Đang tải... (xem toàn văn)
Trong quá trình giảng dạy tôi thấy đa phần học sinh chưa có kỹ năng giải toán “chia hết” vì các em chưa biết bài toán đó cần áp dụng phương pháp nào để giải cho kết quả đúng nhất, nhan[r]
(1)A PH N M Ầ Ở ĐẦU
Cùng v i s phát tri n c a ớ ự ể ủ đấ ướt n c, s nghi p giáo d c c ng khôngự ệ ụ ũ ng ng ừ đổi m i Các nh trớ à ường ã ng y c ng tr ng h n đ à à ọ ơ đến ch t lấ ượng giáo d c to n di n bên c nh s ụ à ệ ạ ự đầ ưu t thích cho giáo d c m i nh n.đ ụ ũ ọ V i vai trị l mơn h c cơng c , b mơn tốn ã góp ph n t o i u ki n choớ à ọ ụ ộ đ ầ đ ề ệ các em h c t t b môn khoa h c t nhiên khác.ọ ố ộ ọ ự
D y nh th n o ạ ư ế để ọ h c sinh không nh ng n m ch c ki n th c cữ ắ ắ ế ứ ơ b n m t cách h th ng m ph i ả ộ ệ ố à ả được nâng cao để em có h ng thú, sayứ mê h c t p l m t câu h i m m i th y cô ọ ậ ộ ỏ à ỗ ầ đặt cho mình.
áp ng c yêu c u c a s nghi p giáo d c v nhu c u h c t p
Để đ ứ đượ ầ ủ ự ệ ụ à ầ ọ ậ
c a h c sinh ủ ọ đặc bi t l h c sinh khá, gi i i u ó òi h i gi ng d yệ ọ ỏ Đ ề đ đ ỏ ả ạ chúng ta ph i bi t ch t l c ki n th c, ph i i t d ả ế ắ ọ ế ứ ả đ ễ đến khó, t c th ừ ụ ể đến tr u từ ượng v phát tri n th nh t ng quát giúp h c sinh có th phát tri n t t tà ể à ổ ọ ể ể ố ư duy toán h c.ọ
V i ớ đố ượi t ng h c sinh gi i, em có t nh y bén, có nhuọ ỏ ư ạ c u hi u bi t ng y c ng cao, l m th n o ầ ể ế à à à ế để em h c sinh n y phát huyọ à h t kh n ng c a mình, ó l trách nhi m c a giáo viên “phépế ả ă ủ đ à ệ ủ chia h t” l ế à đề à t i lí thú, phong phú v a d ng c a s h c THCS v khôngà đ ạ ủ ố ọ à th thi u b i dể ế ồ ưỡng h c sinh gi i mơn tốn THCS ọ ỏ
Trong khn kh ổ đề à t i n y, tơi trình b y “m t s phà ộ ố ương pháp ch ngứ minh chia h t”, c th l : s d ng d u hi u chia h t, s d ng tính ch t chiaế ụ ể ụ ấ ệ ế ử ụ ấ h t, xét t p h p s d phép chia, s d ng phế ậ ợ ố ư ử ụ ương pháp phân tích th nhà nhân t ử
B NỘI DUNG I/ CƠ SỞ LÝ LUẬN
Chúng ta dạy học theo đổi dạy học theo chuẩn kiến thức kỹ , gọi chuẩn – cần phải nắm vững Rèn kỹ giải toán chia hết chuẩn mà học sinh cần phải nắm Hệ thống tập thể dạng toán chia hết có vai trị quan trọng giúp cho học sinh phát triển khả tư duy, khả vân dụng kiến thức cách linh hoạt vào giải tốn, trình bày lời giải xác logic Đó kỹ cần thiết học sinh cịn ngồi ghế nhà trường Có phù hợp với cải tiến dạy học phát huy hết tính
tích cực, tư sáng tạo học sinh trường học. II/ CƠ SỞ THỰC TIỂN
(2)Là giáo viên dạy tốn tơi mong em chinh phục khơng chút ngần ngại gặp dạng toán Nhằm giúp em phát triển tư suy luận óc phán đốn, kỹ trình bày linh hoạt Hệ thống tập đưa từ dễ đến khó, bên cạnh cịn có tập nâng cao dành cho học sinh giỏi lồng vào tiết luyện tập Lượng tập tương đối nhiều nên em tự học, tự chiếm lĩnh tri thức thông qua hệ thống tập áp dụng này, điều giúp em hứng thú học tập nhiều
III/ NỘI DUNG VẤN ĐỀ
Hệ thống hóa lý thuyết chia hết tập vận dụng tương ứng, từ dạng đến tương đối khó Trong trình giải nhiều dạng tập hình thành khắc sâu cho em kỹ giải dạng toán chia hết.Giáo viên nêu dấu hiệu chia hết phương pháp chứng minh chia hết SGK ,ngoài bổ sung thêm số phương pháp cần thiết để vận dụng vào nhiều dạng tập khác
TÓM TẮT LÝ THUY TẾ
1 ĐỊNH NGH A PHÉP CHIAĨ
Cho s nguyên a v b ó b ố à đ ta ln tìm được hai s ngun q v rố à duy nh t cho:ấ
a = bq + r V i ớ r < b
Trong óđ : a l s b chia, b l s chia, q l thà ố ị à ố à ương, r l s d à ố ư Khi a chia cho b có th x y ể ẩ b s dố ư
r {0; 1; 2; … b-1};
c bi t: r = a = bq, ó ta nói a chia h t cho b hay b chia h t a.
Đặ ệ đ ế ế
Ký hi u: aệ b hay b\ a
V y:ậ a b Có s nguyên q cho a =ố bq
2 C C T NH CH TÁ Í Ấ 1 V i ớ a a a
2 N u a ế b v b à c a c 3 V i ớ a a
4 N u a, b > v a ế à b ; b a a = b 5 N u a ế b v c b t k à ấ ỳ ac b 6 N u a ế b (a) (b)
7 V i ớ a a (1)
8 N u a ế b v c à b a c b 9 N u a + b ế c v a à c b c 10 N u a ế b v n > à an bn 11 N u ac ế b v (a, b) =1 à c b
12 N u a ế b, c b v m, n b t k am + cn à ấ ỳ b 13 N u a ế b v c à d ac bd
(3)3 M T S D U HI U CHIA H TỘ Ố Ấ Ệ Ế
G i N = ọ
(4)(5)
(6)(7)
(8)(9)2 78x
+ N (ho c 25) ặ (ho c 25)ặ
dcba
(10)20006
10 8 72
+ N (ho c 9) ặ (ho c 9)ặ 3.3 M t s d u hi u khácộ ố ấ ệ
3
10n 2 9
+ N 11 11
4 1
2 n 3 5
+ N 101 101
4
7 n 1 5
+ N (ho c 13) ặ 11 (ho c 13)ặ
37
abc
+ N 37 37
37
bca
+ N 19 19
4 ĐỒNG D TH CƯ Ứ
4.1 Định ngh aĩ : Cho m l s nguyên dà ố ương N u hai s nguyên a v b choế ố à cùng s d chia cho m ta nói a ố ư đồng d v i b theo modun m.ư ớ
(11)V y: a ậ b (modun) a - b m 4.2 Các tính ch tấ
1 V i ớ a a a (modun)
2 N u a ế b (modun) b a (modun)
3 N u a ế b (modun), b c (modun) a c (modun)
4 N u a ế b (modun) v c à d (modun) a+c b+d (modun) 5 N u a ế b (modun) v c à d (modun) ac bd (modun) 6 N u a ế b (modun), d Uc(a, b) v (d, m) =1 à
37
cab (modun)
(12)2 78x
(13)(14) (modun ) 5 M T S Ộ Ố ĐỊNH LÝ
5.1 Định lý Euler
N u m l s nguyên dế à ố ương (m) l s s nguyên dà ố ố ương nh h nỏ ơ m v nguyên t v i m, (a, m) = 1à ố ớ
Thì a(m) (modun) Cơng th c tính ứ (m)
Phân tích m th a s nguyên từ ố ố m = p11 p22… pkk v i pớ i p; i N*
dcbadcba abThì (m) = m(1 - )(1 - ) … (1 - )
5.2 Định lý Fermat
N u ế p l s nguyên t v a không chia h t cho p aà ố ố à ế p-1 (modp) 5.3 Định lý Wilson
N u p l s nguyên t thìế à ố ố ( p - 1)! + (modp)
C C PHÁ ƯƠNG PH P GI I B I TO N CHIA H TÁ Ả À Á Ế
1 Phương pháp 1: S D NG D U HI U CHIA H TỬ Ụ Ấ Ệ Ế
ab
Ví d 1ụ : Tìm ch s a, b cho ữ ố 45 Gi iả
(15)ab
1980
A
(16)
để 45 v 9à
37
abc
(17)37
bca
(18)37
cab
N u b = ta có s ế ố a + + + 9 a + 16 a = 2
V y: a = v b = ta có s 7560ậ à ố a = v b = ta có s 256à ố 5
Ví d 2ụ : Bi t t ng ch s c a s l không ế ổ ữ ố ủ ố à đổi nhân s ó v i 5.ố đ ớ Ch ng minh rứ ằng s ó chia h t cho 9.ố đ ế
Gi iả
G i s ã cho l aọ ố đ à
Ta có: a v 5a chia cho có s d à ố ư 5a - a 4a m (4 ; 9) = 1à
a ( pcm)Đ
37
abc Ví d 3ụ : Ch ng minh r ngứ ằ s ố 81
Giải
Ta thấy: 111111111
Có = 111111111(1072 + 1063 + … + 109 + 1)
Mà tổng 1072 + 1063 + … + 109
+ có tổng chữ số 1072 + 1063 + … + 109
+
Vậy: 81 (Đpcm)
(19)Giải
19 ab 19 ab Vì chia hết b=0 b=5 chia hết suy b=0 19 a 0 19 a 0 a 0 19 a 0 9 a 0 Mặt khác , chia hết chia hết cho
khi chia hết cho suy a {0;2;4;6;8} Ta có chia hết cho chia hết a=2 a=6 Vậy a=2 b=0 a=6 b=0 nên số cần tìm 1920 1960
aaaaa 96 Ví d ụ 5 : Chữ số a để chia hết cho v 8
Gii
éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ
#####################################ỵ########
éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ
#####################################ỵ########
aaaaa 96 a96 ⋮ Vì 8 100a + 96 suy 100a8
éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ
#####################################ỵ########
(20)éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ
#####################################ỵ########
éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ
#####################################ỵ########
aaaaa 96 ⋮ ⋮ Vì (a + a + a + a + a + + ) 5a + 15
éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ
#####################################ỵ########
Mà 153 5a3
Mà (5, 3) =
éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ
#####################################ỵ########
Suy a a 3, ,9} (2) Từ (1) (2 ) suy a =
KL: Vậy số phải tìm 6666696
1 aaa1 ⋮ Ví d ụ 6 : Tìm chữ số a để 11
Giải
(21) aaa1 ⋮
⋮ 112a – (a + 2)11
⋮
a
(22)
a -2=0
a = .Vậy a=2
B I T P TÀ Ậ ƯƠNG TỰ
(23)34 5x y
a v 9à
2 78x
(24)dcba
B i 2à : Cho s N = ố Ch ng minh r ng:ứ ằ a N (a + 2b) 4
b N 16 (a + 2b + 4c + 8d) 16 v i b ch nớ ẵ c N 29 (d + 3c + 9b + 27a) 29
B i 3à : Tìm t t c s có ch s cho m i s g p l n tích chấ ả ố ữ ố ỗ ố ấ ầ ữ
s c a s ó.ố ủ ố đ
B i 4à : Vi t liên ti p t t c s có ch s t 19 ế ế ấ ả ố ữ ố ừ đến 80 ta đượ ốc s A = 192021…7980 H i s A có chia h t cho 1980 khơng ? Vì sao?ỏ ố ế
B i 5à : T ng c a 46 s t nhiên liên ti p có chia h t cho 46 khơng? Vì sao?ổ ủ ố ự ế ế
20006
10 8 7210n2 93 B i à 6 : Ch ng minh r ngứ ằ : a) b)
4
2 n
74n 1 5 c) d)
37
abc bca37cab37B i à 7 : Chứng minh
HƯỚNG D N - Ẫ ĐÁP SỐ
B i 1à :
(25)2 78x
b = 17 (122 + 6x) + 2(2-x)17 x = 2 Ta có s 2278ố
(26)ba a.
