SKKN DANG TOAN CHIA HET

Tröôùc ñaây, tröôøng THCS Minh Laäp laø tröôøng môùi taùi laäp, ñieàu kieän veà cô sôû vaät chaát coøn nhieàu thieáu thoán. Môùi chæ ñuû soá löôïng phoøng hoïc 2 ca, chöa coù phoøng hoïc[r]

Phần – vấn đề chung I Lý chọn đề tài:

Trong nhà trờng THCS mơn Tốn ln giữ vị trí quan trọng Do tính trừu tợng cao độ tốn học tính thực tiễn phổ dụng, tri thức kỹ toán học với phơng pháp làm việc toán học trở thành công cụ để học tập môn học khác nhà trờng Đồng thời việc cung cấp cho học sinh kiến thức kỹ toán học cần thiết, mơn Tốn cịn có tác dụng góp phần phát triển lực trí tuệ chung cho học sinh

Tuy nhiên để học tốt mơn Tốn địi hỏi học sinh phải có t lơgic, khả khái quát cao với việc nắm kiến thức lý thuyết, phơng pháp vận dụng kỹ giải toán Đối với học sinh cấp II, khả khái quát phân loại lý thuyết nh tập cha cao Vì học sinh đợc tiếp cận với kiến thức, phơng pháp giải tập đợc xếp cách hệ thống, theo mảng kiến thức tạo hứng thú học tập, kích thích t sáng tạo học sinh, đặc biệt em học sinh khá, giỏi Điều phụ thuộc nhiều vào trình độ, phơng pháp dạy học đội ngũ giáo viên

Với đội ngũ giáo viên THCS nay, họ đợc tiếp cận, làm quen với phơng pháp dạy học Nhng việc thực phơng pháp dạy học bớc đầu gặp khơng khó khăn Một mặt đội ngũ giáo viên giảng dạy lâu năm quen với phơng pháp dạy học cũ nên họ ngại thay đổi thói quen phơng pháp giảng dạy cũ lại bộc lộ nhiều hạn chế, mặt đội ngũ giáo viên trẻ cha có nhiều kinh nghiệm Chính yếu tố ảnh hởng nhiều tới việc nâng cao trình độ dạy học phù hợp với yêu cầu đổi phơng pháp dạy học nay, đặc biệt công tác bồi dỡng học sinh giỏi

Chính lí thúc nghiên cứu đề tài: “Một số phơng pháp chứng minh chia hết tập hợp số nguyên” với mong muốn góp phần nâng cao chất lợng dạy học mơn tốn dành cho học sinh giỏi đồng nghiệp trao đổi học hỏi kinh nghiệm giảng dạy Rất mong góp ý chân thành đồng nghiệm giúp tơi hồn thiện nguyện vọng bồi dỡng nâng cao chất lợng học sinh giỏi huyện nhà

II Mục đích, đối tợng, phạm vi nhiệm vụ nghiên cứu. 1 Mục đích:

2 Khách thể đối tợng nghiên cứu.

2.1 Khách thể:

- Giáo viên giảng dạy trêng THCS - Häc sinh líp 8,9

2.2 §èi tợng nghiên cứu

- Khả nhận thức học sinh khá, giỏi trờng THCS

3 Phạm vi nghiên cứu.

- Một số dạng toán phép chia hết chơng trình toán THCS

4 NhiƯm vơ nghiªn cøu.

- Bằng việc su tầm, đọc tài liệu để nghiên cứu phân tích, từ tơi hệ thống hóa kiến thức cần nhớ phân loại dạng tập (bài tập mẫu, tập tơng tự, tập mở rộng tập tự giải) Mặt khác, tìm hiểu dạng tập trọng tâm thờng đợc đề cập, tìm hiểu trình độ tiếp thu học sinh nh phơng pháp dạy học để điều chỉnh nội dung cho phù hợp Từ áp dụng vào việc bồi d-ỡng học sinh giỏi toán lớp 8, nhằm đạt hiệu qu cao

- Trang bị cho học sinh giỏi lớp 8,9 nắm vững kiến thức hiểu sâu kiến thức tự tin tham gia kì thi học sinh giỏi thi vào trờng chuyên

- To tiền đề cho em có kiến thức học tập cao

- Thông qua đề tài học sinh nắm số phơng pháp từ vận dụng vào giải toán từ đơn giản đến phức tạp, rèn kĩ nhìn nhận tìm hớng giải tốn từ hình thành phẩm chất t học sinh

PhÇn hai: Néi dung THỰC TRẠNG:

môn giáo viên nâng cao Do bồi dưỡng cho học sinh từ đầu cấp Trong năm học nhà trường tổ chức dạy phụ đạo bồi dưỡng cho học sinh từ lớp 6, điều kiện thuận lợi để đưa dạng toán nâng cao vào dạy lớp bồi dưỡng

Sau số dạng tốn chứng minh chia hết áp dụng vào việc bồi dưỡng học sinh

2 GiảI pháp. 2.1 lí thuyết.

1.1 ẹũnh lí phép chia.

a, Định lí:

- Cho a,b  Z b  0, chia a cho b ln có hai số ngun q,r cho a=bq + r với 0 r < |b|, a số bị chia, b số chia, q

thương, r sô dư

- Khi chia a cho b , số dư r 0; 1; 2; ….; | b| -1

- Đặc biệt r = a = bq, ta nói a chia hết cho b (a  b) hay b

ước a (b | a) Vậy

a  b  có số nguyên q cho a = bq

b, Tính chất:

- Nếu a  b b  c a  c

- Neáu a  b , a  c (b,c) = a  bc

- Nếu ab  c (b,c) = a  c

1.2 Khái niệm đồng dư.

a, Định nghóa:

Cho số ngun m > 0, hai số nguyên a b có số dư chia cho m ta nói a đồng dư với b theo modum m kí hiệu: a  b (mod m)

Vaäy:

a  b (mod m)  a – b  m

Dấu ‘’ gọi đồng dư thức

Ví dụ: 18  (mod 5) 18 –  5;  (mod 6) b, Tính chất

- Cộng trừ theo vế nhiều đồng dư thức theo modun, tức là: Nếu a  b (mod m) c  d (mod m) a + c  b + d (mod m) a - c  b -d (mo-d m)

- Nhân vế nhiều đồng dư thức theo mô dun tức là: Nếu a  b (mod m) c  d (mod m) ac  bd (mod m) - Chia vế đồng dư thức với ước chung nó:

