z ( x − y ) ; ( y − z ) ; ( z − x) chia hết cho Điều mâu thuẫn với giả thiết tốn • Nếu ba số x, y, z có hai số chia cho có số dư Khi ( x − y ) ; ( y − z ) ; ( z − x) có hiệu chia hết cho Mà ta lại có x+ y + z khơng chia hết cho Điều mâu thuẫn với giả thiết tốn Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC 99 Website:tailieumontoan.com • Nếu ba số x, y, z chia cho cho số dư, chia hết cho Nên suy được x+ y + z ( x − y ) ( y − z ) ( z − x) ( x − y) ; ( y − z ) ; ( z − x) chia hết cho 27 Từ ta chia hết cho 27 Vậy toán chứng minh ( a + b + c ) M9 Ví dụ Cho a, b, c số nguyên Chứng minh 3 ba số a, b, c chí hết cho Lời giải Với a, b, c số nguyên ta có q1;q2 ;q3 Dễ thấy số nguyên số dư r13 = r1;r23 = r1;r33 = r1 a = 3q1 + r1;b = 3q2 + r2 ;c = 3q3 + r3 r1;r2 ;r3 ∈ { −1;0;1} với Từ ta a3 = ( 3q1 + r1 ) = 9k1 + r1;b3 = ( 3q2 + r2 ) = 9k2 + r1;c3 = ( 3q3 + r3 ) = 9k3 + r3 Khi ta a3 + b3 + c3 = 9( k1 + k2 + k3 ) + ( r1 + r2 + r3 ) ( a + b + c ) M9 Mà theo giả thiết ta có Dễ thấy Do r1 + r2 + r3 ≤ r1;r2;r3 ∈ { −1;0;1} 3 , suy nên từ Do nên ta suy r1 + r2 + r3 = r1 + r2 + r3 = (r +r + r3 ) M9 suy r1;r2 ;r3 có số Điều có nghĩa ba số a, b, c có số chia hết cho Ví dụ Tìm k để tồn số tự nhiên n cho (n ) − k M4 với k ∈ { 0;1;2;3} Lời giải Giả sử tồn số k ∈ { 0;1;2;3} (n để tồn số tự nhiên n cho ) − k M4 Khi ta xét trường hợp sau Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC 99 Website:tailieumontoan.com • Trường hợp 1: Nếu (n Do để • ) − k M4 (n ) − k M4 Do để Vậy với k=0 ) − k M4 1− kM4 kM4 k=1 k=0 nên suy n2 − k = 16q2 − k k=1 k=0 ) n2 − k = 16q2 + 16q + − k ln tồn số tự nhiên n để ( n2 − k = 16q2 ± 8q + 1− k với q số tự nhiên Khi nên suy với q số tự nhiên Khi nên suy n = 4q + Trường hợp 3: Nếu (n kM4 với q số tự nhiên Khi n = 4q ± Trường hợp 2: Nếu Do để • n = 4q (n ) − k M4 n 2n2 + Ví dụ Chứng minh chia hết cho với số nguyên dương n Lời giải Ta chứng minh toán phương pháp quy nạp tốn học • • • n=1 Với , ta có ( ) 2.12 + = 9M3 (đúng) ( ) n 2n2 + M3 Giả sử mệnh đề với n, tức ta có Ta cần chứng minh mệnh đề với ( n + 1) 2( n + 1) ( ) ( ( ( n + 1)  2( n + 1) + 7 M3  ) ) ( n 2n2 + = 2n3 + 7n M3 Để ý Thật vậy, ta có + 7 = ( n + 1) 2n2 + 4n + = 2n3 + 6n2 + 13n +  = 3n3 + 7n + 6n2 + 6n + ( ) n+1 ( 6n ) ) + 6n + M3 Do ta ( ) n 2n2 + Vậy theo nguyên lý quy nạp ta chia hết cho với số nguyên dương n Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC 99 Website:tailieumontoan.com 52n + Ví dụ Chứng minh chia hết cho với số nguyên dương n Lời giải • • • 52 + = 32M8 n=1 Với , ta có (đúng) Giả sử mệnh đề với n, tức ta có Ta cần chứng minh mệnh đề với 5( n +1) Để ý 52n + 7M8 24.52n M8 52n + 7M8 n+1 