N4 4 10b + a 4 8b + (2b + a) 4 a + 2b 4 b N16 1000d + 100c + 10b + a16
(27)dcba
(28)dcba
29
(d + 3c + 9b + 27a) 29
(29)ab Gọ
(30)ab The
(31)ab
2 b {0; 2; 4; 6; 8} Thay v o (1) a = 3; b = 6à
B i 4à :
Có 1980 = 22.32.5.11
Vì ch s t n c a a l 80 ữ ố ậ ủ à v 5à A v 5à
T ng s h ng l 1+(2+3+ổ ố à ẻ …+7).10+8 = 279 T ng s h ng ch n 9+(0+1+ổ ố à ẵ …+9).6+0 = 279 Có 279 + 279 = 558 A 9
(32)1980
A
B i 5à :
T ng s t nhiên liên ti p l s l nên không chia h t cho ổ ố ự ế à ố ẻ ế
Có 46 s t nhiên liên ti p ố ự ế có 23 c p s m i c p có t ng l s l ặ ố ỗ ặ ổ à ố ẻ t ngổ 23 c p không chia h t cho V y t ng c a 46 s t nhiên liên ti p không chiaặ ế ậ ổ ủ ố ự ế h t cho 46.ế
37
abc bca37cab37B i à 7 : Chứng minh
Bài làm :
37
abc + Ta có : 100 a + 10 b + c 37(1)
abc + Ta có : = 100 a + 10 b + c bca = 100 b + 10 c + a cab = 100c + 10 a + b
………
abc bca cab + + = 111( a+ b + c) 37 (vì 111 37 ) (2)
bca + = 100 b + 10 c + a
= 10 (100a + 10 b + c) - 999a
100 10 37
37 999 37
a b c
bca a
Do (3)
cabTừ (1);(2);(3) ta suy : 37
2 Phương pháp 2: S D NG T NH CH T CHIA H TỬ Ụ Í Ấ Ế
* Chú ý: Trong n s nguyên liên ti p có v ch s chia h t cho n.ố ế à ỉ ố ế
C
h ng minhứ :
(33)1,
i n
* N u t n t i s d l 0: gi s m + i = nqế ạ ố à ả ử i ; m + i n
* N u không t n t i s d l ế ồ ố khơng có s ngun n o dãy chia h tố à ế cho n ph i có nh t s d trùng nhau.ả ấ ố ư
m i nq r i; j n m j nq r
i
j
Gi s : ả ử
i - j = n(qi - qj) n i - j n m à i - j< n i - j = i = j
m + i = m + j
V y n s ó có s v ch s ó chia h t cho ậ ố đ ố à ỉ ố đ ế n.
Ví d 1ụ : Ch ng minh r ngứ ằ :
a Tích c a s nguyên liên ti p chia h t cho 2ủ ố ế ế b Tích c a s nguyên liên ti p chia h t cho 6.ủ ố ế ế
Gi iả
a Trong s nguyên liên ti p bao gi c ng có s ch nố ế ờ ũ ố ẵ S ch n ó chia h t cho 2.ố ẵ đ ế
V y tích c a s nguyên liên ti p chia h t cho 2.ậ ủ ố ế ế
b Tích s nguyên liên ti p ln chia h t tích c a s nguyênố ế ế ủ ố liên ti p chia h t cho 2ế ế
Trong số nguyên liên ti p bao giế ờ c ng có s chia h t cho 3.ũ ố ế Tích s ó chia h t cho m (ố đ ế à 2; 3) = 1.
(34)Ví d 2ụ : Ch ng minh r ngứ ằ : T ng l p phổ ậ ương c a s nguyên liên ti p luônủ ố ế chia h t cho 9.ế
Gi iả
G i s nguyên liên ti p l n lọ ố ế ầ ượ àt l : n - , n , n+1 Ta có: A = (n - 1)3 + n3 + (n + 1)3
= 3n3 - 3n + 18n + 9n2 + 9
= 3(n - 1)n (n+1) + 9(n2 + 1) + 18n
Ta th y (n - 1)n (n + 1) ấ (Ch ng minh ứ Ví d 1)ụ
3(n - 1)n (n + 1) 9
18 ) ( n n
m à A ( PCM)Đ
Ví d 3ụ : Ch ng minh r ngứ ằ : n4 - 4n3 - 4n2 +16n 384 v i ớ n ch n, nẵ 4
Gi iả
Vì n ch n, nẵ 4 ta đặt n = 2k, k2
Ta có n4 - 4n3 - 4n2 + 16n = 16k4 - 32k3 - 16k2 + 32k = 16k(k3 - 2k2 - k + 2) = 16k(k - 2) (k - 1)(k + 1)
V i k ớ nên k - 2, k - 1, k + 1, k l s t nhiên liên ti p nên s óà ố ự ế ố đ có s chia h t cho v s chia h t cho ố ế à ố ế
(k - 2)(k - 1)(k + 1)k 8
M (k - 2) (k - 1)k à ; (3,8)=1 (k - 2) (k - 1) (k + 1)k 24 16(k - 2) (k - 1) (k + 1)k 16.24
V y nậ 4 - 4n3 - 4n2 +16n 384 v i ớ n ch n, n ẵ 4
Ví d ụ 4 : Chứng minh với số nguyên n : a A= 3n+2 – n+2 + 3n – n chia hết cho 10
b B = 10 n – 18 n – chia hết cho 27
Gi iả a A= 3n+2 – n+2 + 3n – n
= 3n (32 + 1) – n (22 +1)
= 10 3n – 2n
= 10 (3n –2n-1) 10
Vậy A chia hết cho 10 b B = 10 n + 18 n – 1
= 10n – – 9n +27n
99 9 27
n
n n
(35)a) n5 - n chia hết cho 30 với n N ;
b) n4 -10n2 + chia hết cho 384 với n lẻ n Z
Gi iả
a) n5 - n = n(n4 - 1) = n(n - 1)(n + 1)(n2 + 1) = (n - 1).n.(n +
1)(n2 + 1) 6
Vì (n - 1).n.(n+1) tích ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho (*) Mặt khác n5 - n = n(n2 - 1)(n2 + 1) = n(n2 - 1).(n2 - + 5)
= n(n2 - 1).(n2 - ) + 5n(n2 - 1)
= (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) + 5n(n2 - 1)
Vì (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) tích số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 5n(n2 - 1) chia hết cho 5
Suy (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) + 5n(n2 - 1) chia hết cho (**)
Từ (*) (**) suy đpcm
b) Đặt A = n4 -10n2 + = (n4-n2 ) - (9n2 - 9)
= (n2 - 1)(n2 - 9) = (n - 3)(n - 1)(n + 1)(n + 3)
Vì n lẻ nên đặt n = 2k + (k Z)
A = (2k - 2).2k.(2k + 2)(2k + 4) = 16(k - 1).k.(k + 1).(k + 2)
(36)Và (k - 1).k.(k + 1).(k + 2) tích số nguyên liên tiếp nên A có chứa bội 2, 3, nên A bội 24 hay A chia hết cho 24 (2)
Từ (1) (2) suy A chia hết cho 16 24 = 384
B I T P TÀ Ậ ƯƠNG TỰ
B i 1à : Ch ng minh r ngứ ằ :
a n(n + 1) (2n + 1) 6
b n5 - 5n3 + 4n 120 V i ớ n N
B i 2à : Ch ng minh r ngứ ằ : n4 + 6n3 + 11n2 + 6n 24 V i ớ n Z
B i 3à : Ch ng minh r ngứ ằ : V i ớ n l thìẻ
a n2 + 4n + 8 b n3 + 3n2 - n - 48 c n12 - n8 - n4 + 512
(5n 7)(4n 6) 2 n N
B i à 4 : Ch ng minh r ngứ ằ : a)
(8n1)(6n5)
n N
b) không chia hết cho
2006 2005
(n 2005 )(n 2006 ) 2 n N
B i à 5 : Ch ng minh r ngứ ằ :
HƯỚNG D N - Ẫ ĐÁP SỐ
B i 1à :
a n(n + 1)(2n + 1) = n(n + 1) [(n - 1) + (n + 2)] = n(n + 1) (n - 1) + n(n + 1) (n + 2) 6 b n5 - 5n3 + 4n = (n4 - 5n2 + 4)n
= n(n2 - 1) (n2 - 4)
(37)B i 2à :
n4 + 6n3 + 6n + 11n2 = n(n3 + 6n2 + + 11n)
= n(n + 1) (n + 2) (n + 3) 24
B i 3à :
a n2 + 4n + = (n + 1) (n + 3) 8 b n3 + 3n2 - n - = n2(n + 3) - (n + 3)
= (n2 - 1) (n + 3)
= (n + 1) (n - 1) (n + 3)
= 2k(2k + 4) (2k + 2) (v i n = 2k + 1, k ớ N) = 8k(k + 1) (k +2) 48
c n12 - n8 - n4 + = n8 (n4 - 1) - (n4 - 1) = (n4 - 1) (n8 - 1)
= (n4 - 1)2 (n4 + 1)
= (n2 - 1)2 (n2 + 1)2 (n4 + 1)
= 16k2 (k + 1)2 (n2 + 1)2 (n4 + 1) v i n = 2k + ớ
Mà n2 + v nà 4 + l nh ng s ch n à ữ ố ẵ (n2 + 1)2 22 v à n4 + 2 n12 - n8 - n4 + (24.22 22.21)
V y nậ 12 - n8 - n4 + 512
3 Phương pháp 3: XÉT T P H P S D TRONG PHÉP CHIAẬ Ợ Ố Ư
Ví d 1ụ : Ch ng minh r ngứ ằ : V i ớ n N
Thì A(n) = n(2n + 7) (7n + 1) chia h t cho 6ế
Gi iả
Ta th y th a s n v 7n + ấ ừ ố à 1 l s ch n V i à ố ẵ ớ n N A(n) 2 Ta ch ng minh Aứ (n) 3
L y n chia cho ta ấ được n = 3k + r (k N) V i r ớ {0; 1; 2}
V i r = ớ n = 3k n A(n) 3
V i r = ớ n = 3k + 2n + = 6k + A(n) V i r = ớ n = 3k + 7n + = 21k + 15 A(n) 3 A(n) v i ớ n m (2, 3) = 1à
V y Aậ (n) v i ớ n N
Ví d 2ụ : Ch ng minh r ngứ ằ : N u n ế không chia h t choế A(n) = 32n + 3n + 13 V i ớ n N
Gi iả
Vì n không chia h t choế n = 3k + r (k N); r {1; 2} A(n) = 32(3k + r) + 33k+r +
= 32r(36k - 1) + 3r (33k - 1) + 32r + 3r + 1
ta th y 3ấ 6k - = (33)2k - = (33 - 1)M = 26M 13 33k - = (33 - 1)N = 26N 13
v i r = ớ 32r + 3r + = 32 + +1 = 13 13 32r + 3r + 13
v i r = ớ 32r + 3r + = 34 + 32 + = 91 13 32r + 3r + 1 13
V y v i n ậ ớ không chia h t choế A(n) = 32n + 3n + 13 V i ớ n N
Ví d 3ụ : Tìm t t c s t nhiên n ấ ả ố ự để 2n - 7
Gi iả
(38)2n - = 23k - = 8k - = (8 - 1)M = 7M 7 v i r =1 ớ n = 3k + ta có:
2n - = 28k +1 - = 2.23k - = 2(23k - 1) + 1 m 2à 3k - 2n - chia cho d 1ư v i r = ớ n = 3k + ta có :
2n - = 23k + 2 - = 4(23k - 1) +
m 2à 3k - 2n - chia cho d 3ư V y 2ậ 3k - n = 3k (k N)
Ví d ụ 4 : Tìm n N để:
a) 3n – chia hết cho 8
b) A = 32n + 3 + 24n + 1 chia hết cho 25
