6 PHÉP CHIA hết TRÊN tập hợp số NGUYÊN

Chuyên đề PHÉP CHIA HẾT TRấN 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) = a chia hết cho tích mn e) Nếu tích a.b chia hết cho m mà (b, m) = 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 > 0) nhận hai số dư h) Tích n số nguyên liên tiếp chia hết cho n (n > 0) 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 Chứng minh : a) ab(a + b) chia hết cho với a, b  Z b) A = n(n2 +1 )(n2 + 4) chia hết cho với n  Z Giải Tỡm cỏch 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 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 không chia hết cho chúng lẻ suy a + b chẵn a + b chia hết cho Vậy ab(a + b) chia hết cho với a, b  Z b) Xét trường hợp số dư chia cho 5, ta có :  Nếu n =5k (k  Z)thì A chia hết cho  Nếu n =5k  n2 = 5m + 1(m  Z) nên n2 + 4= 5m + chia hết cho suy A chia hết cho  Nếu n =5k  n2 = 5m + (m  Z) nên n2 + 1= 5m + chia hết cho suy A chia hết cho Vậy A = n(n2 +1 )(n2 + 4) chia hết cho với n  Z Ví dụ 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 Tốn 9, Thành Phố Hồ Chí Minh, vòng - năm học 1995- 1996) Giải Tỡm cỏch giải Nhận thấy x + y + z chia hết cho 27 tức (x - y)(y - z)(z- x) chia hết cho 27 Vỡ chỳng ta cần xột số dư chia x, y, z cho Tuy nhiên xột riờng thỡ nhiều trường hợp quỏ, tớnh hoỏn vị chỳng ta cú thể xét trường hợp cựng số dư, khác số dư Trỡnh bày lời giải Xét trường hợp số dư chia cho 3, ta có :  Nếu x, y, z chia cho có số dư khác : x - y, - z, z- x không chia hết cho 3, 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 x + y + z khơng chia hết cho (x - y)(y - z)(z- x) = x + y + z không 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 Chứng minh P = a5b – ab5 chia hết cho 30 với a, b hai số nguyên ( thi học sinh giỏi Tốn 9, Tồn Quốc , năm học 1985 - 1986) Giải Tỡm cỏch giải Nhận thấy dùng phương pháp xét số dư cho 30 thỡ nhiều trường hợp quỏ nờn khụng 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 khỏc 30 = 2.3.5 mà (2; 3) = (3; 5) = (5; 2) = nên ta cần chứng minh P chia hết cho 2; 3; Mỗi trường hợp chỳng ta dựng kỹ thuật xột số dư lời giải Ta có: P = ab(a2 + b2)(a2 – b2) Vì 30 = 2.3.5 mà (2; 3) = (3; 5) = (5; 2) = 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  suy a2 , b2 có dạng 3m + nên a2 - b2 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  5k  a2 , b2 có dạng 5m + 5m + nên a2 - b2 chia hết cho Nếu a, b có số có dạng 5k  cịn số có dạng 5k  a2 b2 có số có dạng 5m + cịn số có dạng 5m + nên a2 + b2 chia hết cho Vậy P chia hết cho 30 Ví dụ Chứng minh số có dạng: P = n – 4n3 – 4n2 + 16n ( với n số chẵn lớn ) chia hết cho 384 (thi học sinh giỏi tốn 9, Tồn Quốc - Năm học 1970- 1971) Giải cách giải Ta nhận thấy biểu thức cú thể phõn tớch thành nhõn tử được: n4 - 4n3 - 4n2 + 16n = n(n - 4)(n - 2)(n + 2) Vì n chẵn lớn nên n = 2k + ( k  N*) thay vào biểu thức P ta : P = (2k + 2)(2k+ - 4)(2k + - 2)(2k + + 2) = 16k(k - 1)(k + 1)(k + 2) Mặt khỏc ta cú 384 = 16.24 chỳng ta cần chứng minh k(k - 1)(k + 1)(k + 2) chia hết cho 24 lời giải Ta có : n4 - 4n3 - 4n2 + 16n = n(n - 4)(n - 2)(n + 2) Vì n chẵn lớn nên n = 2k + ( k  N+) thay vào biểu thức P ta : (2k + 2)(2k+ - 4)(2k + - 2)(2k + + 2) = 16k(k - 1)(k + 1)(k + 2)  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 + 2) chia hết cho Do k(k - 1)(k + 1)(k + 2) chia hết cho 24 (3; 8) = hay 16k(k - 1)(k + 1)(k + 2) chia hết cho 16.24 tức n4 - 4n3 - 4n2 + 16n chia hết cho 384 III - PHƯƠNG PHÁP TÁCH TỔNG Ví dụ Chứng minh với số nguyên a ta có (a3 + 5a) số nguyên chia hết cho (thi học sinh giỏi Toán 9, Thành Phố Hà Nội , năm học 2008- 2009) Giải Tỡm cỏch giải Nhận thấy vớ dụ cú thể giải kỹ thuật xột 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 tỏch a3 + 5a = a3 - a + 6a, sau chứng tỏ a3 - a 6a cựng chia hết cho Trỡnh bày lời giải Ta có a3 + 5a = a3 - a + 6a Mà a3 - a = (a - 1)a(a + 1) chia hết cho vỡ tớch ba số nguyờn liờn tiếp 6a chia hết cho với số nguyên a Vậy (a3 + 5a) số nguyên chia hết cho IV -PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG HẰNG ĐẲNG THỨC Ví dụ Chứng minh với số nguyên dương n , số A(n) = n(5n + 1) – 6n(3n + 2n) chia hết cho 91 (tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên ĐHSP Hà Nội, Vòng - năm học 1997-1998) Giải Tỡm cỏch giải Những toỏn chứng minh chia hết mà biểu thức cú số mũ n quỏ lớn chỳng ta cú thể sử dụng kết đẳng thức mở rộng : an – bn chia hết cho a – b (a ≠ b ) với n an – bn chia hết cho a + b (a ≠ - b ) với n chẵn an + bn chia hết cho a + b (a ≠ -b )với n lẻ Trong vớ dụ này, ta có 91 = 7.13 (7; 13) = Để chứng minh A(n) chia hết cho 91, ta chứng minh A(n) chia hết cho 13 Vậy chỳng ta cần nhúm cỏc hạng tử cỏch thớch hợp Trỡnh bày lời giải Ta có 91 = 7.13 (7; 13) = Để chứng minh A(n) chia hết cho 91, ta chứng minh A(n) chia hết cho 13 Ta có A(n) = 25n + 5n – 18n – 12n a Áp dụng tớnh chất n n n   bn M a  b với a, b, n số nguyờn dương a ≠ b 25 - 18 chia hết cho 25 - 18 tức 25n- 18n chia hết cho 12n- 5n chia hết cho 12 - tức 12n- 5n chia hết cho Vậy A(n) = 25n- 18n - (12n- 5n) 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 Vậy A(n) = 25n- 12n - (18n- 5n) chia hết cho 13 Suy số A(n) = 5n(5n + 1) - 6n(3n + 2n) chia hết cho 91 Ví dụ Chứng minh n số nguyên dương thỡ  25n  7n  4n 3n  5n  chia hết cho 65 (Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyờn, 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 Ta cú   25n  7n  4n 3n  5n  25n  7n  12n  20n Áp dụng tớnh chất a n   bn M 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 - 7n chia hết cho 20 - tức 20n - 7n chia hết cho 13  25n  7n  4n 3n  5n  chia hết cho 13 25n -20n chia hết cho 25 - 20 tức 25n- 20n chia hết cho 12n - 7n chia hết cho 12 - tức 20n - 7n chia hết cho  25n  7n  4n 3n  5n     chia hết cho  A  25n  20n  12n  7n M5 mà ƯCLN (5; 13) = 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 ngun có hai số có số dư chia cho n ( n ≥ 1) Ví dụ Chứng minh tồn số tự nhiên n khác thoả mãn (13579n - 1) chia hết cho 313579 (thi học