Thật vậy, ta có ( ) + = 25.52n + = 24.52n + 52n + n+1) Do ta Vậy theo nguyên lý quy nạp ta 52n + 5( + 7M8 chia hết cho với số nguyên dương n Ví dụ Cho 2014 số tự nhiên x1;x2 ; ;x2014 Chứng minh tồn số chia hết cho 2014 số số có tổng chia hết cho 2014 Lời giải Xét dãy số sau • S1 = x1;S2 = x1 + x2 ;S3 = x1 + x2 + x3 ; ;S2014 = x1 + x2 + + x2014 Nếu số S1;S2 ;S3; ;S2014 có số chia hết cho 2014 tốn chứng minh • Nếu số S1;S2 ;S3; ;S2014 khơng có số chia hết cho 2014 Khi dãy số tồn hai số có số dư chia cho 2014 Khơng tính tổng qt ta giả sử hai số Khi ta Suy Sj − Si M2014 (x +x hay ta xi +1 + xi + + + xj M2014 Si Sj với 1≤ i < j ≤ 2014 ) + + xj − ( x1 + x2 + + xi ) M2014 Vậy tốn chứng minh Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 99 Website:tailieumontoan.com Nhận xét: Ta tổng qt hóa tốn sau: Cho n số tự nhiên x1;x2 ; ;xn Chứng minh n số có số chia hết cho n số số có tổng chia hết cho n Ví dụ Cho số nguyên a1;a2 ; ;an Đặt A = a1 + a2 + + an B = a13 + a32 + + a3n Chứng minh A chia hết cho B chia hết cho Lời giải Trước hết ta chứng minh bổ đề: Với số ngun a ta ln có Thật vậy, ta có a3 − a = ( a − 1) a( a + 1) a3 − aM6 Ta thấy ba số tự nhiên liên tiếp có số chia hết cho có số chia hết cho 3, lại có nguyên tố nên ta suy a3 − a = ( a − 1) a( a + 1) M6 ( Xét hiệu sau ) ( ) ( ) ( B − A = a13 + a23 + + an3 − ( a1 + a2 + + an ) = a13 − a1 + a23 − a2 + + an3 − an (a Áp dụng bổ để ta Do ta B − A M6 ) ( ) m )( ) ) − a1 M6; a23 − a2 M6; ; an3 − an M6 Suy A chia hết cho B chia hết cho Ví dụ Cho a, m , n số nguyên dương với (a ( ) a≠ Chứng minh − Man − m chia hết cho n Lời giải • (a m Điều kiện cần: Giả sử )( ) − Man − Do a, m , n số nguyên dương với (a m Do từ Đặt )( ) − Man − m = qn + r với (a m ta suy q,r ∈ N ,0 ≤ r < n Tác giả: Nguyễn Công Lợi a≠ nên suy ) ( ) am − 1≠ − ≥ an − nên m≥ n TÀI LIỆU TOÁN HỌC 99 Website:tailieumontoan.com Cách Ta có x −2 chia hết cho xy + nên ( ) y x −2 chia hết cho x2y − 2yM( xy + 2) ⇒ x ( xy − 2) − 2( x + y ) M( xy + 2) ⇒ 2( x + y ) Mxy + Do x y số nguyên dương nên Do từ 2( x + y ) Mxy + ta suy x+ y xy + xy + , số nguyên dương 2( x + y ) ≥ y + ⇔ y ( x − 2) ≤ 2x − Đến ta xét trường hợp sau: • • Với Với • , ta , trường hợp không xẩy y + ≥ x=1 −1M( y + 2) x= y + 1≥ Với , ta + Khi + Khi 1M( y + 1) , trường hợp không xẩy x≥ , từ Từ ta được 2M2( y + 2) hay x ∈ { 3;4} x= x= y ( x − 2) ≤ 2x − 0≤ y ≤ ta , suy y≤ 2x − 2 = 2+ ≤4 x− x− 2 −2 ≤ ≤2 x− Kết hợp với x≥ ta suy ta ta 7M( 3y + 2) ⇒ 3y + = ⇒ 3y = ⇒ y = 14M( 4y + 2) ⇒ 7M( 2y + 1) ⇒ 2y + = ⇒ y = Vậy cặp số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu tốn Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi , loại , nhận ( x;y) = ( 4;3) TÀI LIỆU TỐN HỌC 99 Website:tailieumontoan.com Cách Ta có x −2 chia hết cho xy + nên ( chia hết cho ) y x −2 xy + , x2y − 2yM( xy + 2) ⇒ x ( xy − 2) − 2( x + y ) M( xy + 2) ⇒ 2( x + y ) Mxy + Khi ta • Nếu k=1 ( 2( x + y ) = k ( xy + 2) k ∈ N , ta có • Nếu k≥2 ( x;y) = ( 4;3) , từ ) Từ ta xét trường hợp sau 2( x + y ) = xy + ⇔ ( x − 2) ( y − 2) = Do x y nguyên dương nên ta có Thử lại ta thấy * x − =  x = ⇒  y − =  y =  x − = x = ⇒   y − = y = thỏa mãn yêu cầu toán 2( x + y ) = k ( xy + 2) ta suy 2( x + y ) ≥ 2( xy + 2) ⇒ x + y ≥ xy + ⇒ ( x − 1) ( y − 1) + 1≤ Do x y nguyên dương nên bất đẳng thức cuối khơng có x y thỏa mãn Vậy cặp số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu toán Bài 59 Giả sử sáu số nguyên dương a1;a2 ;a3;a4 ;a5;a6 ( x;y) = ( 4;3) thỏa mãn thỏa mãn u cầu tốn Ta có a1 < a2 < a3 < a4 < a5 < a6 Ta có nhận xét, Khi a4 ≥ 12 a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 = 79 a5 ≥ 2a4 = 24 a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 > 12 + 24 + 48 > 79 Do ta a4 < 12 a6 ≥ 2a5 = 48 khơng thỏa mãn u cầu tốn Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC 99 Website:tailieumontoan.com Để ý trừ số số lại dãy số bội số đứng trước nó, ta có cách chọn bốn số Ta có a5 = ma4 = 8m Mặt khác ta lại có a6 = na5 = 8mn a1 = 1;a2 = 2;a3 = 4;a4 = với m, n số nguyên dương lớn a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 = 79 Từ ta 1+ + + + 8m + 8mn = 79 ⇒ m ( 1+ n ) = Giải phương trình nghiệm nguyên kết hợp với điều kiện số thứ sáu dãy lớn ta m = 2;n = nên ta a6 = 48 Vậy dãy số cần tìm 1; 2; 4; 8; 16; 48 Bài 60 Đặt Vì b1 = a1;b2 = a1 + a2 ; ;bn = a1 + a2 + + an a1;a2 ;a3; ;an sô nguyên dương nên ta 1≤ b1 < b2 < < bn = 2n − Ta xét trường hợp sau: + Nếu n số nguyên dương b1;b2 ; ;bn chia cho n có số dư khác tồn số chia hết cho n Khơng tính tổng qt ta giả sử số với bk k ∈ { 1;2;3; ;n} Khi ta có 1≤ bk ≤ 2n − Tác giả: Nguyễn Công Lợi nên ta bk = n Do ta a1 + a2 + a3 + + ak = n TÀI LIỆU TOÁN HỌC 99 Website:tailieumontoan.com + Nếu n số nguyên dương b1;b2 ; ;bn chia cho n có hai số dư Khơng tính tổng quát ta giả sử số Từ ta Từ ta bk − bl Mn hay ta (a al +1 + al + + + ak Mn bk với bl k,l ∈ { 1;2;3; ;n} k>l + a2 + a3 + + ak ) − ( a1 + a2 + a3 + + al ) Mn Vậy tồn số số số nguyên dương có tổng n Bài 61 Ta có ( ( ) n − = ( n − 1) ( n + 1) n + Theo giả thiết Do ( n,10) = n = 2k + ( k ∈ N ) ( 2k + 1− 1) ( 2k + 1+ 1) ( 4k Mà n2 ≡ 1;4 (mod5) hợp Với Với ) n4 − = ( n − 1) ( n + 1) n2 + Ta cần chứng minh chia hết cho và nguyên tố nên n không chia hết cho thay vào biểu thức ta ) ( ) + 4k + 1+ = 8k ( k + 1) 2k + 2k + M ∀n, n khơng chia hết