c) 5n – 2n chia hết cho 9
Gi iả
a) Khi n = 2k (k N) 3n – = 32k – = 9k – chia hết cho – = 8
Khi n = 2k + (k N) 3n – = 32k + – = (9k – ) + = 3.8M + 2
Vậy : 3n – chia hết cho n = 2k (k N)
b) A = 32n + 3 + 24n + 1 = 27 32n + 2.24n
= (25 + 2) 32n + 2.24n = 25 32n + 2.32n + 2.24n
= 25 32n + 2(9n + 16n)
Nếu n = 2k +1(k N) 9n + 16n = 92k + 1 + 162k + 1 chia hết cho + 16 = 25
Nếu n = 2k (k N) 9n có chữ số tận , cịn 16n có chữ số tận
6
suy 2(9n + 16n) có chữ số tận nên A không chia hết không
chia hết cho 25
Vậy :A = 32n + 3 + 24n + 1 chia hết cho 25 n = 2k +1(k N)
c) Nếu n = 3k (k N) 5n – 2n = 53k – 23k chia hết cho 53 – 23 = 117 nên chia hết
cho
Nếu n = 3k + 5n – 2n = 5.53k – 2.23k
= 5(53k – 23k) + 23k = 9M + 8k
(39)9
=5 9M+9.N + 3(-1)k
Tương tự: n = 3k + 5n – 2n khơng chia hết cho 9
Vậy : 5n – 2n chia hết cho n = 3k (k N)
Bài 61 : Chứng minh với số tự nhiên n ta có :
a 9n + không chia hết cho 100
b n2 + n + không chia hết cho 15
Bài làm :
a ta có : 9n + 2(mod 4) 9n + 9n + 100
b.Ta chứng minh n2 + n + không chia hết cho với n
Cách :
Với n = 3k n2 + n + = 9k2 +3k +2
Với n = 3k + n2 + n + = (3k + 1)2 + 3k + + 1(mod 3) Với n = 3k + n2 + n + = (3k + 2)2 + 3k + + 2(mod 3)
Vậy n2 + n + không chia hết cho với n hay n2 + n + không chia hết cho 15
với số tự nhiên n
Cách : ta có : n2 + n + = (n2 – )+n + = (n – )(n+ 1)+n+3
Nếu n (n – )(n+ 1) n2 + n +
(40) n2 + n + 3
Vậy n2 + n + với số tự nhiên n hay n2 + n + không chia hết cho 15 với
mọi số tự nhiên n
Bài 62 : Chứng minh :
a n2 + n + không chia hết cho với n N
b n2 + 11n + 39 không chia hết cho 49 với n N
Bài làm : a Cách :
Nếu n n2 + n + 1(mod 3) n2 + n +
Nếu n = 3k + n2 + n +1=(3k + 1)2 + 3k + +
= 9(k2 +k) +3 9
Nếu n = 3k + n2 + n + = (3k + 2)2 +3k + + 11(mod 3), suy
ra n2 + n +
Vậy n2 + n + với n N
Cách :
Giả sử n2 + n + 19 , n2 + n + 13.Ta có :
n2 + n + 1= (n + )(n – ) + 3 (n + )(n – ) 3
Vì số nguyên tố nên n + n – 3,
hiệu (n + 2) - (n – ) = 33 nên n + n – đồng thời chia hết cho
Khi (n+ 2)(n – ) mà (n + )(n – ) + 9(vơ lí )
Vậy n2 + n + với n N
Cách : Giả sử n2 + n + = 9k (k N) ,
suy phương trình n2 + n + –9k = có nghiệm nguyên
ta có : = – 4(1 – 9k ) = 36k – chia hết cho không chia hết khơng số phương (vơ lý )
Vậy phương trình khơng có nghiệm ngun hay n2 + n + với n N
b Giả sử n2 +11n + 39 49
n2 +11n + 39 = (n +9)(n+2) + 21 (n +9)(n+2) n + n +
( n + – ( n + 2) = 7 )
(n +9)(n+2) 49
Mà theo giả sử n2 +11n + 39 = (n +9)(n+2) + 21 49 21 49 (vô lý )
Vậy n2 + n + với n N
Lưu ý : Các cách khác tiến hành tương tự trên
2.Bài tập đề nghị :
Bài 63 : Cho n số tự nhiên , chứng minh :
a n2 + 11n +39 không chia hết cho 49
(41)c n2 + 4n + không chia hết cho với n lẻ
Bài 64 : Chứng minh với số nguyên dương n ta có : a.212n+1 + 172n + 1 + 17 không chia hết cho 19
b 42n+1 + 3n+2 – không chia hết cho 13
B I T P TÀ Ậ ƯƠNG TỰ
B i 1à : Ch ng minh r ngứ ằ : An = n(n2 + 1)(n2 + 4) 30 V i ớ n Z
B i à 2 : Ch ng minh r ngứ ằ : N u (n, 6) =1 nế 2 - 24 V i ớ n Z
B i à 3 : Tìm s t nhiên ố ự n để 22n + 2n + 7
B i à 4 : Cho s t nhiên m, n ố ự để tho mãn 24mả 4 + = n2 CMR: mn 55
HƯỚNG D N - Ẫ ĐÁP SỐ
B i 1à : + A(n) 6
+ L y n chia cho ấ n = 5q + r , r {0; 1; 2; 3; 4} r = n A(n) 5
r = 1, n2 + A
(n) 5 r = 2; n2 + A
(n) 5 A(n) A(n) 30
B i à 2 : Vì (n, 6) =1 n = 6k + r (k N)
V i r ớ {1}
r = 1 n2 - 24
B i à 3 : Xét n = 3k + r (k N)
V i r ớ {0; 1; 2}
Ta có: 22n + 2n + = 22r(26k - 1) + 2r(23k - 1) + 22r + 2r + 1 L m tà ương t VD3ự
B i à 4 : Có 24m4 + = n2 = 25m4 - (m4 - 1) Khi m mn 5
Khi m khơng chia h tế (m, 5) = m4 - 5
(Vì m5 - m m(m4 - 1) m4 - 5)
n2 V y mn ậ 5
4 Phương pháp 4: SỬ Ụ D NG PHƯƠNG PH P PH N T CH TH NHÁ Â Í À NH N TÂ Ử
Gi s ch ng minh aả ử ứ n k
Ta có th phân tích aể n ch a th a s k ho c phân tích th nh th a s mứ ừ ố ặ à ừ ố à các th a s ó chia h t cho th a s c a k.ừ ố đ ế ừ ố ủ
Ví d ụ 1 : chứng minh
a) 251 - chia hết cho b) 270 + 370 chia hết cho 13
c) 1719 + 1917 chi hết cho 18 d) 3663 - chia hết cho không chia hết
cho 37
e) 24n -1 chia hết cho 15 với n N
Giải
a) 251 - = (23)17 - 23 - = 7
(42)c) 1719 + 1917 = (1719 + 1) + (1917 - 1)
1719 + 17 + = 18 1917 - 19 - = 18 nên (1719 + 1) + (1917 - 1)
hay 1719 + 1917 18
d) 3663 - 36 - = 35 7
3663 - = (3663 + 1) - chi cho 37 dư - 2
e) 4n - = (24) n - 24 - = 15
Ví d ụ 2 : Ch ng minh r ngứ ằ : 36n - 26n 35 V i ớ n N
Gi iả
Ta có 36n - 26n = (36)n - (26)n = (36 - 26)M = (33 + 23) (33 - 23)M
= 35.19M 35
V y 3ậ 6n - 26n 35 V i ớ n N
Ví d ụ 3 : Ch ng minh r ngứ ằ : V i ớ n l s t nhiên chà ố ự ẵn bi u th cể ứ
A = 20n + 16n - 3n - 232
Gi iả
Ta th y 232 = 17.19 m (17;19) = ta ch ng minhấ à ứ
A 17 v A à 19 ta có A = (20n - 3n) + (16n - 1) có 20n - 3n = (20 - 3)M 17M
16n - = (16 + 1)M = 17M 17 (n ch n)ẵ A 17 (1)
Ta có: A = (20n - 1) + (16n - 3n) có 20n - = (20 - 1)p = 19p 19
có 16n - 3n = (16 + 3)Q = 19Q 19 (n ch n)ẵ A 19 (2)
T (1) v (2) ừ à A 232
Ví d ụ 4 : Ch ng minh r ngứ ằ : nn - n2 + n - (n - 1)2 V i ớ n >1
Gi iả
V i n = ớ nn - n2 + n - = v (n - 1)à 2 = (2 - 1)2 = 1
nn - n2 + n - 1 (n - 1)2
v i n > ớ đặt A = nn - n2 + n - ta có A = (nn - n2) + (n - 1) = n2(nn-2 - 1) + (n - 1)
= n2(n - 1) (nn-3 + nn-4 + … + 1) + (n - 1) = (n - 1) (nn-1 + nn-2 + … + n2 +1)
= (n - 1) [(nn-1 - 1) + … +( n2 - 1) + (n - 1)] = (n - 1)2M (n - 1)2
V y A ậ (n - 1)2 ( PCM)Đ
Ví dụ : Cho n số nguyên dương k số tự nhiên lẻ Chứng minh : 1k + 2k
+ …+ nk 1+ 2+ …+ n
Bài làm :
Đặt : S = 1k + 2k + …+ nk
2S = 1k + 2k + …+ nk + nk + (n- 1)k +…+ 1k = (1k + nk ) + (2k + (n - 1)k)+…+(nk + 1k)
(43)Mặt khác : 2S = ( 1k + (n - 1)k ) + (2k + (n - 2)k) + …+ ((n-1)k +1k)+ 2nk
Vì k lẻ nên 1k +(n - 1)k n ; 2k +(n - 2)k n ;…và 2nk n 2S n (2)
Mà ( n , n+ 1) = (3)
Từ (1); (2); (3) suy 2S n(1+ n)
n n 2
Vì n(n+1) nên S
n n 2
Ta lại có : = 1+2+…+ n
Do : S 1+2+…+ n
Vậy 1k + 2k + …+ nk 1+ 2+ …+ n (n Z*, k lẻ )
B I T P TÀ Ậ ƯƠNG TỰ
B i 1à : Ch ng minh r ngứ ằ : a 32n +1 + 2n +2 7 b mn(m4 - n4) 30
B i 2à : Ch ng minh r ngứ ằ : A(n) = 3n + 63 72 v i n ch n n ớ ẵ N, n 2
B i 3à : Cho a v b l s phà à ố ương l liên ti pẻ ế Ch ng minh r ngứ ằ : a (a - 1) (b - 1) 192
B i à 4 : Ch ng minh r ngứ ằ :
a) 3636 4510
3
3n 3n 2n 2n n N
b)
6
7 7 11 c)
HƯỚNG D N - Ẫ ĐÁP SỐ
B i 1à : a 32n +1 + 2n +2 = 3.32n + 4.2n = 3.9n + 4.2n
= 3(7 + 2)n + 4.2n = 7M + 7.2n 7
b mn(m4 - n4) = mn(m2 - 1)(m2 + 1) - mn(n2 - 1) (n2 + 1) 30
B i à 2 : Có 72 = 9.8 m (8, 9) = v n = 2k (k à à N) có 3n + 63 = 32k + 63
= (32k - 1) + 64 A
(n) 8
B i à 3 : Đặt a = (2k - 1)2; b = (2k + 1)2 (k N)
Ta có (a - 1)(b - 1) = 16k2(k + 1)(k - 1) 64 v 3à
5 Phương pháp 5: BI N Ế ĐỔI BI U TH C C N CH NG MINH V Ể Ứ Ầ Ứ Ề D NGẠ T NGỔ
Gi s ch ng minh Aả ử ứ (n) k ta bi n i Aế đổ (n) v d ng t ng c a nhi u h ng tề ạ ổ ủ ề ạ ử v ch ng minh m i h ng t à ứ ọ ạ ử đều chia h t cho k.ế
Ví d 1ụ : CMR: n3 + 11n v i ớ n Z.