sinh giỏi toán 9, Thành Phố Hà Nội , năm học 2005 - 2006) Giải 1357 Xét 313579 số sau : 13579 ; 135792 ; 135793 ; ; 13579 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; ; 3; ; 313579 – nên tồn hai số có số dư Giả sử hai số 13579i ; 13579j ( i > j )  13579i - 13579j chia hết cho 313579 13579j(13579i - j - 1) chia hết cho 313579 mà (13579 ; 3) = nên (13579i - j - 1) chia hết cho 313579 với n = i – j Từ suy điều phải chứng minh Nhận xột Chỳng ta cú thể giải toỏn tổng quỏt sau: Với a p hai số nguyờn tố cựng Với số tự nhiờn k chứng minh tồn số tự nhiên n khác thoả mãn (a n - 1) chia hết cho pk Ví dụ Chứng minh số nguyên tìm số có tổng chia hết cho (thi học sinh giỏi Toán 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; 1;  Nếu tồn số có số dư tổng ba số chia hết cho  Nếu khơng 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 :  Bước Chứng minh A(n) chia hết cho k với n = n0  Bước Chứng minh với m ≥ n , giả sử A(m) chia hết cho k , ta phải chứng minh A(m + 1) chia hết cho k  Bước Kết luận Ví dụ 10 Với n nguyên dương, chứng minh rằng: A(n) = 7n + 3n - chia hết cho Giải  Với n = A(1) = + - = chia hết cho  Giải sử toán với n = k( k ≥ 1), tức A(k) = k + 3k - chia hết cho Ta cần chứng minh mệnh đề với n = k + Thật : Ta cú: A(k + 1) = 7k + + 3(k + 1) - 1= 7.7k + 3k +  A(k + 1) = 7.( 7k + 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 nguyên dương Ví dụ 11 Chứng minh với số nguyên dương n 122n + + 11n + 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 12 2k +1 + 11k+ chia hết cho 133 Ta cần chứng minh với n = k +1 Ta cú: 122k + + 11k + = 144.122k + + 11.11k + = 133.122k + + 11.( 122k +1 + 11k+ 2) Mỗi số hạng tổng chia hết cho 133 nên 122k + + 11k + 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  Z m N+ 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)  an  b n( mod m) với n N*  a  b ( mod m) ; c  N*  ac  bc ( mod m) với c  Z 10 10 10 10 10 Ví dụ 12 Cho A 27309  27309  27309   27309 Tìm số dư phép chia A cho (thi học sinh giỏi Toán 9, Thành Phố Hà Nội , năm học 2008- 2009) Giải Tỡm cỏch giải Nhận thấy 27309  ( mod 7), mặt khỏc =  ( mod 7)23k  ( mod 7) nờn ta cần tỡm đồng dư số mũ với Trỡnh bày lời giải Ta có 10n  1( mod 3) với n N  10n = 3k + ( với k N) (1) Ta có 27309  ( mod 7)  27309 3k +  23k +  2.8k  (mod 7) (2) Từ (1), (2) Ta có A  + + + (mod 7)  A  20  (mod 7) Vậy số dư phép chia A cho Ví dụ 13 Với số tự nhiên n , đặt an = 3n2 + 6n + 13 Chứng minh hai số a i , aj không chia hết cho có số dư khác chia cho + aj chia hết cho Giải Ta có an = 3(n + 1)2 + 10 Ta thấy an khơng chia hết cho n + không chia hết cho suy :(n + 1) 2 ( mod 5)  an 2( mod 5) Do đó, a i , aj không chia hết cho có số dư khác + aj  3+  ( mod 5) nên + aj chia hết cho IX- 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 , lấy theo thứ tự khác Chứng minh (a1 - b1) (a2 - b2) (a7 - b7) số chẵn ( Thi Học sinh giỏi Anh , năm 1968) Giải Tỡm cỏch giải Phõn tớch từ kết luận, chỳng ta chứng tỏ phải cú nhõn tử số chẵn