Nếu a  b (mod m) dƯC (a,b) (mod )

a b

Đặc biệt: dƯC (a,b,m) (mod )

a b m d d d

1.3 Các công thức biến đổi lũy thừa:

am an = am+n; am : an = am-n ; (a.b)n = an bn ; (a:b)n = an : bn (am)n = am.n ; ( )

c c

b b

a  a

1.4 Định lí Ơ le định lí Phéc ma

a) Định lí Ơ le:

Cho m số tự nhiên khác 0, (a,m) = a( )m 1(mod )m



ii) Neáu m = p

ở p số nguyên tố  số tự nhiên khác thì:

1

( )m p p p (1 ) p

  

 

   

ii) Nếu m>1 có dạng phân tích nguyên tố m =

1 kk

p p p   p

thì:

1 1

( ) (1 )(1 ) (1 )

k

m m

p p p

    

Ví dụ: Ta có

1

(10) 10(1 )(1 )

2

   

= (7,10) = neân7(10) 1(mod10)

 hay

6

7 1(mod10)

b) Định lí Phéc ma:

Định lí 1: Cho p số nguyên tố (a,p)=1 ap-1 1(mod )p

Ví dụ: 210 1(mod 11)

Định lí 2: (dạng khác định lí phéc ma)

Cho p số nguyên tố a số nguyên tùy ý, ta có: ap a(mod )p



1.5 Các dấu hiệu chia hết:

a) Ta có N = 10 10 1 10 2 10 0(mod10)

n n n

n n n n n n

a a a a a a  a  a a a a

          

Do N a0(mod 2);N a0(mod 5);

Vaäy N2 a02 a00;2;4;6;8 ; N5 a05 a00;5

b) Vì 10k 1(mod 3);10k 1(mod 9)

  với k N nên:

1

1 10 10 10 10 1 0(mod 3)

n n n

n n n n n n n n n

a a a a a a  a  a a a a a a a a

                 

vaø a a an n1 n2 a a1 anan1an2 a1a0(mod 9)

Vaäy N3 an an1an2 a1a03; N9 an an1an2 a1a09

c) Ta coù: a a an n1 n2 a a1 0=10nan + 10n-1an-1 + …+ 102a2 + a a1 a a1 0(mod100)

Do N a a1 0(mod 4);N a a1 0(mod 25);Vậy N4 a a1 04;N25 a a1 025;

d) Tương tự N a a a2 0(mod1000) nên N8 a a a2 08;N125 a a a2 0125;

e) Dấu hiệu chia hết cho 11:

N = 10 10 1 10 2 10

n n n

n n n n n n

a a a a a a  a  a a a

Ta có: 101(mod11)  10k  ( 1) (mod11)k với k = 0,1,2 ,…,n

Do đó: ( 1) ( ) ( )(mod11)

n n

N a  a a    a  a a a   a a a 

Vậy số chia hết cho 11 hiệu tổng chữ số vị trí chẵn tổng chữ số vị trí lẻ (tính từ phải sang trái) chia hết cho 11

f) Dấu hiệu chia hết cho 7: Ta có: a a an n1 n2 a a1 0=

2

1 5

10 n 10 n 10

n n n n n n

a a a a a a a a a a a a

 

        

Mà 10001(mod 7) nên

1

n n n

a a a  a a a a a2 0 a a a5 3 (mod 7)

Vậy số chia hết cho tổng đan dấu ba chữ số tính từ phía bên phải số chia hết cho

Ví dụ: 494949 7 949 – 494 = 4557

1.6 Biểu diễn số tự nhiên hệ thập phân.

a) Số gồm chữ số:

10

ab a b (với a,b N 1 a 9;0 b 9)

a) Số gồm chữ số:

100 10

abc a b c (với a,b,c N 1 a 9;0 b 9;0 c 9)

a) Số gồm chữ số:

3

1000 100 10 10 10 10

abcd  a b c d  a b c d

2.2 Các dạng toán.

Dạng 1: Sử dụng tÝnh chÊt: “Trong n sè nguyªn liªn tiÕp cã mét vµ chØ mét sè chia hÕt cho n víi n 0”

Chứng minh: Lấy n số nguyên liên tiếp chia cho n đợc n số d khác đôi một, n số d khác đôi có số d 0, tức có số chia hết cho n

VÝ dô Chøng minh r»ng:

a) TÝch hai số chẵn liên tiếp chia hết cho b) TÝch ba sè nguyªn liªn tiÕp chia hÕt cho c) TÝch sè nguyªn liªn tiÕp chia hÕt cho 120

Lêi gi¶i:

a) Hai số chẵn liên tiếp có dạng 2n 2n +2 (với n Z) tích chúng là

2n(2n + 2) = 4n(n + 1) Mà n n+1 hai số nguyên liên tiếp nên có số chia hết cho n(n + 1)2 nên 4n(n + 1) 8 Vậy tích số chẵn liên tiếp

chia hÕt cho

b) Ba sè nguyªn liªn tiÕp cã mét sè chia hÕt cho vµ mét số chia hết cho 3, mà (2,3) = nên tÝch cđa chóng chia hÕt cho

c) Ta cã 120 = 3.5.8

Trong sè nguyªn liªn tiÕp cã mét sè chia hÕt cho 3, mét sè chia hết cho Mà số nguyên liên tiếp có hai số chẵn liên tiếp nên tÝch chia hÕt cho (c©u a)

ThËt vËy số nguyên liên tiếp có dạng n, n + 1, n + 2, n + 3, n + Nếu n chẵn n, n + số chẵn liên tiếp

Nếu n lẻ n + 1, n + số chẵn liên tiếp

Mà (3,5,8) = Nên tích số nguyªn liªn tiÕp chia hÕt cho 120

VÝ dơ 2: Chøng minh r»ng víi m,n  Z, ta cã:

a) n3 + 11n 6 b) mn(m2 - n2) 6 c) n(n+1)(2n + 1) 6

Phơng pháp: Biến đổi đa thức dạng tích số nguyên liên liếp áp

dông tÝnh chÊt

Lêi gi¶i:

a) n3 + 11n = n3 - + 12n = (n - 1)n(n + 1) + 12n

theo vÝ dô 1b) ta cã (n - 1)n(n + 1) 6 12n 6 nên n3 +11n 6 b) Ta cã mn(m2 - n2) = mn    

2 1 1

m n

    

= mn(m - 1)(m + 1) - mn(n - 1)(n + 1) Mµ m(m - 1)(m + 1) n(n - 1)(n + 1) Nên mn(m2 - n2) 6

c) n(n+1)(2n + 1) = n(n+1)(n + + n - 1) = n(n + 1)(n + 2) + (n - 1)n(n + 1) 6

Ví dụ 3: a) Cho p số nguyên tè lín h¬n 3, chøng minh r»ng: p2 - 124 b) Chứng minh n n5 có chữ số tận giống nhau.