Gi iả
Ta có n3 + 11n = n3 - n + 12n = n(n2 - 1) + 12n = n(n + 1) (n - 1) + 12n Vì n, n - 1; n + l s nguyên liên ti pà ố ế
(44)V y nậ 3 + 11n 6
Ví d 2ụ : Cho a, b Z tho mãn (16a +17b) (17a +16b) ả 11
CMR: (16a +17b) (17a +16b) 121
Gi iả
Có 11 s nguyên t m (16a +17b) (17a +16b) ố ố à 11
11 16b 17a 11 17b 16a (1)
Có 16a +17b + 17a +16b = 33(a + b) 11 (2)
16a 17b 11 17a 16b 11
T (1) v (2) ừ à
V y (16a +17b) (17a +16b) ậ 121
B I T P TÀ Ậ ƯƠNG TỰ
B i 1à : CMR: 13 + 33 + 53 + 73 23
B i 2à : CMR: 36n2 + 60n + 24 24
B i 3à : CMR: a 5n+2 + 26.5n + 8 2n+1 59 b 9 2n + 14 5
B i 4à : Tìm n N cho n3 - 8n2 + 2n n2 + 1
HƯỚNG D N - Ẫ ĐÁP SỐ
B i 1à : 13 + 33 + 53 + 73 = (13 + 73) + (33 + 53) = 8M + 8N 23
B i 2à : 36n2 + 60n + 24 = 12n(3n + 5) + 24
Ta th y n v 3n + không ấ à đồng th i ch n ho c l ờ ẵ ặ ẻ n(3n + 5) PCMĐ
B i 3à : a 5n+2 + 26.5n + 8 2n+1 = 5n(25 + 26) + 8 2n+1 = 5n(59 - 8) + 8.64 n =5n.59 + 8.(64 n - 5n)
= 5n.59 + 8.59M 59 b 9 2n + 14 = 9 2n - + 15
(45)= 80m + 15 5
B i 4à : Có n3 - 8n2 + 2n = (n2 + 1)(n - 8) + n + (n2 + 1) n + n2 + 1
2 2
2 2
2
8 1
1 8 1 1 8 1 1
n n n
n n n n n
2
8n 64 n 1
M à n + n2 +
2
65 n 1
(46) 0; 2; 8
n
th l iử ạ
V y n ậ {-8; 0; 2}
6 Phương pháp 6: D NG QUY N P TO N H CÙ Ạ Á Ọ Gi s CM Aả ử (n) P v i n ớ a (1)
Bước 1: Ta CM (1) úng v i n = a t c l CM Ađ ớ ứ à (a) P
Bước 2: Gi s (1) úng v i n = k t c l CM Aả ử đ ớ ứ à (k) P v i k ớ a Ta CM (1) úng v i n = k + t c l ph i CM Ađ ớ ứ à ả (k+1) P Bước 3: K t lu n Aế ậ (n) P v i n ớ a
Ví d 1ụ : Ch ng minh Aứ (n) = 16n - 15n - 225 v i ớ n N*
Gi iả
V i n = ớ A(1) = 225 225 v y n = úngậ đ
Gi s n = k ả ử ngh a l Aĩ à (k) = 16k - 15k - 225 Ta ph i CM Aả (k+1) = 16 k+1 - 15(k + 1) - 225 Th t v y: Aậ ậ (k+1) = 16 k+1 - 15(k + 1) - 1
= 16.16k - 15k - 16
= (16k - 15k - 1) + 15.16k - 15 = 16k - 15k - + 15.15m = A(k) + 225
m Aà (k) 225 (gi thi t quy n p) ả ế ạ 225m 225
V y Aậ (n) 225
2n 1 2n 2
m
Ví d 2ụ : CMR: v i ớ n N* v à m l s t nhiên l ta có à ố ự ẻ
Gi iả
(47)2k 1 2k 2
m
Gi s v i n = k ta có ta ph i ch ng minhả ớ ả ứ
1
2k 1 2k 3
m
2k 1 2k 2
m
2k 1 2k 2
m q q Z
(48)2k 2k 2 1
m q
1 2
2k 1 2k 1 2 k 1 1 22k 4. 2 k 2k 2 k 2k
m m q q q q q
Ta có
2n 1 2n 2
m
V y v i ậ ớ n 1
3 3 2 5 3
A n n n
Ví d ụ 3 : Cho n l m t s nguyên dà ộ ố ương, ch ng minh r ng:ứ ằ (1)
(49)Xét v i n=1 ta có: A = V y (1) úng v i n=1ớ ậ đ ớ
3 3 2 5 3
A k k k
Gi s (1) úng v i n=k, t c l : ả ử đ ớ ứ (2) (gi thi t quy n p)ả ế ạ Ph i ch ng minh (1) úng v i n=k+1, t c l ph i ch ng minhả ứ đ ớ ứ à ả ứ
1 3 3 1 2 5 1 3
A k k k
(50) 3 2
3 2 2 3 2 2
1 3 1 5 1
3 3 1 3 6 3 5 5 3 5 3( 3 3) 3
A k k k
A k k k k k k A k k k k k
V y (1) úng v i n=k+1ậ đ ớ
3 3 2 5 3
A n n n
V y v i n nguyên dậ ớ ương
2 2 2 1
7.2 n 3 n 5
C
Ví d ụ 4 :Cho n l m t s nguyên dà ộ ố ương, ch ng minh r ng: ứ ằ (1)
G i i:ả
10 5
C
(51)2 2 2 1
7.2 k 3 k 5
C
Gi s (1) úng v i n=k, t c l : (2) (gi thi t quy n p)ả ử đ ớ ứ à ả ế ạ Ph i ch ng minh (1) úng v i n=k+1, t c l ph i ch ng minhả ứ đ ớ ứ à ả ứ
2 1 2 2 1 1
7.2 k 3 k 5
C
Ta có:
2 1 2 2 1 1
2 2 2 1
2 2 2 1 2 1
7.2 3
28.2 9.3
4 7.2 3 5.3 5
k k
k k
k k k
C C C
V y (1) úng v i n=k+1ậ đ ớ
2 2 2 1
7.2 n 3 n 5
C
V y ậ v i n l m t s nguyên dớ à ộ ố ương.
(52) Với n = ta có : 41 + 15.1 – =18 9.Vậy (1) với n = Giả sử (1) với n = k , tức ta có : 4k + 15n –
4k + 15k – = 9m (m Z) 4k = 9m – (15k – 1)
Với n = k+ ta có :
4k+1 + 15(k+1) – = 4.4k + 15k +14 = (9m – (15k – 1)) +15k +14
= 36m – 45k +18
4.0 2
3 = 9(4m – 5m + 2) 9
Vậy (1) với n = k+1 ,do (1) với n ≥ Ví d ụ 6 : Chứng minh với số tự nhiên n ta có :
4
2 2 11
3 n (1)
Bài làm :
4.0 2
3 Với n = ta có = 11 11.Vậy (1) với n =1
4 2
3 k 324.( 1) 1k 2
Giả sử (1) với n = k , tức : 11.Cần chứng minh (1) với n = k+1 tức cần chứng minh 11
Thật : vói n = k+1 ta có :
4.( 1) 2
3 k 324 5k 2324 1.16k 2 16
2 2 2
3 k
= = =
24 16 16 16 2
2
3 k 2 2
324 1k 2 = (vì 16 số chẵn )
4 2
3 k
16
4 16
3 k 2
Theo giả thiết quy nạp : 11 nên 11
Mặt khác : 216 +2 = 2( 215 + 1) = 3276911
4.( 1) 2
3 k Do : 11
4
2 2 11
3 n Vậy với n N
B I T P TÀ Ậ ƯƠNG TỰ
B i 1à : CMR: 33n+3 - 26n - 27 29 v i ớ n 1, m l s t nhiên là ố ự ẻ
B i 2à : CMR: 42n+2 - 15
B i 3à : CMR s ố được th nh l p b i 3à ậ ở n ch s gi ng chia h t cho 3ữ ố ố ế n v i n l s nguyên dớ à ố ương.