Mỗi nhõn tử hiệu, tổng hiệu ( số chẵn), nờn cỏc hiệu khụng thể toàn số lẻ được, mà phải cú ớt số chẵn Từ ta có điều phải chứng minh Trỡnh bày lời giải Đặt ci = - 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 ) = 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, THPT chuyên Chu Văn An, Amsterdam, Vòng - Năm học 2005- 2006) Giải Tỡm cỏch giải Ta có P = (a+ b)(b+ c)(c + a) - abc =(a + b)(bc + ab + ac + c2) – 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 n2 + n + chia hết cho 2025 hay không ? 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 Cho a b cỏc số nguyờn cho a  b chia hết cho 13 Chứng minh tồn ớt hai số 2a + 3b ; 2b + 3a chia hết cho 13 2 Cho a, b, c số nguyên , chứng minh (a3+ b3 + c3 ) chia hết cho (a + b + c) chia hết cho 3 Cho số M = 19931997 + 19971993 a) Chứng minh M chia hết cho 15 b) Hỏi M tận chữ số ? (Thi Học sinh giỏi Toán 9, Thành Phố Hồ Chí Minh, vịng , Năm học 1992- 1993) Chứng minh A= 2903n – 803n – 464n + 261n chia hết cho 1897 (thi vơ địch tốn Hunggary , năm 1978) 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, THPT chuyên ĐHSP Hà Nội, Vòng - năm học 2006-2007) m Chứng minh m chia hết cho nguyên   20m chia hết cho 48, với m số (Thi học sinh giỏi Toán 9, Bình Phước, năm học 2012-2013) 2 Với a, b số nguyên Chứng minh 4a  3ab  11b chia hết cho a4 – b4 chia hết cho (thi học sinh giỏi Toán 9, Hải Dương , năm học 2012-2013) 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) 2012  n2011  Tìm tất số tự nhiên n để A nhận giá trị số nguyên Cho A  n tố (thi học sinh giỏi Toán 9, tỉnh Nghệ An , năm học 2011 – 2012) 10 Cho đa thức bậc ba f(x) với hệ số x số nguyên dương biết f(5) – f(3) = 2020 Chứng minh f(7) – f(1) hợp số 11 Cho số nguyên k a) Chứng minh (k2 + 3k + 5) chia hết cho 11 k = 11t + với t số nguyên b) Chứng minh (k2 + 3k + 5) không chia hết cho 121 (tuyển sinh lớp 10, chun tốn, Phổ Thơng Năng Khiếu, ĐH QG TP Hồ Chớ Minh, năm học 1996- 1997)  ab  bc  ca 12 Cho a,b, c khác thỏa mãn điều kiện:  a2b2  b2c2  c2a2 3 Chứng minh a  b  c chia hết cho   Chứng minh A(n) chia hết cho 60 với số tự nhiên n 13 Cho A  n   n2 n4  14 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 5 5 15 Cho a, b, c, d số nguyên thỏa mãn a  b  4(c  d ) Chứng minh rằng: a  b  c  d chia hết cho (thi học sinh giỏi tốn 9, tỉnh Quảng Bình, năm học 2010-2011) 16 Cho A a3 a a   24 12 với a số tự nhiên chẵn Hãy chứng minh A có giá trị nguyên an  22 n 1  2n 1  bn  22 n 1  2n 1  Chứng minh với số tự nhiên n , có a b số n n chia hết cho 17 Cho 18 Chứng minh p số nguyên tố lớn p  1M24 Chuyên đề PHÉP CHIA HẾT TRÊN TẬP HỢP SỐ NGUYÊN Xét chữ số tận n ta có: n n +n+1 1 2  n2+ n + không chia hết cho � n  n  không chia hết cho 2025 a) Ta có n3  n  n  n  1  n  1 n – 1; n hai số nguyên liên tiếp nên n  n M2 n – 1; n ; n+1 ba số nguyên liên tiếp nên n  n M3 � n3  n M6 � n3  n  không chia hết cho b) Ta có n3  n  n  n  1  n  1 Với n số lẻ , đặt n = 2k + 1, biểu thức có dạng:  2k  1 2k  2k  2  4k  2k  