Lời giải:

a) Vì p số nguyên tố lớn nên p lẻ p không chia hết cho Ta có: p2 - = (p - 1)(p + 1)

p số lẻ nên p - p + hai số chẵn liên tiếp nên (p - 1)(p + 1) (1)

Mặt khác: p - 1, p, p + lµ sè nguyªn liªn tiÕp nªn cã sè chia hÕt cho mà p không chia hết p - hc p + chia hÕt cho 3,

suy (p - 1)(p + 1)  (2)

Mà (3,8) = nên (p - 1)(p + 1)  24

b) §Ĩ chøng minh n n5 có chữ số tận giống ta chøng minh hiÖu n5 -n  10 Ta cã: n5 - n = n(n4 - 1) = n(n2 - 1)(n2 + 1) = n(n2 - 1)[(n2 - 4) + 5]

= n(n2 - 1)(n2 - 4) + 5n(n2 - 1) = (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) + 5(n - 1)n(n + 1) (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) tích số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2.5  10 5(n - 1)n(n + 1)  10 Do đó: n5 - n  10

VÝ dô 4: a) Chøng minh r»ng

5 7

5 15

n n n

số nguyên với n Z

b) Chứng minh với n chẵn

2

12 24 n n n

số nguyên

Lời gi¶i:

a) Ta cã:

7

15 15

n n n n

n n

    

do đó:

5 7

5 15

n n n n n n n n

 

    

, ta chứng minh đợc n5 - n  10 (Ví dụ

3b) n3 - n  (ví dụ 1b) từ suy đợc

5 7

5 15

n n n

 

ta cã:

2

12 24 n n n

 

=

2

6

m m m

 

=

3

2

6 m  m m

=

( 1)(2 1)

m m m

mà m m( 1)(2m1) nên

2

12 24 n n n

 

số nguyên

Ví dụ 5: Cho m,n hai số phơng lẻ liên tiếp Chứng minh r»ng mn - m - n + 192

Lời giải:

m,n hai số phơng lẻ liên tiếp nên chúng có dạng:

    2  2

1 1 1 1

mn m n    m n  k    k  

   

=        

2 2

4k  4k 4k 4k 16k k1 k1

Ta cã k k 1 k13 vµ k k 1 k k1 4 mµ (3,4) = nªn    

2

1

k k k 12

1

mn m n   16k k2 1 k116.12 = 192

Bài tập tơng tự: Chứng minh rằng:

a) TÝch sè nguyªn liªn tiÕp chia hÕt cho 24 b) TÝch sè nguyªn liªn tiÕp chia hÕt cho 720 c) Tích số chẵn liên tiếp chia hÕt cho 48

2 Cho a, b lµ hai số lẻ không chia hết cho Chứng minh rằng: a2 b224

3 Chøng minh r»ng víi mäi m,n Z, ta cã:

a) n2(n2 - 1) 12 c) mn(m4 - n4)  30 b) n2 (n4 - 1)  60 d) 2n (16 - n4)  30

4 Chøng minh r»ng n4 + 6n3 +11n2 + 6n chia hÕt cho 24 víi mäi sè tù nhiªn n Chøng minh r»ng:

a) n8 - n4  240, víi mäi n N b) n5 - 5n3 +4n  120, víi mäi n N c) Khi nµo n5 - 5n3 +4n  240?

6 Chøng minh biểu thức sau số nguyên với mäi n nguyªn:

a)

5 7 5

120 12 24 12 n n n n n A    

b)

9

5

13 82 32

630 21 30 63 35

n n

B   n  n  n Chøng minh tổng lập phơng số nguyên liên tiÕp chia hÕt cho Chøng minh r»ng biÓu thøc A = (23n+1 + 2n)(n5 - n) chia hÕt cho 30 víi mäi n  N

Víi nN ta cã: an - bn = (a - b) (an-1 +an-2b+ …+ abn-2+bn-1) Với n lẻ: an + bn = (a + b) (an-1 - an-2b+ …- abn-2+bn-1) Suy ra:

 a,b  Z ab an - bn  (a - b) (với nN)

 a,b Z, n lẻ a -b an + bn  (a + b)

 a,b Z, n chẵn a -b an - bn  (a + b)

Ví dụ 1: Chứng minh rằng:

72n+1 - 48n -  288 (1)

Lời giải:

Cách 1: Ta có 72n+1 – = (49n - 1) = 7.48 (49n – 1 + 49n-1 + … + 49 + 1)

= 7.48.[(48+1)n-1 + (48+1)n-2 + … +(48 +1) + 1]

= 7.48.(48k + n) (với kN )

Do đó: 72n+1 - 48n – = 7.48.(48k + n) – 48n = 7.48.48k – 6.48n  288

(vì 6.48 = 288)

Cách 2: Có thể chứng minh phương pháp quy nạp (Dạng 6)

+ Với n = ta có: 71 – 48.0 – = 0 288  (1) với n = 0.