HƯỚNG D N - Ẫ ĐÁP SỐ
B i 1à : Tương t ví d 1.ự ụ
(53)
3
aa a
n
sè a
(54)111 3
aaa a
(55)
3
aa a
k
sè a
Gi s (1) úng v i n = k t c l ả ử đ ớ ứ 3k
(56)
1
3
aa a
k
sè a
(57) k k k k a a a a a a a aa 3 3 a sè 2.3 3 3
10 k 10 k
k
aa a aa a aa a
Có
2.3 3 1
3
10 k 10 k 1 3
k
k
aa a
7 Phương pháp 7: S D NG Ử Ụ ĐỒNG D TH CƯ Ứ
Gi i b i toán d a v o ả à ự à đồng d th c ch y u l s d ng ư ứ ủ ế ụ định lý Euler và nh lý Fermat
đị
Ví d 1ụ : CMR: 22225555 + 55552222 7
Gi iả
Có 2222 - (mod 7) 22225555 + 55552222 (- 4)5555 + 45555 (mod 7) L i có: (- 4)ạ 5555 + 42222 = - 45555 + 42222
4 1
4
- 2222 1111
= - 42222 (43333 - 1) =
43 1111 1 0
Vì (mod 7)
22225555 + 55552222 (mod 7) V y 2222ậ 5555 + 55552222 7
22 324 34
n n
Ví d 2ụ : CMR: v i ớ n N Gi iả
(58)310 (mod 11) 210 (mod 11)
Ta tìm d phép chia l 2ư à 4n+1 v 3à 4n+1 cho 10
4
2 1 mod10
4
3 1 mod10
2,10 1 3,10 1
nh lý Euler
đị v à
4 1
2 n 2 mod10
(59)
4 1
3 n 3 mod10
34n+1 = 10k + (k N)
4 1 4 1
2 3 10 2 10 3
3 n 3 n 5 3 q 2 k 5
Ta có:
= 32.310q + 23.210k + 5 1+0+1 (mod 2) (mod 2)
4 1 4 1
2 3 10 2 10 3
3 n 3 n 5 3 q 2 k 5
= 32.310q + 23.210k + 5 (mod 11) Vì 310 (mod 11), 210 (mod 11) M (2, 11) = 1à
22 324 34
n n
V y v i ậ ớ n N
11 224
n
Ví d 3ụ : CMR: v i n ớ N
Gi iả
Cách 1
Ta có: 24 (mod10) 24n+1 (mod 10) 24n+1 = 10q + (q N)
2 10
2 2
2
q
n
Theo định lý Fermat ta có: 210 (mod 11) 210q (mod 11)
7
7
224 10
q
n
4+7 (mod 11) (mod 11)
11 224
n
V y v i n ậ ớ N ( PCM)Đ Cách 2
4
2 n
2.2 n
2.16n
+ Ta có : = =
Vì 16 1(mod 5) nên 16n 1(mod 5) :
16n 2(mod 5) hay 24n+1 (mod 5)
Đặt 24n+1 = 5k+2 (k Z
+ , k chẵn(vì 22n+1 số chẵn) )
4
2 n + Vậy = 25k+2 = 25k = 4.32k
Do 32 - 1(mod 11) nên 32k (mod 11)(vì k chẵn )
Suy : 4.32k (mod 11)
(60)4
2 n Vậy + chia hết cho 11
Ví d ụ 4 : Chứng minh : 22007 – 31 Bài làm :
Ta có : 25 = 32 (mod 31) 2007 = 401.5+2
Do :
22007 – = 25.401+2 – =4.(25)400 – 4=4[ (25)400 – ]
4(1 – )(mod 31)0(mod 31)
Vậy : 22007 – 31
Ví dụ : Cho hai nguyên tố khác p ,q.Chứng minh :
p q – + q p – - p.q
Bài làm :
Vì p , q hai số nguyên tố p ≠ q nên (p , q) = Áp dụng định lí Fermat ta có :
pq -1 (mod q ) q p – (mod p) pq -1 – q qp-1 – p
Mặt khác : pq -1 – p qp-1 – q nên ta có :
p q – + q p – – q p q – + q p – – p
Mà (p,q) = nên p q – + q p – - p.q
333 555
777 333555777Ví dụ : Chứng minh số + chia hết cho 10
Bài làm :
Ta có : 555 - 1(mod 4) 555777 (-1)777 -1 3(mod 4)
555333 (-1)333 -1 3(mod 4)
777
555
333 Do : = 34k + 33 (34)k (mod 10)
333 555
777 = 74l+3 73 (74)l (mod 10 )
333 555
777 333555777 Suy : + 10(mod 10) 0(mod 10 )
333 555
777 333555777 Vậy + chia hết cho 10.
4
2
7 n 434 1n Ví dụ 7 : Chứng minh : với n N* ta có : + - 65 100
Bài làm
Ta có : 74 = 2401 1(mod 100) 410 76 (mod 100)
4
2
7 n 72.24n Do : = = 74k 1(mod 100)
3
4 n 43.81n = = 410l + 3 = 43 (410)l 64.76(mod 100)
2
7 n 434 1n Suy : + - 65 +64 – 65 (mod 100)
4
2
7 n 434 1n + - 65 (mod 100)
4
2
(61)PHƯƠNG PHÁP TÌM CHỮ SỐ TẬN CÙNG
+ Để tìm chữ số tận lũy thừa cần ý rằng:
Các số có tận 0;1;5;6 nâng lên lũy thừa (khác 0)
cũng có tận 0;1;5;6
Các số có tận 2;4;8 nâng lên lũy thừa có tận
là
Các số tận 3;7 nâng lên lũy thừa có tận
Các số có tận nâng lên lũy thừa chẵn số có
tận 1;nâng lên lũy thừa lẻ số tận + Để tìm hai chữ số tận lũy thừa cần lưu ý:
Các số tận 01;25;76 nâng lên lũy thừa khác khơng
có tận 01;25;76
Các số 320 (hoặc 815) ; 74 ; 512; 992 có tận 01 Các số 220 ; 65 ; 184 ; 242; 682 ; 742 có tận 76 Số 26n (với n > 1) có tận 76
+ Để tìm ba chữ số tận trở lên lũy thừa cần ý:
Các số tận 001 ; 376 ; 625 nâng lên lũy thừa (khác
không) tận 001; 376; 625
Số có tận 0625 nâng lên lũy thừa (khác không)
cũng tận 0625
Cần lưu ý số kết sau:
+ a100k 000(mod 1000) a 0(mod 10)
+ a100k 001(mod 1000) a 1;3;7;9(mod 10)
+ a100k 625(mod 1000) a 5(mod 10)
+ a100k 376 (mod 1000) a 2;4;6;8(mod 10)
Ví dụ : Chứng minh 8102 - 2102 chia hết cho
Bài làm : Cách :
Ta có : 8102 = (84)25 82 = (…6)25 .64 = (…6) 64 = …4
2102 = (24)25 22 = 1625 = (…6).4 = …4
Vậy 8102 - 2102 có tận 8102 - 2102 chia hết cho
Cách :
Ta có : - (mod 10)
8102 (- 2)102 (mod 10) ( 2) 102 (mod 10)
8102 - 2102 (mod 10)
Vậy 8102 - 2102 có tận 8102 - 2102 chia hết cho
Ví dụ 9: Chứng minh 16101 14101 chia hết cho 4
Bài làm :
Ta có : 16101 14101 = (16.14)101 = 224101 = (2242 )50 224
7650 76 24
= 224 = 224 =
(62)B I T P TÀ Ậ ƯƠNG TỰ
19 226
n
B i 1à : CMR v i n ớ N
B i à 2 : Cho s p > 3, p ố (P) CMR 3p - 2p - 42p
B i à 3 : CMR v i m i s nguyên t p ớ ọ ố ố đều có d ngạ 2n - n (n N) chia h t cho p.ế
HƯỚNG D N - Ẫ ĐÁP SỐ
B i 1à : L m tà ương t nh VD3ự ư
B i à 2 : Đặt A = 3p - 2p - (p l )ẻ
D d ng CM A ễ à v A à A 6 N u p = ế A = 37 - 27 - 49 A 7p N u p ế (p, 7) = 1
Theo định lý Fermat ta có: A = (3p - 3) - (2p - 2) p t p = 3q + r (q
Đặ N; r = 1, 2)
A = (33q+1 - 3) - (23q+r - 2)
= 3r.27q - 2r.8q - = 7k + 3r(-1)q - 2r - (k N) v i r = 1, q ph i ch n (vì p l )ớ ả ẵ ẻ
A = 7k +3 - - v i r = ớ 2, q ph i ả lẻ (vì p l )ẻ A = 7k - - - = 7k - 14 7
V y A ậ m A à p, (p, 7) = A 7p M (7, 6) = 1; A à 6
A 42p.
B i à 3 : N u ế p= 22 - = 2 N u n > Theo ế định lý Fermat ta có: 2p-1 (mod p)
2m(p-1) (mod p) (m N) Xét A = 2m(p-1) + m - mp
A p m-mp+1 p m = kq - 1
Nh v y n u p > ư ậ ế p có d ng 2ạ n - n óđ n = (kp - 1)(p - 1), k N đều chia h t cho pế
8 Phương pháp 8: S D NG NGUYÊN LÝ IRICHLETỬ Ụ Đ
N u em n + th nh t v o n l ng có nh t l ng ch a t 2ế đ ỏ ố à ồ ấ ồ ứ ừ con tr lên.ở
Ví d ụ 1 : Chøng minh số tự nhiên tìm ®ưỵc sè cã hiƯu chia hÕt cho
Gi¶i:
Mét sè chia cho cã thể nhận số ú : 0; 1; 2; 3;
Trong sè tù nhiªn chia cho tồn nhÊt sè cã cïng sè
(63)
HiƯu cđa sè chia hÕt cho
Ví d ụ 2 : Cho ba số lẻ chứng minh tồn hai số có tổng hiệu chia hết cho
Gi¶i:
Một số lẻ chia cho số dư bốn số sau: 1;3;5;7 ta chia số dư ( thỏ) thành nhóm (2 lồng)
Nhóm 1: dư dư Nhóm 2: dư dư
Có số lẻ (3 thỏ) mà có hai nhóm số dư nên tồn hai số thuộc nhóm - Nếu số dư hiệu chúng chia hết cho
- Nếu số dư khác tổng chúng chi hết cho
Ví d ụ 3 : Cho ba số nguyên tố lớn 3.Chứng minh tồn hai số có tổng hiệu chia hết cho 12
Gi¶i:
Hướng dẫn: Một số nguyên tố lớn chia cho 12 số dư số 1; 5; 7; 11
Chia làm hai nhóm:
(64)Nhóm 2: dư dư
Ví d ụ 4 : CMR: Trong n + s nguyên b t k có s có hi u chia h t cho n.ố ấ ỳ ố ệ ế
Gi iả
n +1 s nguyên ã cho chia cho n ố đ được n s d nh n s sau:ố ư ậ ố 0; 1; 2; …; n - 1
có nh t ấ trong n+1 số có s d chia cho n.ố ư Gi s aả ử i = nq1 + r 0 r < n
aj = nq2 + r a1; q2 N aj - aj = n(q1 - q2) n
V y n +1 s nguyên b t k có s có hi u chia h t cho n.ậ ố ấ ỳ ố ệ ế
B I T P TÀ Ậ ƯƠNG TỰ
B i 1à : CMR: T n t i n ồ ạ N cho 17n - 25
B i 2à : CMR: T n t i b i c a s 1993 ch ch a to n s 1.ồ ạ ộ ủ ố ỉ ứ à ố
B i 3à : CMR: V i 17 s nguyên b t k bao gi c ng t n t i t ng s chiaớ ố ấ ỳ ờ ũ ồ ạ ổ ố
h t cho 5.ế
B i 4à : Có hay khơng s có d ng.ố ạ
19931993 … 1993000 … 00 1994
HƯỚNG D N - Ẫ ĐÁP SỐ
B i 1à : Xét dãy s 17, 17ố 2, …, 1725 (tương t VD2)ự
B i 2à : Ta có 1994 s nguyên ch a to n b s l :ố ứ à ộ ố à
1 11 111 … sè 1994 11 111
Khi chia cho 1993 có 1993 s d ố theo ngun lý irichlet có nh t 2Đ ấ s có s d ố ố ư
Gi s ó l ả đ à
ai = 1993q + r 0 r < 1993 aj = 1993k + r i > j; q, k N aj - aj = 1993(q - k)
111 1100 1993( q k )
i- j 1994 sè 1 j sè 0
) ( 1993 10 11
111 j q k
sè 1994 j -i
(65)111 11
i- j 1994 sè 1
1993 ( PCM)Đ
B i 3à : Xét dãy s g m 17 s nguyên b t k l ố ồ ố ấ ỳ à
a1, a2, …, a17
Chia s cho ta ố được 17 s d t ph i có s d thu c t p h p{0; 1; 2;ố ắ ả ố ư ộ ậ ợ 3; 4}
N u 17 s có s chia cho có s d t ng c aế ố ố ố ư ổ ủ chúng s chia h t cho 5.ẽ ế
N u 17 s khơng có s n o có s d chia cho ế ố ố à ố ư t n t i s có s d khác ồ ạ ố ố ư t ng s d l : + + + + = 10 ổ ố à 10
V y t ng c a s n y chia h t cho 5.ậ ổ ủ ố à ế
(66)1993 1993
1994 sè 1993
a1994 =
em chia cho 1994
đ có 1994 s d thu c t p {1; 2; ố ư ộ ậ …; 1993} theo ngun lý irichlet có nh t s h ng có s d
Đ ấ ố ạ ố ư
Gi s : aả ử i = 1993 … 1993 (i s 1993)ố aj = 1993 … 1993 (j s 1993)ố
aj - aj 1994 i < j 1994
1993 1993.10 1994i
j-i sè 1993
9 Phương pháp 9: PHƯƠNG PH P PH N CH NGÁ Ả Ứ CM A
Để (n) p (ho c Aặ (n) p ) + Gi s : Aả ử (n) p (ho c Aặ (n) p ) + CM gi s l saiả à
(67)Ví d 1ụ : CMR n2 + 3n + 121 v i ớ n N
Gi iả
Gi s t n t i n ả ạ N cho n2 + 3n + 121 4n2 + 12n + 20 121
(2n + 3)2 + 11 121 (1) (2n + 3)2 + 11 11 (2n + 3)2 11
(68)V y nậ 2 + 3n + 121
Ví d ụ 2 : Chøng minh r»ng a2 - kh«ng chia hÕt cho víi aN.
