d tổng lập phương của ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 9

[r]

(1)

CHUYÊN ĐỀ : PHÉP CHIA HẾT

Bài 1: Chứng minh rằng:

a) Tích hai số nguyên liên tiếp chia hết cho 2 b) Tích ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 6 c) Tích hai số chẵn liên tiếp chia hết cho 8

d) Tổng lập phương ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 9

Giải: a) Đặt A(n) = n.(n+1)

Nếu n chẵn n 2=> n(n +1) Nếu n lẽ n + => n(n+1)

b) Đặt A(n) = n.(n+1)(n +2)

c) Đặt A(n) = 2n.(2n+2)

(2)

Bài 2: Chứng minh rằng: a)n(n+1)(2n+1) b)n5 - 5n3 + 4n 120

c)n(n +2)(73n2 -1) 24 với số nguyên n

Giải:

a) Ta có: n(n +1)(2n + 1) = n(n+1)( n -1+ n + 2) = n(n+1)(n -1) + n(n+1)(n+2)

b) Ta có n5 – 5n3 + 4n = n( n4 – 4n2 + 4) = n( n4 – 4n2 – n2 + 4) n n n 2  4  n2  4

 

 4  1

n n n

   n n 1 n 1 n2 n 2 Ta có: Tích số nguyên liên tiếp chia hết cho

Tích số nguyên liên tiếp chia hết cho

Trong số nguyên liên tiếp có số chia hết cho 2, số chia hết tích chia hết cho

(3)

c) Ta có: n n 2 73  n2  1 n n 2 72  n2 n2  1 72n n3 2 n n 2 n2  1

       

72n n n n n n

     

Ta có: 72n n  3  24

Ta có: Tích số ngun liên tiếp chia hết cho

Trong số nguyên liên tiếp có số chia hết cho 2, số chia hết tích chia hết cho Mà (3; 8) =

 1  1  2 24

n n n n

    

       

72n n 2 n n 1 n 1 n 2 24

      

(4)

Bài 3: Chứng minh với số nguyên dương n n5  n 10

Giải:

Ta có: n5  n n n   1 n n  1 n2 1 n n  1 n 1  n2 1

 1  1  4 5

n n n n

    

 1  1  4 5  1  1

n n n n n n n

      

 1  1  4 5  1  1

n n n n n n n

      

 1  1  2  2 5  1  1

n n n n n n n n

       

Ta có n n  1 n1  n 2  n2 2,5 Mà (2;5) =

 1  1  2  2 10

n n n n n

     

 1  1 2 5  1  1 10

n n n    n n n 

 1  1  2  2 5  1  1 10

n n n n n n n n

        

(5)

Bài 4: Chứng minh rằng: a) n4  n224 n N

b) n n 2 25  n2  1 24  n N

c) n4 6n3 11n2 6 24n  n Z

d) n5 5n3  6 30n  n Z

e) 3n3 15 18n  n Z f) 2n3 3n2 n6 n Z

g) n3 3n2 2018 6n  n Z

8 4 6 4 16

n  n  n  n n   n Z

h)

(6)

Bài 5: Chứng minh với n chẵnn4  4n3  4n2 16 384n Giải:

4

n 

Vì n chẵn n 4 Đặt n = 2k, k 2

Ta có: n4  4n3  4n2 16n 16k4  32k3  16k2 32k

 

16k k 2k k 2

   

   

2

16k k k 2 k 2 

     

     

16k k 2 k 1 k 1

   

Ta có: k k  2 k  1 k  1 8

 1  1 3

k k  k   Mà (3;8) = 1

 2  1  1 24

k k k k

(7)

Bài 6: Chứng minh với n lẻ n3 3n2  n 3 48 Giải:

Ta có: n3 3n2  n 3 n n2  3  n 3  n 3  n2  1  n3 n  1 n 1

Với n lẻ => n = 2k +

   

3 3 3 2 4 2 2 2

n n n k k k

       8k k 1 k 2

Mà k k 1 k 2 6

3 3 3 48

n n n

(8)