+ Giả sử n =k ta có (1) đúng, tức là: 72k+1 – 48k -  288

 72k+1 = 288p +48k +7 (với p N)

+ Với n = k+1, ta có 72n+1 - 48n – = 72k+3 – 48(k+1) – 7

= 49(288p +48k +7) – 48k – 55 = 49.288p +48.48k – 288  288  (1)

đúng với n = k+1 Vậy (1) với n N (đpcm)

Ví dụ 2: Với n chẵn (n N) chứng minh rằng: 20n +16n – 3n -1 323

Lời giải:

Ta có 323 = 17.19 Biến đổi 20n +16n – 3n -1 = (20n - 1) + (16n – 3n)

20n –  (20 - 1) = 19 n chẵn nên 16n – 3n  (16 + 3) = 19

Mặt khác: 20n +16n – 3n -1 = (20n - 3n) + (16n –1)

20n –  (20 - 3) = 17 n chẵn nên 16n –  (16 + 1) = 17

Do đó: 20n +16n – 3n -1 17

Mà (17,19) = neân 20n +16n – 3n -1 323

Ví dụ 3: Chứng minh với số tự nhiên n ta có:

a) 11n+2 + 122n+1 133

b) 5n+2 +26.5n+ 82n+1  59 c) 7.52n + 12.6n  19

Lời giải:

a) Ta coù: 11n+2 + 122n+1 = 112.11n + 12.122n = 121.11n +12.144n

= (133 – 12).11n +12.144n = 133.11n - 12.(144n – 11n)

Vì 133.11n 133 144n – 11n (144 - 11) = 133 neân 11n+2 + 122n+1  133

(đpcm)

b) Ta có: 5n+2 +26.5n+ 82n+1 = 25.5n + 26 5n + 8.64n

= 51.5n + 8.64n = 59.5n + (64n- 5n)

Vì 59.5n  59 64n – 5n  (64 - 5) = 59

Neân 5n+2 + 26.5n + 82n+1  59

c) Ta coù: 7.52n + 12.6n = 7.25n +12.6n = 7.(25n - 6n) +19 6n 19

maø 25n – 6n  (25 - 6) =19 nên 7.52n + 12.6n  19 (đpcm)

Bài tập tương tự:

1 Chứng minh rằng: với số tự nhiên n ta có

a) 10n + 18n – 28  27 b) 9n + -8n –  64

2 Tìm số tự nhiên n cho:

a) 10n -1 81 b) 10n -1 11 c) 10n -1 121

3 Cho n số tự nhiên, chứng minh rằng:

4 Chứng minh rằng: với n N, ta có:

a) 62n + 19n -2n+1  17 b) 62n+1 +5n+2  31 c) 34n+1 + 32n.10 -  64

d) 16n – 15n –  31 e) 33n+3 – 26 – 27  169 f)106n-4+106n-5+ 1 111 (n1)

5 Cho n số nguyên dương lẻ, chứng minh rằng: 46n + 296.13n 1947

6 Với n số nguyên dương, chứng minh rằng:

a) 72n -48n - 1 482 b) n4 – n2 +n –  (n - 1)2 (n > 1)

7 Cho n  N*, chứng minh rằng:

a) 3n+2 + 42n+1  13 b) 4.32n+2 +32n – 36  64 c) 62n + 3n+2 +3n  11 Dạng 3: Sử dụng phép chia có dư.

Để chứng minh biểu thức A(n)  p ta xét tất số dư phép chia n

cho p Chia n cho p số dư 0,1,2, …, p -1 Đặc biệt p lẻ ta viết: n = k.p + r với r = 0,

1 1, ,

2 p

 

Chẳng hạn n chia cho n có dạng: n = 5k, n = 5k 1, n = 5k  (với k Z )

Ví dụ 1: Tìm dư phép chia số phương cho 3, cho Lời giải:

Số phương có dạng n2 (nN)

1) Chia cho n = 3k n = 3k 

* Neáu n = 3k n2 = 9k2 chia hết cho 3

* Nếu n = 3k  n2 = 9k2  6k + chia cho dö

Vậy số phương chia cho có dư 2) Chia cho n = 5k, n = 5k 1, n = 5k 

* Nếu n = 5k n2 = 25k2 chia heát cho 5

* Neáu n = 5k 1 n2 = 25k2  10k + chia cho dö

Vậy số phương chia cho có dư 0, Qua tập giúp ta nhận biết được:

+ Moät số có dạng 3k + số phương

+ Một số có dạng 5k +2 5k + số phương

Ví dụ 2: Chứng minh tổng luỹ thừa chẵn số nguyên liên tiếp số phương

Lời giải:

Tổng luỹ thừa 2k (k Z ) ba số nguyên liên tiếp có dạng: n 12k n2k n 12k

   

Tổng số nguyên liên tiếp có số chia hết cho 3, hai số cịn lại có dạng 3k1 nên tổng luỹ thừa chẵn số nguyên liên tiếp chia cho dư nên

không thể số phương Tương tự ta có tập sau:

Ví dụ 3: Chứng minh tổng bình phương số nguyên liên tiếp số phương

Lời giải:

Tổng bình phương số nguyên liên tiếp có dạng: T = n 22n12n2n12n22= 5n2 10

 = (n2 + 2)

Ta chứng minh n2 + không chia hết cho với n.

Thaät vaäy:

 Nếu n  n2 + chia cho dư

 Nếu n = 5k  n2 + chia cho dư

 Nếu n = 5k  n2 + chia cho dö

Suy n2 + không chia hết cho mà T số chia hết cho không

chia hết cho 25 Do T khơng thể số phương

Lời giải:

+ Với n = 3k ta có: 32n + 3n + = 36k + 33k + = (272k - 1) + (27k – 1) + chia

cho 13 dư 27n –  (27 - 1) = 26

+ Với n = 3k + ta có 32n + 3n + = 36k+2 + 33k+1 + = 9(272k - 1) + 3.(27k – 1)

+ 13  13

+ Với n = 3k + ta có 32n + 3n + = 36k+4 + 33k+2 + = 81(272k - 1) + 9(27k – 1)

+ 91  13

Vậy với n không chia hết cho 32n + 3n +  13

Bài tập vận dụng: Chứng minh rằng: a) n4 – n  42

b) Nếu n không chia hết cho n3 – n3 + chia hết cho 7.

c) mn(m4 – n4)  30 với m,n Z

2 Tìm số tự nhiên n để:

a) 22n+ 2n+1  7 b) 3n + 63  72

3 Chứng minh n(n2 + 1)(n2 + 4)  với n Z

4 a) Tìm tất số tự nhiên n để 2n - chia hết cho 7

b) Chứng minh với số tự nhiên n 2n + khơng chia hết cho 7

5 Chứng minh tổng bình phương số nguyên liên tiếp số phương

Dạng 4: Sử dụng nguyên tắc ĐiRichLet.