loại trường n2 ≡ 0(mod5)  chia hết cho ta có n2 ≡ 4(mod5)  n2 + n ≡ 1(mod5) ⇒ (n − 1)(n + 1) ≡ 0(mod5) Vậy ta có n −1 nên n − 1M5 n + 1M5 chia hết cho 40 Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC 99 Website:tailieumontoan.com Bài 62 Chia biểu thức A cho n− ta thu ( ) A = n4 − 5n3 − 2n2 − 10n + = ( n − 3) n3 − 2n2 − 8n − 34 − 98 ( ) = ( n − 3) ( n − 3) n2 + n − − 49 − 98   = ( n − 3) (n ) + n − − 49( n − 1) Ta xét trường hợp sau • Khi n chia dư Từ ta • n− A = ( n − 3) (n chia hết ) + n − − 49( n − 1) Khi n chia khơng dư 3, r ∈ { 0;1;2;4;5;6} n − = 7t + r − với r − 3≠ chia hết cho 49 với t, r số tự nhiên nên n−3 không chia hết cho n + n − = ( 7t + r ) + 7t + r − = 49t + 21t + r + r − 2 Với chia hết cho 49 Khi dễ thấy Lại có n = 7t + r ( n − 3) r ∈ { 0;1;2;4;5;6} r2 + r − không chi hết suy n2 + n − khơng chia hết cho Từ suy A = ( n − 3) (n ) + n − − 49( n − 1) chia hết cho 49 Vậy toán chứng minh xong Bài 63 Ta phát biểu tốn dạng: Tìm số nguyên dương n lớn cho số 2015 viết thành a1 + a2 + a3 + + an số a1;a2 ;a3; ;an hợp số Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC 99 Website:tailieumontoan.com Chú ý để có n lớn hợp số phải nhỏ Dễ thấy a1;a2 ;a3; ;an hợp số chẵn nhỏ hợp số lẻ nhỏ Ta có Xét 2015 = 4.503+ n = 503 Mà hợp số nhỏ nên n ≤ 503 Vì A số lẻ nên tồn số Khơng tính tổng qt, giả sử lẻ, suy a1 với a1 ≥ i = 1;2; ;n số lẻ Khi a1 + a2 + + an ≥ + 4( 503− 1) = 4.502 + > 2015 Xét , ta có Do n lớn n = 503− 2015 = 4.503 + = 4.500 + 15 = 4.500 + + n = 502 Bài 64 Trước hết ta có nhận xét: + Với x, y số ngun ta ln có + Với k = 2n số ngun chẵn Thậy vậy, ta có k ( 8x + 1) ( 8y + 1) chia dư = = = ( + 1) = 8a + k 2n n n n k = 2n + số ngun lẻ Thậy vậy, ta có 2n +1 =3 k chia dư n n 5k chia dư với a số nguyên = 5.25 = 5.( 24 + 1) = 5.8b + n chia dư với b số nguyên = 3.9 = 3.( + 1) = 3.8a + 2n+ =5 k 3k k với a số nguyên 5k = 52n = 25n = ( 24 + 1) = 8b + + Với chia dư với b số nguyên Áp dụng nhận xét cho bốn trường hợp sau Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC 99 Website:tailieumontoan.com • Trường hợp 1: Nếu m số chẵn n số chẵn, ta có 3m + 5n = 8a + 1+ 8b + = 8( a + b) + • Trường hợp 2: Nếu m số chẵn n số lẻ, ta có 3m + 5n = 8a + 1+ 8b + = 8( a + b) + • khơng chia hết cho 8, với a, b số nguyên Trường hợp 2: Nếu m số lẻ n số chẵn , ta có 3m + 5n = 8a + 5+ 8b + = 8( a + b) + • khơng chia hết cho 8, với a, b số nguyên không chia hết cho 8, với a, b số nguyên Trường hợp 2: Nếu m số lẻ n số lẻ, ta có 3m + 5n = 8a + 3+ 8b + = 8( a + b) + không chia hết cho 8, với a, b số nguyên Như với m n số ngun dương lẻ Khi ta có 3n = 8c + 5m = 8d + nên ta 3m + 5n chia hết cho 3n + 5m = 