Bài 7:Chứng minh với n lẻ a) n3  n24

b) n12  n8  n4  1 512 c) n5  n240

Bài 8:Chứng minh với n chẵn a) n3 20n 96 48

3 4 16

n  n

b)

(9)

Bài 9: Chứng minh với số nguyên n n8  n4240

Giải: Ta có: n8  n4 n n4   1

+ n lẻ n5  n240 + Nếu n chẵn  n 2 ,k k N

Ta có: n8  n4 16k4 4k2  1 4  k2  1 16

Mặt khác ta có: n5  n n n   1 n 1  n2 2 3

     

5 1 1 2 5

n  n n n  n  n  

(10)

Bài 10: Cho a, b hai số tự nhiên lẻ Chứng minh a2  b28 Giải

Ta có: a2  b2  a2  1  b2  1  a  1  a 1  b 1 b 1 Vì a lẻ nên (a-1)(a+1) tích hai số chẵn liên tiếp   a  1  a  1 8

Cmtt ta có b  1 b  1 8

 a 1  a 1 b 1 b 1 8

      

(11)

Bài 11: Cho a b N a b,  ,  Chứng minh A ab a   b430 Giải

Ta có: 30 = 2.3.5

+ a b chẵn  ab a  b42  A2 + a , b lẻ  a4  b42 A2

2 ,

A a b N

    + a b chia hết cho  A3

+ a không chia hết cho a có dạng a 3k 1;a 3k 2;k N

4 3 1,

a t t N

   

+ b không chia hết cho  b4 3q 1,q N  a4  b43 + a b chia hết cho  A5

(12)

Bài 12: Cho a b N a b,  ,  Chứng minh A a b a 2   b460

Bài 13: chứng minh a số nguyên không chia hết cho khơng chia hết cho

   1  15 35

A n  a  a  a  

Giải:

Do a không chia hết cho  a4  5

Ta có A n  a4  1 a4 15a2 1  a2  1 a2 1 a4 15a2 1

a2 1 a6 1 14a a2  1

      

Vì a khơng chia hết cho  a6  7, 14a a 2  7  A n 7

(13)

Bài 14: Cho a, b số nguyên dương thỏa mãn chứng minh a b chia hết cho

2 9

a  ab b 

Giải

vì a2  ab b 29  4(a2  ab b 2) 9  4a2  4ab4b29  2a b 2 3b29 3b23 2a b 23  2a b 3  2a b 29  3b29  b23 b3

(14)

Bài 15: a) Cho n > (n; 6) =1 Chứng minh n2 -1 chia hết cho 24 b) Cho n lẻ (n; 3) =1 Chứng minh n4 -1 chia hết cho 48 c) Cho n lẻ (n;5) =1 Chứng minh n4 -1 chia hết cho 80

Giải

a) Vì (n; 6) = 1n   n 6k 1;n 6k 5,k N + Với n = 6k +  n2 36k2 12k  1 12 3k k 1 1 

- Nếu k chẵn 12 24k  n2 24q1  n2  1 24

- Nếu k lẻ 3k  1  12 3k k  1 24  n2 24 ' 1q   n2  1 24 + Với n = 6k + cmtt ta có n2 24h1 n2  1 24

Vậy n  n;6 1 n  2 24

(15)

c) Cho n lẻ (n;5) =1 Chứng minh n4 -1 chia hết cho 80

Vì n lẻ  n 2k 1,k N  n2 4k2 4k 1  n2 4k k 1 1  Vì k k 1 2  n2 8q 1  n2  1 8

Vì n lẻ  n2  1  n4  1 16

Vì (n; 5) =1  n 5k 1,n 5k 2,n 5k 3,n 5k 4,k N

4 1 5

n

  

(16)

Bài 16: Cho a, b, c số nguyên khác thỏa mãn chứng minh1 1

a  b c abc4

Giải Ta có: 1

a  b c

1 b c

a bc



   bc a b c     1

TH1: Nếu a chẵn  a b c  2  bc2  b c; 2  abc4 TH2: Nếu a lẻ

+ Với b,c lẻ  b c 2  a b c  2 Mà không chia hết cho a b c, , (1)