Gi¶i:
⋮ Gi¶ sư A(n)=a2 - 5,nghÜa A(n) phải có chữ số tận 5,
suy a2 (là số phơng) phải có số tận chữ
số 3;8 - Vô lý(vì số phơng có chữ số tận là:0;1;4;6;9)
Vậy a2 - không chia hÕt cho 5.
B I T P TÀ Ậ ƯƠNG TỰ
(69)B i 2à : CMR: n2 + n + v i ớ n N*
B i 3à : CMR: 4n2 - 4n + 18 289 v i ớ n N
HƯỚNG D N - Ẫ ĐÁP SỐ
(70) (2n + 1)2 + 49 (1) (2n + 1)2 7
Vì l s nguyên t à ố ố 2n + (2n + 1)2 49 (2) T (1); (2) ừ 49 vô lý.
B i 2à : Gi s t n t i nả ạ 2 + n + v i ớ n (n + 2)(n - 1) + (1)
3 n n
vì l s nguyên t à ố ố (n + 2)(n - 1) (2) T (1) v (2) ừ à vô lý
B i 3à : Gi s ả n N để 4n2 - 4n + 18 289 (2n - 1)2 + 17 172
(2n - 1) 17
17 l s nguyên t à ố ố (2n - 1) 17 (2n - 1)2 289 17 289 vô lý.
CHIA CĨ DƯ
Bài 65 :
Tìm số dư phép chia : a A = 3638 + 4133 + cho
b B = 570 + 750 cho 12
Bài làm :
Cách : sử dụng định nghĩa
a A = 3638 + 4133 + = 3638 – 138 + 4133 + 133 +
= (36 – 1)(3637 +3636+…+1)+(41+1)(4132 – 4131 +… + 1) +
= 35(3637 +3636+…+1) + 42(4132 – 4131 +… + 1) +2
37 36 32 31
35 36 36 1 7 42 41 – 41 7
Do nên A chia cho dư b Ta có : B = 570 + 750 = 2535+4925 = 2535 – 135+ 4925 - 125 +
= (25 – 1)(2534 + 2533 +…+ 1)+ (49 –1)(4924 +4923 +…+ 1) +2
= 24 (2534 + 2533 +…+ 1) + 48(4924 +4923 +…+ 1) +
34 33 24 23
24 25 25 12 48 49 49 12
Do nên B chia cho 12 dư Cách : Sử dụng đồng dư :
a Ta có : 36 1(mod 7) nên 3638 1(mod 7)
41 -1(mod 7) nên 4133 - 1(mod 7)
A = 3638 + 4133 + 1- + (mod 7) 2(mod 7)
Vậy A chia cho dư
b Ta có : 52 1(mod 12) nên (52)35 1(mod 12)
72 1(mod 12) nên (72)25 1(mod 12)
B= 570 + 750 + (mod 12) (mod 12)
(71)Bài 66 : Một số chia cho dư , chia cho dư , chia cho dư 2.Hỏi số chia cho 60 dư ?
Bài làm :
Cách : Gọi số bị chia A
1 2 3
3 1 20 60 20(1) 4 3 15 60 45(2) 5 2 12 60 24(3)
A q A q A q A q A q A q
Ta có :
Ta lấy (3) – (1) – (2) ta : A = 60 (3q3 – q2 – q1) +
Vậy A chia cho 60 dư
Chú ý : Với cách ta tạo hệ tương đương khác miễn tạo mối liên hệ A 60 Nhưng cách nên áp dụng với đơn giản,còn phức tạp khó nhẩm tính
Cách : Sử dụng đồng dư : Gọi số A
Theo ta có :
A 1(mod 3) A – 0(mod 3)
A 3(mod 4) A – 0(mod 4) A – 0(mod 3.4.5)
A 2(mod 5) A – 0(mod 5)
A – 0(mod 60)
A (mod 60) Vậy A chia cho 60 dư
Nhận xét : Cách làm ngắn gọn với phức tạp gây chút khó khăn việc nhẩm tính
Cách : Gọi số tự nhiên A A = 60k + r ( 0≤ r < 60 )
Ta cần tìm k
+ Vì A chia cho dư nên 60k + r chia cho dư
2;7;12;17;22;27;32;37;42;47;52;57
r
Mà 0≤ r < 60 :
7;27;47
r
Mặt khác A chia cho dư nên r chia cho dư Do
7
r
Vì A chia cho dư nên r chia cho dư 1.Do Suy : A = 60k +
Vậy A chia cho 60 dư
Nhận xét : Cách làm sử dụng chung cho toán dạng cách làm dài so với hai cách làm bên
Bài 67: Tìm dư phép chia 20042004 cho 11
Bài làm :
Ta có : 2004 (mod 11) 20042004 22004 (mod 11)
Mà 210 (mod 11) nên 22004 = 24 (210)200 24 (mod 11) 5(mod 11)
Vậy dư phép chia 20042004 cho 11
15
15
(72)Bài làm :
Ta có : p = ;(p – )p = = 42 ;1542 (mod 49)
Ta tìm dư phép chia 1515 cho 42
Ta có : 1515 (mod 7); 1515 315 (mod 6) mà 315 = 3.314 = 3(2k+1)
(mod 6) 1515 (mod 6)
Gọi r0 dư phép chia 1515 cho 42 :
0;1;2;3;4;5 r0 = 7t + với t Với t = r0 = 153 (mod 6)
Vậy 1515 15(mod 42 )
15
15
15 Do : = 1542k+15 1515(mod 49 )
Ta có : 1515 = (153)5 (- 6)5(mod 42 ) 15(mod 49 )
Bài 69 : Tìm dư phép chia 109345 cho 14
Bài làm :
Ta có : 109 11(mod 14 ) 109345 11345 (mod 14 )
1 1 1 1 2 7
14 = (14) = 14 =
Theo định lí Euler : 11 (14) 1(mod 14 ) 116 1(mod 14 )
Suy 11345 = 116 x 57+3 113(mod 14 ) 1(mod 14 )
Vậy dư phép chia 109345 cho 14
11 11
11 Bài 70 : Tìm dư phép chia cho 30
Bài làm :
1 1 1
1 2 1 3 1 5 8
Ta có : 30 = (30) = 30
8
11 1(mod30)
Ta có : 1111311 (mod 8) ; 311 = (32)5 3(mod 8) 1111 = 8k +
11 11
11 Vậy = 118k + 113 11(mod 30)
11 11
11 Do số dư phép chia cho 30 11
Bài 71: Tìm số tự nhiên n có bốn chữ số cho chia n cho 131 dư 112 , chia n cho 132 dư 98
Bài làm :
Cách : Ta có : 131x + 112 = 132y + 98 131x = 131y + y – 14
y – 14 131 y = 131k + 14 ( k N)
n = 132 (131k + 14) +98 = 132 131k + 1946
Do n có bốn chữ số nên k = ,n = 1946
Cách : Từ 131x = 131y + y – 14 suy : 131( x – y ) = y – 14
Nếu x > y y – 14 ≥ 131 y ≥ 145 n có nhiều bốn chữ sơ (loại )
Vậy x = y ,do y = 14 , n = 1946
(73) n = 131 132 ( x – y ) + 1946
Vì n có bốn chữ số nên n = 1946 Vậy n = 1946 sơ cần tìm
2 Bài tập đề nghị :
2003
3 Bài 72 : Tìm số dư phép chia cho 11
Bài 73 : Chứng minh : a 18901930 +19451975 + ;
b 321990291945 19519807
4
3 n Bài 74 : Tìm số dư phép chia cho 55
Bài 75 : Tìm dư phép chia : a 21000 cho 25
b 22003 cho 49
Bài 76: Tìm dư phép chia 575 + 7100 cho 132
Bài 77 : Tìm số dư phép chia sau : a 108n + 57n cho
b 3743n – 23n + cho 41
Bài 78 : Tìm số dư phép chia sau : a 29459 – cho
b 109345 cho 14
c 270 + 370 cho 13
d 6595 cho 11
e 340 cho 83
f 35150 cho 425
Bài 79 : Tìm tất số tự nhiên n mà chia cho 11 có dư chia cho có dư
Bài 80 : Tìm dư phép chia 22003 cho 35
Bài 81 : Tìm số tự nhiên n có bốn chữ số cho chia n cho 131 dư 112 , chia n cho 132 dư 98
Hệ thống tập dạng chứng minh chia hết
Bài : Cho n số nguyên dương,chứng minh tốn sau nhiều cách (nếu có thể) :
1 7n +3n – chia hết cho ;
2 4n + 15n – chia hết cho 9;
3 16n - 15n – chia hết cho 225;
4
2
2
2 n + chia hết cho ;
5
4
2
3 n + chia hết cho11;
6 122n+1 + 11n+2 chia hết cho 133
7 42n+1 + 3n+2 chia hết cho 13
8 5n (5n + 1) – 6n(3n + 2n) chia hết cho 91
Bài làm :
(74)Cách :
7n +3n – = (7n – ) + 3n = (7n – + 7n – + …+1) - 6n + 9n
= (7n – + 7n – + …+1 – n ) + 9n
= [ (7n – - ) + (7n – - 1) + …+ – ) ] + 9n
= [ (7n – + n – + …+1) + (7n – + n – + …+1)+…+6) + 9n
= 36 A + 9n
= ( 4A + n )
7n +3n – chia hết cho
Cách : Chứng minh quy nạp
Với n = ta có 71 + – = 9 (1) với n =
Giả sử (1) với n = k tức 7k + k – = 9 Cần chứng minh (1)
với n = k+ tức cần chứng minh 7k+1 + (k +1) – = 9
Thật :
Theo giả thiết quy nạp ta có : 7k + k – = 9
7k + k – = 9m (với m Z)
7k = 9m – 3k +
7k+1 + (k +1) – = 7k + (k +1) –
= (9m – 3k + 1) + (k +1) – 1= 63m – 18k +
= (7m – 2k +1) 9
(1) với n = k+1
Vậy (1) với n nguyên dương 4n + 15n – chia hết cho ;(2)
Cách :
4n + 15n – 10 = (4n - 1) + 15n – = (4 – )(4n-1 + 4n-2 + …+ ) +15n -
= (4n-1 + 4n-2 + …+ ) – 3n + 18n –
= 3(4n-1 + 4n-2 + …+ – n) +18n –
= 3[(4n-1 – ) + (4n-2 – )+…+(1 – )]+18n –
=3[3(4n-2 +4n-3 +…+ 1)+3(4n-3 + 4n-4 + …+ 1)+…+3]+18n–9
=9 A + 18n – = (A + 2n – 1)
Vậy 4n + 15n – chia hết cho ;(2)
Cách : Chứng minh quy nạp
Với n = ta có : 41 + 15.1 – 10 = 9 (2) với n =1
Giả sử (2) với n = k tức 4k + 15.k –10 = 9.Cần chứng minh (2)