8( c + d ) + chia hết cho Bài toán chứng minh xong Bài 65 Giả sử n số tự nhiên chia 17 dư 10, n = 17k + 10 với k∈N 17k1 + 10;17k2 + 10;17k3 + 10; ;17k100 + 10 Khơng tính tổng qt ta giả sử k100 ≥ 118 n có dạng Gọi 100 số tự nhiên chọn Nếu n≠0 thi Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi k1 < k2 < k3 < < k100 17k100 + 10 ≥ 17.118 + 10 = 2016 Do k100 ≤ 117 TÀI LIỆU TỐN HỌC 99 Website:tailieumontoan.com Ta chứng minh Khi từ Nên từ k1 < k < k < < k100 suy k3 ≥ 21 , điều trái với Vì k3 ≤ 20 k3 ≤ 20 Thật vậy, giả sử k4 ≥ k3 + 1;k ≥ k4 + 1;k ≥ k + 1; ;k100 ≥ k99 + k4 ≥ 21+ 1= 22;k5 ≥ 22 + 1= 23;k6 ≥ 23+ 1= 24; ;k100 ≥ 117 + = 118 k100 ≥ 118 nên suy suy k3 ≥ 21 Do k2 ≤ 19;k1 ≤ 18 k3 ≤ 20 Với kết ta chon ba số nhỏ 100 số 17k1 + 10;17k2 + 10;17k + 10 Khi ta 17k1 + 10 + 17k2 + 10 + 17k3 + 10 ≤ ( 17.18 + 10) + ( 17.19 + 10) + ( 17.20 + 10) = 999 Vậy ta chọn ba số có tổng khơng lớn 999 tốn chứng minh Bài 66 Ta có x2 − 3xy + 2y2 + x − y = ( x − y ) ( x − 2y + 1) 97 số nguyên tố nên ta (x  x − yM97 − 3xy + 2y2 + x − y M97 ⇔   x − 2y + 1M97 ) Ta xét trường hợp sau • Trường hợp 1: Với x − yM97 x ≡ y ( mod97) , từ ta 2x2 − 3xy + y2 − 16x + 22y ≡ 6x ( mod97) ⇒ x ≡ y ≡ 0( mod97) Do suy xy − 12x + 15y ≡ 0( mod97) Tác giả: Nguyễn Công Lợi hay xy − 12x + 15y chia hết cho 97 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 99 Website:tailieumontoan.com • Trường hợp 2: Với x − 2y + 1M97 ( x ≡ 2y − 1( mod 97) Từ ta ) 2x2 − 3xy + y2 − 16x + 22y ≡ y2 − 5y + ≡ 3( y − 2) ( y − 3) ≡ 0( mod 97) + Nếu Suy + Nếu Suy y − ≡ 0( mod 97) ⇔ y ≡ 2( mod97) ⇒ x ≡ 3( mod97) xy − 12x + 15y ≡ 2.3− 12.3+ 15.2 ≡ 0( mod97) hay xy − 12x + 15y chia hết cho 97 y − ≡ 0( mod97) ⇔ y ≡ 3( mod97) ⇒ x ≡ 5( mod97) xy − 12x + 15y ≡ 5.3− 12.5+ 15.3 ≡ 0( mod97) Bài 67 Giả sử a, b nguyên dương Khi ta có  2a + 1Mb   2b + 1Ma ( 2a + 1) ( 2b + 1) Mab ⇒ ( 2a + 2b + 1) Mab ⇒ 2a + 2b + 1= kab( k ∈ ¥ ) * Suy ta k, a, b lẻ Vì a ≥ 1,b ≥ 1⇒ ( a − 1) ( b − 1) ≥ ⇒ a + b ≤ ab + 1⇒ 2a + 2b + 1≤ 2ab + ≤ 5ab Kết hợp với 2a + 2b + = kab ta kab ≤ 5ab nên suy k≤5 Do k số tự nhiên lẻ nên đến ta có trường hợp sau • Trường hợp 1: Với suy • k = ⇒ 2a + 2b + = 5ab , từ 2a + 2b + = 2ab + = 5ab ta Rõ ràng thỏa mãn 3ab = ⇒ a = b = a= b= 2a + 1Mb 2b + 1Ma Trường hợp 2: Với k=3 , khơng tính tổng quát ta giả sử a≥ b , ta có 3ab = 2a + 2b + 1≤ 5a ⇒ 3b ≤ ⇒ b = 1⇒ 3a = 2a + ⇒ a = Rõ ràng b = 1;a = thỏa mãn Tác giả: Nguyễn Công Lợi 2a + 1Mb 2b + 1Ma TÀI LIỆU TỐN HỌC 99 Website:tailieumontoan.com • Trường hợp 3: Với , , khơng tính tổng qt ta giả sử , k=1 k=3 a≥ b ta có ab = 2a + 2b + 1≤ 5a ⇒ b ≤ ⇒ b ∈ { 1;3;5} + Với + Với b=1 b= Rõ ràng + Với , đẳng thức , đẳng thức