1  k  1 Ta có k k + hai số nguyên liên tiếp - Với k ⋮  2k  1 k  k  1 M3 - Với k : dư 2k + ⋮  - Với k : dư k + ⋮  Vậy � k  k  1 M2 �  2k  1 k  k  1 M8  2k  1 k  k  1 M3  2k  1 k  k  1 M3  2k  1 k  k  1 M3 với k số tự nhiên Mà ƯCLN (3; 8) = nên n  n M24  2a  3b  2b  3a  6 a Ta có    b2  13ab     a  b  13abM 13 � 2a  3b 2b  3a M 2 13 Mà a  b M13 13abM13 nên Vậy tồn hai số 2a + 3b ; 2b + 3a chia hết cho 13 a Xét        b3  c3   a  b  c  a3  a  b3  b  c3  c    3 � a3  b3  c3   a  b  c M3 a  a M 3; b  b M 3; c  c M Mà a Suy   b3  c3 M3  a  b  c M3 a) Vì 15 = 3.5 mà (3, 5) = nên ta chứng minh M chia hết cho Áp dụng đẳng thức ta có : 19931997 - = 19931997 - 11997 chia hết cho 1993 -1 , mà 1993 -1 chia hết cho nờn(1993 1997 - 1) chia hết cho 19971993 + = 19971993 + 11993 chia hết cho 1997 +1 , mà 1997 +1 chia hết cho nờn (19971993 + 1) chia hết cho Do 19931997 + 19971993 = (19931997 - 1) + (19971993 + 1) chia hết cho 19931997 - 1993 = 1993[(19932)998 - 1] chia hết cho 19932 + 1, mà 19932 + chia hết cho nờn 19931997 - 1993 chia hết cho 19971993 - 1997 = 1997[(19972)992 - 1] chia hết cho 19972 + 1, mà 19972 + chia hết cho nờn 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 n n Áp dụng công thức a  b Ma  b với a, b, n số tự nhiên a ≠ b 2903n  803n M2903  803 � 2903n  803n M2100 464n  261n M464  261 � 464n  261n M203 Mà   2100M 7;203M � 2903n  803n  464n  261n M hay A ⋮ 2903n  464n M2903  464 � 2903n  464n M2439 803n  261n M803  261 � 803n  261n M542   � 2903n  464n  803n  261n M271 � A M271 2439 M 271; 542 M 271 Mà Mà ƯCLN (7; 271) =  A ⋮ 7.271 hay A ⋮ 1897 Cách 1.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  N}; B = { x / x = 3k + 2, k  N}; C = { x / x = 3k + 3, k  N}; 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} Đặt m = 2k ( k ∈ Z) 3 Ta có m  20m  8k  40k  8k(k  5) Xét k chẵn Xét k lẻ   � 8k M 16 � 8k k2  M 16     � k  5M2 � k  M 16 � 8k k  M 16 Xét k ⋮   � 8k k2  M3 2 Xét k không chia hết cho k  3m �1 � k  9m �6m    � k2   9m2 �6m  6M � 8k k2  M3 Mà ƯCLN (3; 16) = nên   8k k2  M48 m hay  chia hết cho 48  20m    2 2 2  4a  b a  b  10b Ta có 4a  3ab  11b  4a  3ab  b  10b 4a2  3ab  11bM5 �  4a  b  a  b M5 (vì 10b2 ⋮5) 4a  bM5 � 5a   a  b M5 � a  bM5 - Trường hợp Mà a4  b4  a2  b2  a  b  a  b - Trường hợp 2: a + b ⋮ mà   4 nên a  b M5   a4  b4  a2  b2  a  b  a  b 4 nên a  b M5 2 Vậy 4a  3ab  11b chia hết cho a4 – b4 chia hết cho 10 Đặt hai số nguyên a b a + b ⋮   a3  b3   a  b a2  ab  b2   a  b � M3 �a  b  3ab� � Xét �  a  b � M9 �a  b  3ab� � suy a3  b3 M9 11 Xét n = A = 1, khơng phải số nguyên tố Xét với n = A = số nguyên tố Xét n ≥ 2012  n2  n2011  n  n2  n  Ta có A  n        n2 n3.670   n n3.670   n2  n  Mà   n3.670   n3 670  1Mn3  1;n3  1Mn2  n  � n3.670  1Mn2  n  � A Mn2  n  1;n2  n   n2  n   A nghĩa A số nguyên tố với n ≥ Vậy có n = thỏa mãn  12 Theo đề f(x) có dạng f ( x)  ax  bx  cx  d ( a �� ) 3 2 Ta có: 2020  f (5)  f (3)  (5  ) a  (5  )b  (5  3)c  98a  16b  2c � 16b  2c  (2020  98a) 3 2 