 Vơ lí

Vậy số b, c tồn số chẵn *Với b chẵn mà a lẻ từ (1) => c chẵn

Vì b,c chẵn  b c, 2  abc4 *Với c chẵn mà a lẻ từ (1) => b chẵn

,

b c abc

   

(17)

Bài 17: Với P số nguyên tố lớn Chứng minh p  2 24 Giải

Ta có: p2  1 p  1  p 1

Vì P snt > => p số lẻ   p  1  p 1 tích hai số chẵn liên tiếp

 p 1  p 8

   

Vì P snt > => p = 3k +1 p= 3k +2, k N Nếu p 3k  1 p 3   p  1  p 1 3 Nếu p 3k  2 p1 3   p  1  p1 3

 p 1  p 3

   

(18)

Bài 18: Cho p số nguyên tố lớn Chứng minh  p 5  p7 24 Giải

Vì P snt > => p = 3k +1 p= 3k +2, k N

Với p 3k  1  p 5  p7  3k 6 3  k 8 3 Với p 3k  2  p 5  p 7  3k 7 3  k 9 3

 p 5  p 3

   

Vì P snt > => p số lẻ   p5  p 7 tích hai số chẵn liên tiếp

 p 5  p 8

   

(19)

Bài 19: Chứng minh tích số phương số đứng trước số chia hết cho 12 Giải

Gọi a2 số phương, a N Theo ta có: a a 2  12

Ta có a a2   1 a a2  1 a  1 a a 1 a a 1 a a   2, a a  2  a a2   4

(20)

Bài 20: Cho chứng minh 2n +1 3n +1 số phương n N * n40 Giải Giả sử 2 2 1 3 1 n a n b          * ,

a b N (*)

Ta có số lẻ nên lẻa2 2n1  a

Từ (*)  2n a  1a 1 a 4  n2 Vì n2  b2 3n1 số lẻ lẻ b

Đặt b = 2c + 1, c N * 2c12 3n1  3n 4c2 4c  3n 4c c  1 8 Vì (3; 8) = (1) n8

Một số phương chia cho có số dư 0, 1, Ta cần C/m n5 Nếu n chia dư chia dư vô lí 2n1

Nếu n chia dư chia dư vơ lí 3n1 Nếu n chia dư chia dư vơ lí 2n1 Nếu n chia dư chia dư vơ lí 3n1

5

n

  (2)

(21)

Bài 21: Cho số nguyên a, b, c, d thỏa mãn CMR a2 b2 c2 d2 abc4 Giải

+ Nếu a2, b2, c2 số lẻ chia dư 3, nên SCP a2 b2 c2

(22)

Bài 22: Chứng minh với số tự nhiên n khơng chia hết cho 49n2 3n11 Giải:

Giả sử tồn số tự nhiên n cho n2 3n11 49  4(n2 3n11) 49

2

4n 12n 35 49     

2

4n 12n 44 49

   

2n 32 35 49

   

Vì

35 7, 49 7   2n327

Vì snt  2n3249

(1)

(2) Từ (1) (2) vơ lí 35 49

(23)

Bài 23: Chứng minh không chia hết cho 121 với B n 3n5 n Z Giải

Ta có 4B 4n2 12n 20

2

4n 12n 11    

2n 32 11   

TH1: Nếu 2n 3 11  2n3 1212  2n32 11 không chia hết cho 121 => B không chia hết cho 121 (1)

TH2: Nếu không chia hết cho 11 2n 3  2n32 không chia hết cho 11

2n 32 11

   không chia hết cho 11 => 4B không chia hết cho 11

(24)

Bài 24: Chứng minh không tồn số nguyên n thỏa mãn 20142014 1n3 2012n Giải

Giả sử tồn số nguyên n thỏa mãn 20142014 1n3 2012n (*)

Ta có: n3 2012n n  n2013n n n  1 n1 2013 3n (1)