Nguyên tắc ngăn kéo Đirichlet: “Nếu đem n + vật xếp vào n ngăn kéo có ngăn kéo chứa từ hai vật trở lên”

Ví dụ 1: a) Trong 11 số ngun tìm số có chữ số tận giống

b) Trong 101 số ngun tìm số có hai chữ số tận giống

c) Trong n +1 số ngun có hai số có hiệu chúng chia hết cho n Lời giải:

a) Lấy 11 số nguyên cho chia cho 10 11 số dư nhận 10 số: 0;1;2; … ; Theo nguyên tắc Đirichlet phải có hai số có số dư, hiệu số chia hết cho 10 Khi hai số có chữ số tận giống

Chú ý: Ở “vật” 11 số dư chia 11 số nguyên cho 10 (Tức lấy

chữ số tận 11 số đó) cịn “ngăn kéo” số dư 0,1,2, … ,9

b) Tương tự câu a) lấy 101 số nguyên cho chia cho 100 (tức lấy chữ số tận chúng)

c) Tổng quát lấy n +1 số nguyên cho chia cho n n + số dư nhận số 0,1,2, … n -1 nên theo nguyên tắc Đirichlet phải có số có số dư nhau, nghĩa hiệu hai số chia hết cho n

Ví dụ 2: Cho 10 số tự nhiên a1, a2, … a10 Chứng minh tồn

số chia hết cho 10 tổng số số chia hết cho 10 Hãy phát biểu toán tổng quát

Lời giải:

Xét 10 số sau: S1 = a1, S2 = a1+ a2, …, S10 = a1+a2 + … + a10 lấy 10 số

S1,S2, …,S10 chia cho 10

+ Nếu có số Si  10 (i =1,2,… 10 ) tốn chứng minh

+ Nếu Si khơng chia hết cho 10 với i, tức S1,S2, …,S10 chia cho 10 có

Sk – Sl = al – +al -2 + … + ak  10 (đpcm) Bài toán tổng quát:

Trong n số tự nhiên tồn số tự nhiên chia hết cho n tổng số số chia hết cho n

Bài tập tương tự: Chứng minh : Trong số tự nhiên , tìm số số số có tổng chúng chia hết cho

Ví dụ 3: Chứng minh số tự nhiên có chữ số chọn hai số mà viết liền ta số có chữ số chia hết cho

Lời giải:

Lấy số cho chia cho số dư nhận giá trị 0,1,2 … Theo nguyên tắc Đirichlet có hai số có số dư, giả sử abc def chia

cho có dư r Giả sử abc = 7k +r def = 7l + r Ta có:

abcdef = 100 abc + def = 1000 (7k + r) + 7l +r = 7(1001r + l) + 1001r 7

(ñpcm)

Ví dụ 4: Cho số nguyên phân biệt a,b,c,d Chứng minh rằng: (a - b)(a - c)(a - d)(b - c)(b - d)(c - d)  12

Lời giải:

Đặt A = (a - b)(a - c)(a - d)(b - c)(b - d)(c - d)  12

Bốn số nguyên a,b,c,d phân biệt chia cho có hai số có dư, hiệu chúng chia hết cho 3, hiệu thừa số A nên A

Nếu a,b,c,d có hai số có số dư Khi chia cho A  cịn a,b,c,d có dư khác chia cho có hai số chẵn hai số lẻ, lúc có hai hiệu chia hết cho 2, A 

Ví dụ 5: Chứng minh số ngun tìm số có tổng chia hết cho

Lời giải:

Lấy số nguyên cho chia cho số dư 0,1,2 + Nếu số nguyên chia cho có đủ số dư 0,1,2

Giả sử a1 = 3k, a2 = 3k + 1, a3 =3k + a1+ a2 + a3 = 3(a1+ a2 + a3 + 1) 

+ Nếu số nguyên chia cho có loại số dư theo ngun tắc Đirichlet có hai số có dư tổng số chia hết cho + Nếu số nguyên chia cho có chung số dư tổng số chúng chia hết cho

Vậy số ngun tìm số có tổng chia hết cho

Ví dụ 6: Chứng minh 52 số tự nhiên ln tìm cặp gồm hai số cho tổng hiệu chúng chi hết cho 100

Lời giải:

Trong tập hợp số dư phép chia 52 số cho 100 ta lấy cặp số cho tổng cặp 100 lập thành nhóm sau: (0,0); (1,99); (2,98); …; (49,51); (50,50) Ta có tất 51 cặp mà có tới 52 số dư nên theo ngun tắc Đirichlet phải có hai số dư thuộc nhóm Rõ ràng cặp số tự nhiên ứng với cặp số dư hai số tự nhiên có tổng hiệu chia hết cho 100

Ví dụ 7: Chứng minh số tự nhiên liên tiếp túy ý, ta chọn số có hiệu chia hết cho

Lời giải:

Ta biết : Một số tự nhiên a chia cho có khả số dư khác 0; 1; 2; 3;

Ví dụ 8: Chứng minh : Trong số nguyên tố lớn , tìm dược hai số có tổng hiệu chia hết cho 12 .

Lời giải:

Nếu a số nguyên tố lớn 5, chia a cho 12 ta nhận số dư sau :1; 5; 11

Trong số nguyên tố chi cho 12 có số dư số

- Nếu số chia cho 12 có số dư hiệu chúng chia hết cho 12

- Nếu số khơng có số chia cho 12 có số dư, số dư số nhận từ số sau (1 ; ; 7) ; (1 ;5; 11 ); ( 1;7 ;11) ; ( ; 7; 11) Mà số ln có tổng hai số 12

Do dù có xảy trường hợp ta tìm hai số có tổng chia hết cho 12

Vậy: Trong số nguyên tố lớn , tìm dược hai số có tổng hiệu chia hết cho 12

Ví dụ 9. Chứng minh : Luôn tồn số tự nhiên n cho 13n - chia

hết cho 1996 Lời giải

Xét 1996 số sau : S1 = 13 S1995 = 131995

S2 = 132 S1996 = 131996

S3 = 133

Dễ thấy Si không chia hết cho 1996 ( i = 1;2;3 1996 )

Khi chia Si cho 1996 có 1996 số dư khác 1; 2; 3; 4; 1994;

1995

mà có 1996 số Si , mà có 1995 khả số dư Do chắn tồn

tại số chia cho 1996 có số dư Vậy hiệu chúng chia hết cho 1996

Giả sử số Sm Sn

Sm = 13m ; Sn = 13n ( m > n ; m,nN )