Ta có: f (7)  f (1)  (7  ) a  (7  )b  (7  1)c  342a  48b  6c  342a  3 16b  2c   342a   2020  98a   6060  48aM3 Vậy f(7) – f(1) hợp số 13 a) Ta có k2 + 3k + = (k - 4) + 11(k - 1) Suy k2 + 3k + chia hết cho 11 (k 4)2 chia hết cho 11 Do 11 số nguyên tố nên điều xảy k – chia hết cho 11 hay k = 11t + với t số nguyên b) Giả sử có k nguyên cho (k2 + 3k + 5) chia hết cho 121 Khi (k2 + 3k + 5) chia hết cho 11 Theo câu a) k = 11t + 4, thay vào ta có : k2 + 3k + = (k - 4)2 + 11(k - 1) = 121t2 + 121t + 33 không chia hết cho 121 ( 33 khơng chia hết cho 121) Mâu thuẫn Vậy (k2 + 3k + 5) không chia hết cho 121 14 Từ giả thiết ta có a2b2  b2c2  c2a2  2ab2c  2bc2a  2bca2  a2b2  b2c2  c2a2 � 2abc  a  b  c  � a  b  c  Ta có: a3  b3  c3  a3  b3   a  b abc ≠  a3  b3  a3  3a2b  3ab2  b3  3ab  a  b  3abcM3 15 Ta có      A  n   n2 n2  n2   n2  n  1  n  1 n2  - Nếu n chẵn � n M4 � A M4 Nếu n lẻ �  n  1  n  1 M4 � A M4 - Ta có n – 1; n; n + ba số nguyên liên tiếp nên  n  1 n  n  1 M3 � A M3 - Nếu n ⋮ A ⋮ Nếu n : dư  n  1  n  1 M5 � A M5 Nếu n : dư  n2 : dư � n  1M5 � A M5 Mà 3; 4; nguyên tố đôi nên A ⋮ 3.4.5 hay A ⋮60 16 a) Ta có:   P   a  b bc  ab  c2  ac  abc P   a  b � c  a  b  c  ab� � � abc P   a  b c  a  b  c   a  b ab  abc P   a  b c  a  b  c  ab  a  b  c P   a  b  c  ab  bc  ca  b) Từ a + b + c ⋮  P ⋮ a  b  cM6 � a  b  cM2 � a, b,c tồn số chẵn � abcM2 � 3abcM6 � P  3abcM6 17 Ta có Xét Mà   a5  b5  c5  d5  c5  d5 M           a5  a  a a4   a a2  a2  - Nếu aM5 � a  aM5 - Nếu a = 5k ± a  1M5 � a  aM5 - Nếu a = 5k ± a  1M5 � a  a M5 Vậy với a số nguyên a5 – a ⋮ 5 5 Tương tự ta có b  bM5;c  cM5;d  d M5 � a5  b5  c5  d5   a  b  c  d  M5 5 5 Mà a  b  c  d M5 � a  b  c  d M 18.Ta có: A a  3a  2a a (a  1)(a  2)  24 24 a; a  1; a  số nguyên liên tiếp  a (a  1)( a  2)M3 (1) Vì a số chẵn nên ta đặt a  2k ( k � ) A   a5  b5  c5  d5   a  b  c  d   a5  a  b5  b  c5  c  d5  d 4k (k  1)(2k  1) k (k  1)(2k  1)  24  k ; k  số nguyên liên tiếp  k ( k  1) M2  a  a  1  a  2 M4 (2) Từ (1) (2) A�Z 19.Ta có   an  bn  2.22n1   22 n 1   4n1  Với n số tự nhiên 4n+1 tận  an +bn tận � an  bn không chia hết cho � an bn không chia hết cho (1) Xét    an bn  22n1  2n1  22n1  2n1      22n1   2n1 an bn M5   42n1  2.22n1   22n2  42n1  1M5 (vì 2n+1 lẻ)  2 Từ (1) (2) suy có số an bn chia hết cho 20 Ta có p số nguyên tố lớn nên p chia dư � p  1M3 (1) Mặt khác p số nguyên tố lớn nên p  1; p  hai số chẵn liên tiếp � ( p  1)( p  1)M8 � p  1M8 (2) * Mà (3,8)  1, từ (1) (2) suy điều phải chứng minh  ... 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 khơng nhỏ 9.233 = 2097 > 20 06, mâu... Giải Đặt số a, b, c, d, e Đem số chia cho chúng nhận số dư 0; 1;  Nếu tồn số có số dư tổng ba số chia hết cho  Nếu khơng tồn số có số dư nhiều có số có số dư chia cho 3, suy phải có số có số dư... 18 Chứng minh p số nguyên tố lớn p  1M24 Chuyên đề PHÉP CHIA HẾT TRÊN TẬP HỢP SỐ NGUYÊN Xét chữ số tận n ta có: n n +n+1 1 2  n2+ n + không chia hết cho � n  n  không chia hết cho 2025 a)