Mặt khác ta có: chia dư (2) 20142014  1 2013 1 2014 1

Từ (1) (2) => (*) vơ lí

(25)

Sử dụng đẳng thức

Bài 1: Chứng minh với 36n  26n35  n N Giải

Ta có: 36 26    36 26

n n

   36  2 M6  33  23 33  2 M3

19.35.M 35

 

Bài 2: Chứng minh với

2

7.5 n 12.6 19n

A     n N

Giải

Ta có: A 7.52n 12.6n 19.52n  12.52n 12.6n

 

2

19.5 n 12 25n 6n

  

 

2 1

19.5 n 12.19 25n 6n 19

(26)

Bài 3: Chứng minh với n chẵnA 20n 16n  3n  1 323 Giải

Ta thấy 323 = 17.19

Ta có: A 20n 16n  3n  1 20n  3n   16n  1 Ta có: 20n  33  20   M 17.M 17

Với n chẵn  16n  1 16 2k  1162  1  N 255.N17

17

A

  (1)

Mặt khác ta có: A 20n 16n  3n  1 20n  1  16n  3n  Ta có 20n  1 20   P 19 19P

Với n chẵn  16n  3n 162k  32k 162  3 2  Q 247 19Q

19

A

  (2)

(27)

Bài 4: Chứng minh với 32n1 2n27 n N Giải

Ta có: 32n1 2n2 3.9n 4.2n 3 2  n 4.2n

 

3 7n 2n 4.2n

   

 

3.B 7 3.2n 4.2n

   3.B 7 7.2 7n

Bài 5: Chứng minh với 10n 18n  28 27 n N

Ta có: 10n 18n  28 10 n  1 18n  27

 

9 10n 10n 1 18n 27

     

   

9 1 n 9 1 n 1 18n 27

       

 

 

9 9k n 18n 27

   

81k 27n 27 27

   

(28)

Bài 6: Chứng minh với số nguyên dương n ta có 22 4 16 3

n n

A    

Giải

Ta có: 22 4 16  22 1  4 1 18

n n n n

A        

Đặt 22 2 ,2 *

n k

k N

   22n  1 2 2k  1 4k  1 3.M 3

4n 1 3,18 3

  

Ta có:

2

2 n 4n 16 3

A

(29)

Bài 7:Cho p số nguyên tố lớn Chứng minh

Định lí Fermat

+ Nếu p số nguyên tố với số nguyên m

+ Đặc biệt ( m; p ) =

 mod 

p

m m p

 

1 1 mod

p

m  p



3p  2p  1 42p

Giải Ta có: 42p = 2.3.7.p

Ta có: 3p  2p  13p  1  2p 2.M  2 2p

 

3p 2p 1 3p 2p 1 3p 3.N 3

        (vì p lẻ)

   

3p  2p  1 3p  3  2p  2

Áp dụng định lí Fermat ta có 3p 3 mod p  3p  3 p

 

2p mod p 2p p

   

   

3p 2p 1 3p 3 2p 2 p

(30)

Một số ngun tố p lớn ln có dạng p 6k 1; p 6k 5,k N* +Với p 6k  1 3p  2p  1 3.3 6k  2.26k  1

Áp dụng định lí Fermat ta có 36 37 1 1 mod 7   36k 1 mod 7 

 

6

2 2  1 mod 7

   26k 1 mod 7 

 

3p 2p 1 mod 7

        3p  2p  1 7

+Với p 6k  5 3p  2p  1 3 6k  2 25 6k  1

   

5

3p 2p 1 3 2 1 210 mod 7 0 mod 7

         3p  2p  1 7

3p  2p  1 42 p

(31)

Bài 8: Chứng minh

) 3n 63 72

a A    Với n chẵn, n 2

   

) 5 5n n 1 6 3n n 2n 91,

b A n Z

     

1

) 9n 8 9 64,

c B  n n N

    

2

) 3 n 2 n 11,

d D   n N

   