Sm - Sn = 13m - 13n = 13n( 13m-n - 1)  1996

mà 13n 1996 hai số nguyên tố  ( 13m-n - 1) 1996

Đặt k = m - n neân ( 13k - 1) 1996

D

Phương pháp: Giả sử ta cần chứng minh A(n)  p (1)với n = 1, 2, … Ta chứng minh , tức chứng minh (1) với n = 1, tức A(1)  p Giả sử (1) với n = k, tức ta có A(k)  p

Ta chứng minh (1) với n = k + 1, tức phải chứng minh A(k+1)  p Theo nguyên lí quy nạp, ta kết luận (1) với n = 1,2,…

Ví dụ1: Chứng minh với số nguyên dương n ta có 4n +15n –  9 (1)

Lời giải:

+ Với n = ta có + 15 -1 = 18  Vậy (1) với n =

+ Giả sử (1) với n = k, tức ta có: 4k +15k –   4k +15k – = 9m

(m Z)  4k = 9m – 15k + (2)

+ Với n = k+1, ta có: 4k+1 +15(k+1) – 1= 4.4k +15k +14

= 4(9m – 15k + 1) + 15k +14 (theo (2)) = 36m -45k + 18 

Vậy (1) với n = k +1 Do (1) với n = 1,2, … (đpcm)

Ví dụ 2: Chứng minh với số tự nhiên n ta có: 24

3 n 11

  (1)

Lời giải:

+ Với n = ta có: 21

3   2 11 11

+ Giả sử (1) với n = k, tức 24

3 k 11

 

+ Với n = k + ta có:  

4( 1) 4 16

2 2 16 16 16

3 k  k k k 2

        

Maø  

4 16

2 16

3 k (3 k 2)

  

(vì 16 số chẵn) Theo giả thiết quy nạp 24

3 k 11

  neân  

4 16

2 16

3 k 11

 

Mặt khác: 216 2 2 15 1 11 Do đó: 24( 1)

3 k 

 11

Vậy 24

Ví dụ 3: Chứng minh rằng: 32n +1 + 2n + 7, với  n N

Lời giải:

+ Với n = ta có + 22 =  Vậy (1) với n = 0

+ Giả sử (1) với n = k, tức ta có: 32k +1 + 2k +  7 32k +1 = 7p - 2k+2 (p

N

 )

+ Với n = k+1, ta có: 32k + + 2k + 3 = 9.32k+1 + 2k+1

= 9(7p – 2.2k+1) + 4.2k+1 =9.7p -14.2k+1

Vậy (1) với n = k +1 Do (1) với số tự nhiên n (đpcm)

Ví dụ 4: Chứng minh: ( n+1)(n+2)(n+3) (n + 2n-1)(n + 2n) chia hết cho 3n ( n > ,nN)

Lời giải :

* Với n = 1, ta có: (1 + 1)( + 2) = 

* Giả sử n = k Ak = (k+1)(k+2)(k+3) (3k-1)(3k)  3k

* Ta chứng minh n = k+1

Ak+1 = (k+2)(k+3)(k+4) (3k-1)(3k)(3k+1)(3k+2)(3k+3)  3k+1

Xeùt A k+1 = (k+2)(k+3)(k+4) (3k-1)(3k)(3k+1)(3k+2) 3(k+1)

= 3(k+1) (k+2)(k+3)(k+4) (3k-1)(3k)(3k+1)(3k+2) = Ak.3.(3k+1)(3k+2)

maø Ak  3k Ak+1  3k+1

Vaäy ( n+1)(n+2)(n+3) (n +2n-1)(n + 2n) chia heát cho 3n ( n > ,n

N)

Chú ý: Nếu ta thay giá trị cụ thể n ta tập tương tự. Chẳng hạn:

Bài tập vận dụng:

1 Chứng minh rằng: với n N, ta có:

a) 34n+2 + 2.43n+1  17 b) 3.52n+1 + 23n+1 17

2 Chứng minh rằng, với số tự nhiên khác 0, ta có: a) 10n + 18n – 28  27 b) 26

2 n  3 19 Dạng 6: Sử dụng đồng dư.

Phương pháp:

+ a b (mod )m  a b m 

+ Nếu a  b (mod m) c  d (mod m) a  c  b  d (mod m)

+ Neáu a  b (mod m) c  d (mod m) ac  bd (mod m) + Neáu a  b (mod m) an bn(mod m)

+ Nếu a  b (mod m) dƯC (a,b) (mod )

a b

m d d .

Đặc biệt: dƯC (a,b,m) (mod )

Ví dụ 1: Chứng minh rằng: 2139 + 3921 chia hết cho 45.

Lời giải:

Cách 1: Ta có: 21 1(mod 20); 39 -1(mod 20)

 2139 + 3921  139 + (-1)21 (mod 20)

Vậy 2139 + 3921  20 , đó: 2139 + 3921 (1)

Tương tự: 213(mod 9); 39  -3 (mod 9)

2139 + 3921 339 + (-3)21  321(318 - 1) 0 (mod 9) neân 2139 + 3921 (2)

Từ (1)(2) (5,9) = nên 2139 + 3921 45 (đpcm)

Cách 2: Sử dụng đẳng thức mở rộng Ta có 2139 + 3921 = (2139 -1) + (3921+ 1)

Maø 2139 – = 20(2138 + 2137+ ….+1)

vaø 3921+ = (39 +1)(3920 – 3919 + … -391 +1) = (3920 – 3919 + … -391 +1) 5

 2139 + 3921 5 (1)

Maët khaùc: 2139 + 3921 = (2139 - 339) + (3921 - 321) + (339 + 321)

Maø 2139 – 339 = 18(2138 + 2137.3+ …+ 21.337+ 338) 9

Vaø 3921 - 321 = 36 (3920+ 3919.3+ …+ 39 319 +1) 9

Neân 2139 + 3921 9 (2)

Từ (1)(2) (5,9) =  2139 + 392145

Bài tập vận dụng: Chứng minh rằng:

a) 222333 + 333222  13 b) 22225555 + 55552222  7

c) 19611962 + 19631964 + 19651966 +  7

2 Tìm dư pheùp chia:

a) 570 + 750cho 12 b) 10 102 1010

10 10  10 cho

Phương pháp: Với p số nguyên tố ta có apa(mod p)

Đặc biệt:, (n,p) = ap-11 (mod p) Ví dụ 1: Chứng minh 24 34

3 n n 11

   , với n N (1)