với n = k + tức cần chứng minh 4k+1 + 15.(k+1) – 10 = 9
Thật :
Theo giả thiết quy nạp ta có : 4k + 15.k –10 = 9
4k + 15.k –10 = 9m (m Z)
4k = 9m +10 – 15k
4k+1+15.(k+1) –10 = 4.4k +15(k+ 1)–10= 4(9m +10 – 15k)+15.(k+1) – 10
= 36m – 45 k +45 = (4m - 5k +5) 9
(2) với n = k +
Vậy (2) với n nguyên dương Cách : Sử dụng đồng dư
(75)( 1) 2
n n
Ta có : 4n = (3+1)n = 3n +n 3n- + 3n-2 +…+ n.3 + 1
3n+1(mod ) ( 3k 32 với k ≥ 2)
4n + 15.n – 10 15n – 10 + 3n+1 18n – (mod ) 0(mod )
4n + 15.n – 10 chia hết cho
Chú ý : Các ý lại tiến hành tương tự ý
Bài : Cho Cn = + 32 + 33 +…+ 3100 Chứng minh Cn chia hết cho 120
Bài làm :
Cn = (3 +32+33+34) + …+ (397+398+399+3100)
= 3(1+3+32 +33)+…+397(1+3+32 +33) = 120(3+ 35+…+397) 120
Vậy Cn chia hết cho 120
Bài 3: Cho a , b số tự nhiên không chia hết cho
Chứng minh pa4m + qb4m ,chia hết cho p + q chia hết cho 5(với
p,q,m N) Bài làm :
Ta có : pa4m + qb4m = p (a4m – ) + q (b4m – )+p+q (1)
Mà a 4m – = (a4)m – a4 – (1*)
a4 – = (a2 – )(a2 + )= (a2 – )((a2 – )+5) = (a2 – 1)(a2 – 4)+5(a2 – 1)
= (a – )(a – )(a+1)(a+2) + 5(a2 – 1)
Vì (a – ) ; (a – ) ;a; (a+1) ; (a+2) số ngun liên tiếp nên có số
chia hết cho 5.Mà a không chia hết cho số (a –2); (a – ); (a+1) ; (a+2) phải chia hết cho
Vậy a4 – (2*)
Từ (1*) ,(2*) suy a4m – b4m – chia hết cho Do từ (1) suy :
pa4m + qb4m p + q
*Nhận xét : * Bài tốn áp dụng định lí Fermat để giải sau :
Ta có ( a ,5) = (b , 5) = nên a4 (mod 5) b4 (mod 5) Suy pa4m
+ qb4m p +q (mod 5).
pa4m + qb4m 0(mod 5) p +q 0(mod 5)
Vậy pa4m + qb4m p + q 5
* Bài toán tổng quát : Cho p số nguyên tố ;a1 , a2,…,an số
nguyên không chia hết cho p
p1 , p2,…,pn k1 , k2,…,kn lầ số tự nhiên Chứng minh :
1 2
1
( 1) ( 1) ( 1) n n n
p k p k p k
pa p a p a
chia hết cho p p1 + p2 + …+ pn chia hết cho p
Bài : Cho f(x) đa thức với hệ số nguyên :
f(x) = anxn + an-1xn-1 +…+ a1x + a0 (ai Z; i = 0,1,…,n);a,b hai số nguyên khác
nhau
Chứng minh : f(a) – f(b) a- b
Áp dụng : Chứng minh khơng có đa thức P(x) với hệ số nguyên có giá trị P(7) = P (15) =
Bài làm :
Ta có : f(a) = an an + an-1 an-1 +…+ a1a+ a0
(76)suy : f(a) – f(b) = an (an – bn) + an-1( an-1 –bn-1)+…+ a1 (a– b )
Vì ak – bk a – b với k Z nên f(a) – f(b) a – b (đpcm)
Áp dụng : giả sử có đa thức P(x) với hai hệ số nguyên cho P (7) = P(15)
= P(15) – P(7) 15 – =8 8( vơ lí ) Vậy khơng có đa thức với hệ số nguyên có giá trị P(7) = 5; P (15) =
Bài :
5 5 n 3 n 7 15 n
a Chứng minh + + số nguyên với n Z
a 12 n 8 n 24 n
Chứng minh với n chẵn + + số nguyên Bài làm :
a 7 15 n 8 15 n 5 3 n n
Ta có : = n - = n - ;
5 7
5 3 15 5 3
n n n n n n n n
Do :
Ta dễ dàng chứng minh n5 – n 10 n3 – n
2
2(5.10 1 3 n 5 3 n n n n n
Do số nguyên (đpcm )
b Giả sử n = 2m (m Z ) ta có :
2 3 2 3 ( 1)(2 1)
12 24 6 2 3 6 6
n n n m m m m m m m m m 12 n 8 n 24 n
Dễ dàng chứng minh m(m+1)(2m+1) nên + + số nguyên
Bài :
Cho A = (10n + 10n-1 +…+10+1)(10n+1 + 5) + 1.Chứng minh A số phương
nhưng khơng lập phương số lập phương số tự nhiên Bài làm :
Ta có : 10n+1 – = (10 – )(10n + 10n – +…+ 10 + )
1
9Suy : (10n + 10n – +…+ 10 + ) = (10n+1 – )
1 9
1
(77)1 9 2 10 3 n
= (102n+2+ 4.10n+1 +4) =
Vì 10n+1 +2 nên A số phương
1 2
10 3
n
Ta có : số chẵn nên A chia hết cho
2 10 3 n
2(5.10 1 3
n
A = = chia hết cho khơng chia hết cho vì
5.10n + số lẻ Vậy A không số lập phương số tự nhiên
Bài :Cho an = 22n+1 + 2n+1 +1 bn = 22n+1 - 2n+1 +1.chứng minh với số tự
nhiên có hai số an ,bn chia hết cho
Bài làm :
Ta có : an bn = (22n+1 + 2n+1 +1)( 22n+1 - 2n+1 +1) = (22n+1 + 1)2 – (2n+1)2
= 42n+1 + 22n+1 +1 – 22n+2 = 42n+1 +1
Vì 2n +1 số lẻ nên 42n+1 +1 + =5 Vậy an bn (1)
an – bn = 22n+1 + 2n+1 +1 – (22n+1 - 2n+1 +1) = 2n+2 không chia hết cho (2)
Từ (1),(2) suy hai số an bn có số chia hết cho với n
là số tự nhiên
Nhận xét : Để chứng minh hai biểu thức chia hết cho số ta xét
tích xét hiệu hai biểu thức
2n
k Bài : Chứng minh với số tự nhiên n ≥ k số tự nhiên lẻ ta có -
1 2n+2
Bài làm : chứng minh quy nạp :
Với n = ta có k2 – = (k – )(k +1) ( k – , k + chữ số chẵn liên
tiếp nên tích chúng chia hết cho )
k2m k2m k2mGiả sử với n = m ta có : - 2m+2 - = 2m+2 q
( q Z) = 2m+2 q +1
Với n = m + ta có :
1
2m
k k2m - = ( )2 – = ( 2m+2 q +1)2 – = 22m+4 q2 + 2m+3 q
= 2m+3 (2m+1 q2 + q) 2m+3 2n
k Vậy - 2n+2 với n ≥
Bài 10 : Chứng minh số lập 3n chữ số giống chia hết cho 3n với
n số nguyên dương Bài làm :
aa n a
(78) aaaVới n = ta có = 111a 3.Vậy (1) với n =1 aa k a
Giả sử (1) với n = k ,tức ta có : 3k
aa k a
Ta chứng minh (1) với n = k+1 ,tức phải chứng minh: 3k+1
Thật :
Ta có : 3k+1 = 3k .3 = 3k +3k + 3k
2.3
3 3 3 3 2.3
3
aa aa aa aa a aa 10 aa 10 aa aa (10 10 1) 3
k k
k k k k k k k
k k k
k
a a a a a a a Do : aa k a
2.3
10 k 10 k 1 3k
(vì theo giả thiết quy nạp 3k
Vậy (1) với n = k+1 (1) với n ≥
n i ia
n i ia
Bài 11: Cho a1 ,a2, ,an Z 6.Chứng minh 6
Bài làm :
Ta cần chứng minh : n3 n(mod 6)
Thật : n3 – n = (n – )n(n+1) 6(vì n – ,n,n+1 ba số tự nhiên liên tiếp nên
có số chia hết cho có số chia hết tích ba số chia hết cho )
3
n i ia
n
i ia
Thay n = a ta a3 a(mod 6) (mod 6) (1)
1
n i ia
Theo ta có : (2)
3
n i ia
Từ (1) (2) suy chia hết cho (điều phải chứng minh )
26 3
.10 k 13
k k 26
.( 1)k
k
k
Bài 12 : Chứng minh : ; k Z Bài làm :
Ta có : 103 = 1000 - (mod 13) 1001 = 13 77
(79)26 3 .10 k k k 26
.( 1)k
k
k
Do : (mod 13)
26
.( 1)k
k
k
Mà : - +2 – +4 - … - 25 +26
(-1+2) +(-3+4)+…+(-25+26) = 13
26
.( 1)k
k k 26 3
.10 k 13
k
k
Vậy 0(mod 13) hay (đpcm)
2003
2 Bài 13 : Tìm ba chữ số tận
Bài làm :
*Trước hết ta tìm hai chữ số tận 92003
Ta có : 92003 = 93 92000 =93.(320)200 29(mod 100)
2003
2 Suy : = 2100k + 29 = 229 (2100)k 912.376 (mod 1000)
912( mod 1000) 2003
9
2 Vậy ba chữ số tận 912
Bài 14 : Một số có 6n chữ số chia hết cho Chứng minh chuyển chữ số tận lên đầu số số chia hết cho
Bài làm :
Gọi số ban đầu N= 10A + a ,với a chữ số tận số A số có 6n – chữ số
Sau chuyển a lên đầu ta số M = a 106n – +A
Ta chứng minh N – 3M chia hết cho Thật :
Ta có : N – 3M = 7A – a(3 106n – – )
Áp dụng định lí Fermat ta có :
106 1(mod ) 106n 1(mod ) 3.106n 3(mod )
3.106n 10 (mod ) 3.106n – (mod )
3.106n – 1 – (mod ) hay a(3 106n – – ) chia hết cho (1)
Mà 7A chia hết cho (2)
Từ (1),(2) suy N – 3M chia hết cho
Theo ta có N chia hết suy 3M chia hết cho Mà ƯCLN (3,7) = suy M chia hết cho 7.(đpcm)
3.Bài tập tự luyện
Bài 15 :Chứng minh :
a
11 1
n
2n + chia hết cho
b
11 1 81
(80)9 9
9 10
9 9 a b.12013+22013+…+20132013 11
Bài 17: Chứng minh tích k số nguyên liên tiếp chia hết cho k!