b = 3;a = b= thỏa mãn , đẳng thức ab = 2a + 2b + ab = 2a + 2b + 2a + 1Mb trở thành trở thành 2b + 1Ma ab = 2a + 2b + a = 2a + vô lý 3a = 2a + 6+ 1⇒ a = trở thành 11 5a = 2a + 10 + 1⇒ a = (loại) Vậy xét đến vai trò a b ta cặp số nguyên dương cần tìm ( a;b) = ( 1;1) ,( 1;3) ,( 3;1) ,( 7;3) ,( 3;7) Bài 68 Giả sử tồn số nguyên n thỏa mãn ( 2014 2014 )  +1 chia hết cho n3 + 2012n Ta ( Vì ) n + 2012n = n – n + 2013n = n ( n − 1) ( n + 1) + 2013n n ( n − 1) ( n + 1) n + 2012n 2014  2014 ( chia hết cho 3, lại có mà 2013 chia hết chia hết cho Mặt khác Do ba số nguyên liên tiếp nên có số chia hết cho n − 1; n; n + Suy ) 20142014  +1 + 1= ( 2013+ 1) 2014 với k số tự nhiên + 1= 2013k + chia cho dư Điều dẫn đến mâu thuẫn Vậy khơng có số ngun thỏa mãn điều kiện tốn cho Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 99 Website:tailieumontoan.com Bài 69 Bổ đề: Cho x, y số tự nhiên số nguyên tố p có dạng p = 3k + x3 ≡ y3 ( mod p) ⇔ x ≡ y ( mod p) Thật vậy, ta có Với x ≡ y ( mod p) ⇒ x3 ≡ y3 ( mod p) x3 ≡ y3 ( mod p) ⇒ x3k ≡ y3k ( mod p) , Với x, y chia hết cho p hiển nhiên Với ( x, p) = ( y, p) = ta có xp−1 ≡ yp−1 ≡ 1( mod p) ⇒ x3k+1 ≡ y3k+1 ( mod p) ⇒ x.x3k ≡ y.y3k ( mod p) ⇒ x ≡ y ( mod p) x3k ≡ y3k ( mod p) Áp dụng bổ đề, ta có P ( x) ≡ P ( y ) ( mod 11) ⇔ ( x − 1) + 11( x − 1) + 10 ≡ ( y − 1) + 11( y − 1) + 10( mod 11) ⇔ ( x − 1) ≡ ( y − 1) Do 3 ( mod 11) ⇔ x − ≡ y − 1( mod 11) ⇔ x ≡ y ( mod 11) P ( x) ≡ P ( y ) ( mod 11) ⇔ x ≡ y ( mod 11) Suy với 11 giá trị n∈ ¥ , P ( n) , P ( n + 1) ,K , P ( n + 10) giá trị chia hết cho 11 Do đó, số chia hết cho 11, P ( 0) = −2 P ( 1) ,P ( 2) ,K ,P ( 99) , có có số khơng chia hết cho 11 Vậy có số thỏa mãn yêu cầu toán Bài 70 Ta xét trường hợp sau • Trường hợp 1: Với n số chẵn, Tác giả: Nguyễn Công Lợi n = 2k với k nguyên dương TÀI LIỆU TỐN HỌC 99 Website:tailieumontoan.com Khi ta có M = 2k.4 + = 2k.16 + 2k 2k k k Ta có 16 dư với chia nên k 16 k có số dư với k chia cho Do M dư với ( 2k.2 + ) = ( 2k + 1) k k chia k hay k chia dư 3, suy ta k = 7p + 2k + chia hết cho với p số tự nhiên, từ ta n = 14p + 6  • Trường hợp 2: Với n số lẻ, Khi ta có Do k chia hết cho hay Suy ( ( k + 4) 2k + 3.2k = ( k + 7) 2k k = 7q chia cho với q số tự nhiên Từ ta n = 14q + , với p q số tự nhiên n = 14p + 6  n = 14q + Bài 71 Ta có Vì với k ngun dương M = ( 2k + 1) 42k+ + 32k+1 = 4( 2k + 1) 16k + 3.9k Do ta M dư với Vậy n = 2k + ( ) a3 + b3 + c3 − 3abc = ( a + b + c) a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca a+ b+ c = ) ( a3 + b3 + c3 = 3abc ) ( ) nên x2 − y2 + y2 − z2 + z2 − x2 = (x − y2 ) +( y − z2 ) +( z − x2 ) ( )( )( = x2 − y2 y2 − z2 z2 − x2 = 3( x − y ) ( y − z ) ( z − x) ( x + y ) ( y + z ) ( z + x) ) Lại có Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 99 Website:tailieumontoan.com x2 ( y + z ) + y2 ( z + x) + z2 ( x + y ) + 2xyz ( ) ( ) ( x + y ) + z ( x + y) = ( x + y) ( xy + z = x2y + y2x + z2 ( x + y ) + 2xyz + y2z + x2z = xy ( x + y ) + z2 2 + zx + zy = ( x + y )  x ( y + z ) + z ( y + z )  = ( x + y ) ( y + z ) ( z + x) Suy ta P = 3( x − y ) ( y − z ) ( z − x) ∈ ¢ ) Trong ba số nguyên dương x, y, z ln có hai số tính chẵn lẻ, khơng tính tổng qt ta giả sử x y, ta x − yM2 Do ta P = 3( x − y ) ( y − z ) ( z − x) M6 Bài 72 Biến đổi giả thiết x2 − y2 − = ⇔ x2 − = y2 − ⇔ 3x2 − 2y2 = ( ) ( Vì số phương chia dư hoặc 4, mà cho có số dư 1, từ ta ) 3x − 2y = 2 nên x y chia x2 − y2 M5 Vì số phương chia dư hoặc 4, mà chia cho có số dư 1, từ ta 3x − 2y = 2 nên x y2 x2 − y2 M8 Do nguyên tố nên ta x2 − y2 M40 Bài 73 • • Xét Xét n=1 p=2 số nguyên tố p thỏa mãn n≥2 , từ Tác giả: Nguyễn Công Lợi n ≤ 2p ta n≤4 , suy n ∈ { 2;3;4} TÀI LIỆU TOÁN HỌC 99 Website:tailieumontoan.com + Với + Với + Với • Xét n=2 n=3 n=4 n≥2 ta có ta có ta có ( 2− 1) ( 2− 1) ( 2− 1) p≥ chia hết cho +1 không chia hết cho +1 không chia hết cho +1 Khi p số lẻ nên nên n số tự nhiên lẻ, ta ( p − 1) n < 2p n số lẻ bội +1 Gọi q ước nguyên tố nhỏ n Khi ( p − 1) n chia hết cho q Từ suy +1 Do n, q lẻ nên Khi u lẻ ( n;q − 1) = ( p − 1) un nên tồn = ( p − 1) ( p − 1) v(q−1) ( p − 1) u,v ∈ ¥ * ( p − 1) n n chia hết cho ≡ −1 ( modq) cho Vậy pp−1 n < 2p ta suy ước p −1 ta n +1 ( p − 1; q) = un − v ( q − 1) = ⇒ ( −1) ≡ ( p − 1) 1v ( modq) ⇒ p ≡ 0( modq) u Suy p chia hết cho q, mà p, q số nguyên tố nên Từ np−1 q=p n=p p p  p p− k k − p− k k k 2 k p − + = ( − 1) C p = p ( )  ∑ C p ( −1) p + 1÷ ∑ p k =1  k=  Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC 99 Website:tailieumontoan.com Do số hạng p chia hết cho p nên ∑ C ( −1) k= n=p= k p p− k pk− p − 1≤ ⇒ p ≤ Bởi Vậy cặp số thỏa mãn tốn Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi ( n;p) = ( 2;2) ,( 3;3) ,( 1;p) với p số nguyên tố TÀI LIỆU TOÁN HỌC ... VÍ DỤ MINH HỌA Bài tập quan hệ chia hết tập số thường có số dạng sau • • • • Chứng minh phép chia hết, phép chia có dư Tìm số dư phép chia Tìm điều kiện biến để xẩy quan hệ chia hết hai biểu thức... Số tự nhiên A chia hết cho a0 ∈ { 0;5} a0 = Từ suy A chia hết cho 10 • Dấu hiệu chia hết cho 25: Số tự nhiên A chia hết cho 4(hoặc 25) a1a0 chia hết cho (hoặc 25) • Dấu hiệu chia hết cho 125:... chia hết cho n = 5k ± , với k số số tự nhiên Khi n2 + chia hết cho Nên A chia hết cho + Nếu n = 5k ± , với k số số tự nhiên Khi n2 + chia hết cho Nên A chia hết cho Với số tự nhiên n A chia hết