Lời giải:

Theo định lí Phéc ma, ta có: 310 1(mod 11) 210 1(mod 11)

Ta tìm dư phép chia 24n+1 34n+1 cho 10, tức tìm chữ số tận của

chúng

Ta có: 24n+1 = 2.16n  2(mod 10)  24n+1 = 10k + 2

34n+1 = 3.81n  3(mod 10)  34n+1 = 10k + 3

Do đó: 324n1 234 1n 310k2 210 3l 9.310k 8.210k 22 0(mod11)

            

Vaäy 24 34

3 n n 11

  

Bài tập vận dụng: Chứng minh rằng:

a) 12002 + 22002 + … + 20022002 11 b) 11969 69220 220119

220 119 69 102

2 Chứng minh với số tự nhiên n ta có: a) 26

2 n 19

  b) 222 1n  3 c) 224 1n  7 11

3 a) Cho a, b hai số nguyên thỏa a2+b2 7 Chứng minh a7 b 7

b) Chứng minh a2 + b2  21 a2 + b2  441 Dạng 8: Tìm chữ số tận số.

Phương pháp:

1 Tìm chữ số tận

+ Nếu a có chữ số tận 0, 1,5 an có chữ số tận cùng

là 0,1,5

Do để tìm chữ số tận an với a có chữ số tận 2,3 ta

lấy n chia cho Giả sử: n = 4k + r với r = {0;1,2,4}

- Neáu a 2 (mod 10) an  2n 24k+r 6.2r (mod 10)

- Nếu a3(mod10) a7(mod 10) an = a4k+rar (mod 10) Tìm hai chữ sốtận

Ta có nhận xét sau: 220  76 (mod 100); 320  01 (mod 100);

65  76 (mod 100); 74  01(mod 100)

Mà 76n  76(mod 100) với n  1; 5n  25(mod 100) với n  2

Suy ra: a20k 00(mod100) neáu a 0(mod 10)

a20k 01(mod100) neáu a 1;3;7;9(mod 10)

a20k 25(mod100) neáu a 5(mod 10)

a20k 76(mod100) a 2;4;6;8(mod 10)

Vậy để tìm hai chữ số tận an ta lấy số mũ n chia cho 20.

c) Tìm chữ số tận

Giả sử n = 100k + r với 0 r 100, an = a100k+r = ar (a100)k

Giả sử a x(mod10) x{0,1,2,…9}

Ta có: a100 = (10k+x)100 chínhlà chữ số tận x100.

Dùng quy nạp với n 1, ta có: 625n 625(1000); 376376(mod 1000) + Nếu x = x100000(mod 1000)

+ Nếu x = x4 =54 = 652  x100  (x4)25  625 (mod 1000)

+ Nếu x = 1;3;7;9 ta có tương ứng:

x4 = 1;81;2401;6561  (mod 40)  x100 = (40k+1)25  1(mod 1000)

+ Nếu x = 2;4;6;8 x100  2100 8

Giả sử chữ số tận x100 abc ta có:

Trong số 1;126;376; 501;626; 751; 876 (các số có chữ số chia cho 125 dư 1) có số chia hết cho số 376 Vậy x100  376(mod

1000)

Do ta có kết sau: a100k  1000(mod 1000) a  (mod 10)

a100k  001(mod 1000) neáu a  1,3,7,9 (mod 10)

a100k = 376

(mod 100) neáu a  2;4;6;

Vậy để tìm chữ số tận an ta tìm chữ số tận số ngun

mũ n

Ví dụ 1: Chứng minh 0,3 (19831983 - 19171917) số nguyên.

Lời giải:

Ta coù 19831983  34k+3 (mod 10)

Vì 34k  1(mod 10) nên 34k+3  33  (mod 10)

Mặt khác: 19171917  74l+  7(mod 10)

Suy ra: 19831983 – 19171917 10

Vậy 0,3 (19831983 - 19171917) số nguyên. Ví dụ 2: Chứng minh với n N*

 ta coù: 724 1n 434 1n  65 100

Lời giải:

Ta có: 74  1(mod 100) 410  76(mod 100)

Do đó: 4

2 2.2

7 n n

 =74k  1(mod 100);

4

3 3.81 10 3 10

4 n n l (4 )l 64.76 64(mod100)

    

Suy ra: 24 34

7 n n 65 64 65 100

      

Ví dụ : Tìm chữ số tận 92010

2

Lời giải:

Trước hết ta tìm hai chữ số tận 92010.

Ta coù: 92010 = 910.92010 = 9 (9 )10 20 100 910 320 01(mod100)

Suy ra: 292010 2100k1 2.(2 )100 k 2.376 752(mod1000)

Vậy chữ số tận 92010

2 752

Bài tập vận dụng:

1 Tìm chữ số tận số: a) 71993; b) 22000; c) 21930

3

2 Chứng minh rằng: a) 999 99

9  10 b) 7

7

7

7  10

3 Tìm chữ số tận thương phép chia 21930 91945 51980

3 2 19 cho

4 Tìm chữ số tận số 22009

3 Dạng 9: Chứng minh phản chứng.

Ví dụ 1: Chứng minh : Nếu ( x2 + y2) x  y  3

Lời giải:

Giả sử số có số khơng chia hết cho

+ Nếu x ; y không chia hết  ( x2 + y2 ) không chia hết cho ( trái với

gt)

+ Nếu x không chia hết ; y không chia hết : x = 3k   x2 = (3k  1)2 =Bs +

y = 3n   y2 = ( 3n  1)2 = Bs +

Do suy x2 + y2 = Bs +  (x2 + y2)không chia hết cho (trái với

gt )

Vậy hai số x y chia hết cho

Ví dụ 2: Cho m , n  N thỏa mãn 24m4 + = n2 Chứng minh tích m.n chia hết cho

Lời giải :

Giả sử hai số m , n khơng có số chia hết cho Vậy m có dạng sau : m = 5k m = 5k   m2 = Bs + ; m2 = Bs +

 m4 = Bs +

24m4 + = 24.( Bs + 1) = Bs + 25  n2   n  (Trái với giả sử )

Vậy hai số có số chia hết cho 5, nên tích m.n chia hết cho Ví dụ 3: Cho a,b,c  N thỏa mãn a2 + b2 = c2

a) Trong hai số a b có số chia hết cho b) Một số a b chia hết cho

c) Một số a,b,c chia hết cho Lời giải:

a) Giả sử hai số a b số chia hết cho a2 + b2 chia

cho có số dư laø (1)