Bài 18 : Cho a,b không chia hết cho Chứng minh a4 - b4 chia hết cho
Bài 19 :
Chứng minh với số nguyên m,n Z ta có :
a.n2(n2 – ) 12 c.n2(n4 – ) 60
b mn(m4 – n4) 30 d 2n(16 – n4) 30
Bài 20 : Chứng minh biểu thức sau số nguyên với n nguyên :
9 13 82 32
630 21 30 63 35
n n n n n
a A =
9 13 82
32 ; 630 21 30 63 35
n n n n n
b.B =
Bài 21 :Chứng minh biểu thức A = (23n+1+2n)(n5 - n) chia hết cho 30 với n
N
1Bài 22: Cho f(x ) = xn + a
n – xn – +…+a1x+a0 ; Z; i = 0,1,…,n – Giả sử m ≠
là nghiệm f(x)
Chứng minh f(1) (1 – m ) f(-1 ) (1 + m )
1
x Z x
xn 1n Z
x
Bài 23 : Chứng minh với số tự nhiên n Bài 24 : Chứng minh :
7
7 7
7
7 10
7 7 220119691196922069220119102a b
2003
3 Bài 25 : Tìm ba chữ số tận
Bài 26: Chứng minh với số tự nhiên n ta có :
135 45x y 226n219222 1n 3 7224 1n 7 11
a b c.
Bài 27 : Cho p,k,n số nguyên dương
Chứng minh np+4k – np 10
Bài 28 : Cho số nguyên x ,y,z thỏa mãn x + y + z chia hết cho Chứng minh M= (x+ y) (y + z)(z+ x) – xyz chia hết cho
Bài 29 : Cho số nguyên phân biệt a,b,c,d.Chứng minh :
(a - b)(a - c)(a - d)(b - c)(b - d)(c - d) 12
Bài 30 : Chứng minh :
a n Z n4 + 6n3 +112 + 6n 24 với
b n4 - 4n3 - 4n2 + 16n 384 với n chẵn n>
Bài 31 : Chứng minh biểu thức A = (23n+1 + 2n)(n5 - n) chia hết cho 30 với số
(81)DẠNG : CÁC BÀI TOÁN VỀ TÌM SỐ TỰ NHIÊN N THỎA MÃN ĐIỀU KIỆN CHIA HẾT
1 Phương pháp :
- Giả sử tìm n N cho A(n) B(n)
- Biến đổi điều kiện A(n) B(n) k B(n) (với k số tự nhiên không phụ
thuộc n) ,từ tìm n
- Thử lại giá trị tìm n để có A(n) B(n)
2 Hệ thống tập
Bài 32:
a Tìm số nguyên dương n cho n2 + chia hết cho n +
b Tìm số nguyên n để 3n – chia hết cho n – Bài làm :
a Giả sử : n2 + n + ,khi n2 + = (n2 – )+ n +
Vì n2 – = (n – ) (n + ) n + nên suy n +
1;2 Mà Ư(2) = suy n + = n + =
Suy n = n = Vì n nguyên dương nên n =
Thử lại : với n = ta có n2 + = 12 + = + (đúng)
Vậy với n = n2 + chia hết cho n +
b Giả sử 3n – n – 3n – = 3(n – ) + n – 4
1; 2; 4 5;3;6;2;8;0 n – n – = n
Bài 31 :
a Tìm số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện (n + 5)(n + 6) 6n
b Tìm tất số tự nhiên n cho (n – )! chia hết cho n Bài làm :
a Ta có : P = (n + 5) (n + 6) = n2 + 11n + 30 = 12n + (n2 – n +30)
P 6n n2 – n +30 6n
Vì n2 – n n nên 30 n 30 nên n2 – n
Vậy n ước dương 30 n chia hết cho dư dư
1;3;6;10;15;30
n
Suy :
1;3;10;30
n
Trong giá trị có thỏa mãn điều kiện tốn b Ta có : (n – )! = 1.2.3…(n – )
(82) Nếu n hợp số có dạng n = a.b (với a ≠ b và1< a < n; 1< b <n) tích 1.2.3…(n – ) có hai thừa số a b nên (n – )! n
Nếu n hợp số có dạng n = p2 ( với p số nguyên tố ) : + Nếu p > p2 – ≥ 2p
do 2p2 = p(2p) ước (p2 – 1)! Suy p2 = n ước (n – )!
+ Nếu p = n = khơng ước 3!
Vậy (n – ) ! n n hợp số khác Bài 33 :
a Tìm số tự nhiên n biết tích chữ số n n2 – 10n – 22
b Tìm số tự nhiên n biết tổng chữ số n : S(n) = n2 – 2003 n +
c Tìm số tự nhiên n cho n + S(n) + S(S(n)) = 60 ,với S(n) tổng chữ số n
Bài làm :
a Để làm trước hết ta chứng minh nhận xét nhỏ : số có n chữ số chũng khơng nhỏ tích chữ số
Thật :
1 1 1 0 1 1 0 0
0 1
10 10 10 9
n n n n
n n
n
a a a a a a a a a a a
Ta có Như theo ta có :
≤ n2 – 10n – 22 ≤ n
2 10 22 0 ( 10) 22
12 13 12 2 11 20 0 ( 11) 22
n n n n n n n n n n
Thử lại : với n = 12 1.2 = 122 – 10.12 – 22 (đúng )
2 10 22 0 ( 10) 22
12 13 12 2 11 20 0 ( 11) 22
n n n n n n n n n n
Vậy n = 12 số tự nhiên cần tìm
b Tìm n để S(n) = n2 – 2003 n + với S(n) tổng chữ số n
Ta ln có : < S(n) ≤ n Cách :
+ Nếu ≤ n ≤ 2002 (n – )(n – 2002 )= n2 – 2003n +2002 ≤ 0
Suy n2 – 2003 n + < Vơ lí
+ Nếu n = 2003 S(n) = 20032 – 2003 2003 + = = 2+0+0+3 (thỏa mãn )
+ Nếu n > 2003 n – 2003 ≥ ,
S(n) = n2 – 2003 n + = n ( n – 2003) + > n ,vô lí
Vậy với n = 2003 S(n) = n2 – 2003 n + 5
Cách :
(83)2 2
2003 0 2003 2002 0 2003 5 2004 0
( 1)( 2002) 0
2002 2004 2003 ( 2004) 0
n n n n n n n n n
n n n n n n
Thử lại với n =2003 S(n) = n2 – 2003n +
Vậy với n = 2003 thỏa mãn điều kiện đề c Tìm n để n + S(n) + S(S(n)) = 60
Vì S(n) ≥ nên n ≤ 59 S(n) ≤ 14 S(S(n)) ≤ 9.Do :
n = 60 – S(n ) – S( S(n)) ≥ 60 – 14 – = 37 Vậy : 37 ≤ n ≤ 59 (1)
Mặt khác : n S(n) (mod 9) S(n) S(S(n)) (mod 0)
nên 60 = n + S(n) + S(S(n)) n +n + n (mod 9) n 6(mod ) n (mod
9) (2)
38;41;44;47;50;53;56;59 Từ (1) ,(2) suy n Thử lại ta thấy n = 44 ; n = 47 ; n = 50 thỏa mãn đề
Bài 34 : Tìm chữ số x ; y để :
7 36 5x y 135 45x y a 1375 b
Bài làm :
7 36 5x y a 1375
ta có : 1375 = 125 11
7 36 5x y 5y 125 125 y =2 ;
7 36 5x y 11 (5 + +x) – (2 + + ) = 12 – x 11 x =
Vậy số cần tìm 713625
135 45x y b
135 45x y 135 4x y135 4x yTa có :
135 4x y + y = y =
135 40x Với y = : 1+ + + x+ +
x = 5
ta số 135540
135 45x Với y = : 1+ + + x+ +
x = x =
(84) 44
n xx x n
11
n n
xx x
Bài 35 : Với số nguyên x (0 ≤ x ≤ 9) số đồng thời tích hai số tự nhiên liên tiếp với số tự nhiên n ≥
Bài làm :
4x1x Với n = hai số đồng thời tích hai số tự nhiên liên tiếp
với x = (42 = 6.7 ;12 = 3.4 )
Ta chứng minh với x = kết với n ≥ Thật :
10 10 44 22 44 4.10 22 .10
9
n n n n
n n n n
Ta có :
10 2.10 2.10 (2.10 1)
9 3
n n n n
2(10 1) 2(10 1) 3
n n
Vì 10n – = (10 – ) (10n – +10n – +…+10+1)
= 9.(10n – +10n – +…+10+1) chia hết cho
2(10 1)
n
2(10 1) 1
n
Nên hai số tự nhiên liên tiếp
44
n n
xx x
Vậy tích số tự nhiên liên tiếp x = Tương tự :
10 10 10
11 122 10 (10 2) 9
n n n
n n n n
10 10 1 3
n n
tích hai số tự nhiên liên tiếp
với n ≥
Bài 36 : Tìm số tự nhiên n thỏa mãn n + S(n) = 94 với S(n) tổng chữ số n
Bài làm:
Vì n + S(n) =94 nên n < 94 ,do n có hai chữ số ,suy S(n) ≤ 18 Theo n = S(n) = 94 suy n = 94 – S(n) ≥ 94 – 18 = 76
ab ab Gọi n = ta có : + a + b = 94 11a + b = 94
Với a = b = (94 – 77) : N ( loại )
Với a = b = N
Vậy số cần tìm 83
3.Bài tập đề nghị :
1aaa1 Bài 37 : Tìm chữ số a để chia hết cho 11.
(85)1234xy 2 78x a 72 b 17
Bài 39 : Tìm tất số tự nhiên n thỏa mãn điều kiện sau : a n + 11 n – c 7n n –
b n2 + 2n + n +
Bài 40 : Tìm n Z để :
a n + n + n + c n 3 - 8n2 + 2n n 2 +1