Bài 9: Chứng minh p p+2 hai số nguyên tố lớn tổng chúng chia hết cho 12

Bài 10: Nếu p q hai số nguyên tố lớn p2  q224

(32)

Tìm điều kiện để chia hết

Bài 1: Tìm số nguyên n cho

2

) 2 4 11

) 3 6 5

a n n

b n n

 

 



Giải

a) Ta có: n2 2n  4 11  n2 2n  15 11 11    n  3 n 5 11 11

 n 3  n 5 11

    3 11 11 ' 3  , ' 

5 11 11 5

n t

n

t t N

n n t

                

b) Ta có: n2  3n 6 5  4n2  12n 24 5  4n2  12n  9 25 5

 2n 32 25 5

      2n 325  2n  3 5 ( snt)

2n 3 ,k k N

    5 3 2 1 1

2 2

k k

n  k 

    

Đặt 1 2 1, 1

2

k

t    k  t  t 

 

2 2 1 1

n t t

(33)

Bài 2: Tìm tự nhiên n cho n3  n 1 7 Giải

Ta có: n3  n  1 7  n7  n 7k 1, 7k 2, , 7k 6,k  N

Với n 7k  1 n3  n  1  7k 13  7k  1 1 B 7  1 7

Với n 7k  2 n3  n  1 7k 23  7k  2 1 B 7  7 7

Làm tương tự trường hợp lại

(34)

Bài 3: Tìm tự nhiên n cho 2n  1 7 Giải

Nếu n 3 ,k k  N 2n  1 2 3k  1 8 k  1 8   M 7.M 7

Nếu n 3k 1,k N 2n 1 23k1 1 2.8k 1 2.8k 2 1

       

 

2 8k 1 1 7.N 1 7

     

Nếu n 3k 2,k N 2n 1 23k2 1 4.8k 1 4.8k 4 3

       

 

4 8k 1 3 7.P 3 7

     

Vậy 2n 1 7

(35)

Bài 4: Tìm tự nhiên n cho P  n 5  n 6 6 n

Giải

Ta có: P  n 5  n6 n2 11n30 n2  n30 12 n Vì để thì12 6n n P n6 n2  n30 6 n

2 6

30 6

n n n

n       

 1 3

30 n n n          (1) (2)

Từ (1)  n 3 ,k n 3k 1,k  N

Từ (2)  n1; 2;3;5;6;10;15;30

(36)

Bài 6: Tìm tự nhiên n cho

2

) 3 1 8

) 3 2 25

) 5 2 9

n n n n n a A b B c C           

Bài 5: Tìm tự nhiên Biết rằngab ab2  ba23267

Giải

Ta có: ab2  ba2 10a b 2  10b a 2 99. a2  b23267

 2

99. a b 99.33

  

 a2 b2  33  a b a b   3.11

      

Nếu thỏa mãn tốna b

Nếu vìa b 1a b,  9 ab 47;74

(37)

Bài 7: Tìm để chia hết cho n Z A n 2n2  3n2 B n  n

Giải

Ta có: A n 2n2  3n  2 n3 3n2  n2  3n 2

   

2 3 3 2

n n n n

      n3  n2  n 2

Để A B 2n2  n n n   1  2 n  n   1; 2

Với loạin 1  B 0

Với n  1  A B

Với n 2  A B

Với loại  

2 1 6

n   n n 

(38)

Bài 8: Tìm để chia hết cho n Z n 5 1 n 3 1

Giải Ta có: n5  1 n n2  1  n2  1

Để n5 1n3 1 n2  1n3 1   n1  n  1  n1  n2  n1

 n 1  n2 n 1

     n  1 0

 1  1

n n n n

    

 

2 1 1 1

n n n n

      

 

1 n n 1

   

2

1 1 0 1

0

1 1 2 0( / )

n n n n n

n

n n n n v n

(39)

Bài 9: Tìm chon Z

3

4

3 2

)2 7 1 2 1

) 2 2 2 1 1

) 2 7 1

a n n n n

b n n n n n

c n n n n

   

    

   



Định dạng
Số trang	39
Dung lượng	2,39 MB