Như (1) (2) mâu thuẫn với Vậy hai số a b có số chia hết cho

b) Nếu a b chẵn c  a =2k ,b = 2n , c =2q

thay vaøo a2 + b2 = c2 ta dễ có k2 + n2 = q2 ;

Lập luận tương tự ta lại có k n   a b 

Nếu a b lẻ a2 + b2 chia cho dư  c  nên c2 4 (vô lyù )

Vậy hai số a b có số chẵn cịn số số lẻ b) Giả sử a = 2k ; b = 2n + dễ thấy c số lẻ  c = 2q +1

Thay vào a2 + b2 = c2 ta (2k)2 + (2n +1)2 = ( 2q +1)2

 4k2 = ( 2q +1)2 - ( 2n + 1)2 8

Vì hiệu bình phương hai số lẻ chia hết cho suy k2   k  2

Vậy a  Trong hai số a b có số chia hết cho

c) Giả sử số khơng có số chia hết cho Bằng phép thử ta dễ thấy: a2 = Bs + ; Bs +

b2 = Bs + ; Bs +

c2 = Bs5 + ; Bs + (1)

Ta cóa2 + b2 chia cho có số dư 0;2;3

 c2 chia cho có số dư 0;2;3 (2)

 (1) (2) mâu thuẫn Vậy số a , b, c có số chia hết cho

Ví dụ 4. Cho n số tự nhiên , p số nguyên tố

Chứng minh : Nếu n2  p n  p

Lời giải :

Giả sử n không chia hết cho p  n p hai số nguyên tố  n2 không chia hết cho p (trái với gt )

Vậy n2  p n  p

Sau hình thành phương pháp đưa tập rèn kĩ yêu cầu học sinh giải tốn nhiều cách (có thể)

Bài tập tự làm:

Bài toán 1:

Cho a , b  Z Chứng minh

a) ( a + 4b )  13 ( 10a + b) 13

b) ( 3a + 2b )  17 ( 10a + b)  17

Bài toán

Cho số có 6n chữ số chia hết cho Chứng minh chuyển chữ số cuối cùnglên đầu mà không thay đổi vị tri chữ số cịn lại ta số chia hết cho

Bài toán

n3 - 3n2 - n + chia hết cho 48

Bài tốn

Cho p > sođ nguyeđn tô Chứng minh raỉng : p3 + p2 - p - chia heẫt

cho 48 Bài toán

Chứng minh : Với n  Z a ) 3n4 - 14n3 + 21n2 - 10n  24

b) n5 + 10n4 - 5n3 - 10n2 + 4n  120

Bài toán

Cho a , b số phương lẻ liên tiếp ( a - 1)( b - 1)  192

Bài toán

Chứng minh : Nếu n số tự nhiên chẵn 20n + 16n - 3n - chia

hết cho 323 Bài toán

Chứng minh : Với n  N a) n2 + 11n + 39 khơng chia hết cho 49

b) n2 + 3n + không chia hết cho với n số lẻ

c) n2 + 3n + khoâng chia hết cho 121

Bài tốn 10

Chứng minh ( m2 + mn + n2 )  m, n đồng thời

chia hết cho Bài tốn 11

Tìm chữ số x , y số có dạng N = 30x0y03  13

Bài toán 12

Chưng minh với n số tự nhiên không chia hết cho ( 112n - 26n )(n4 - 1)  285

Bài toán 13.Chứng minh : a) 222333 + 333222  13

b) 3105 + 4105  181

c) 109345 -  7

d) 7778.7779 7780.7781.7782.7783 - chia hết cho Bài toán 14 Chứng minh với n số tự nhiên

a) ( 11n+2 + 122n+1 ) 133 b) ( 32n+1 + 40n - 67 )  64 c) ( 2n+2.3n + 5n - )  25

d) (16n - 15n - 1)  225 e) n! chia heát cho 2n2 ( n > )

f ) ( 23n

Bài toán 15 Chứng minh : Trong 51 số tự nhiên , chọn hai số có tổng hiệu chia hết cho 100

Bài toán 16

Chứng minh : Nếu p > ,p số nguyên tố ap - a chia hết cho p vói

a Z

Bài tốn 17

Cho p số nguyên tố lớn Chứng minh tồn số tự nhiên gồm toàn chữ số chia hết cho p

Bài tốn 18

Chứng minh : Ln tồn số tự nhiên n cho 1997n - chia

hết cho 1999 Bài toán 19

a) Cho 1998 số tự nhiên , chứng minh ln tồn số vài số có tổng chia hết cho 1998

b) Cho 1998 số tự nhiên , số nhỏ 1998 có tổng 3996 Chứng minh số ln chọn vài số có tổng 1998

Bài tốn 20

Chứng minh : m , n  N ; m n số nguyên tố ln tồn số tự nhiên k cho ( mk - )  n

Bài tốn 21

Chứng minh ln tìm số có dạng 199819981998 199800000 000

( Trong có 1998 nhóm số 1998 ) chia hết cho 1999 Bài toán 22

Chứng minh rằng: Tổng lập phương số tự nhiên liên tiếp chia hết cho

Bài toán 24

Chứng minh : 1.2.3 69.70.( 1+ 12+1

3+ 4+ +

1

70 ) chia heát cho 71

Phần kết luận kiến nghÞ

Đây mảng kiến thức khó học sinh nhng lại có tác dụng lớn học sinh u thích mơn tốn, có tác dụng phát triển t khả sáng tạo cho em

Khi áp dụng vào trình giảng dạy tơi nhận thấy học sinh có hứng thú học tập Các em biết phát kiến thức tìm đợc mối liên hệ chúng Do tập không trở nên nặng nề sức em Do đợc rèn kỹ chứng minh từ đầu nên sau gặp tốn chứng minh tính tốn, tốn tổng hợp hay ôn tập học sinh biết cách làm

Tuy kết cha cao, song đứng trớc nhu cầu đáng muốn vơn lên học tốt học sinh hồ vào khơng khí thi đua dạy học tồn ngành, tơi xin mạnh dạn giới thiệu số kinh nghiệm Bài viết khơng tránh khỏi thiếu sót Rất mong giúp đỡ ng nghip

Xin chân thành cảm ơn!