Chuyen de toan ve phep chia het

Trong 2 số nguyên liên tiếp bao giờ cũng có 1 số chẵn  Số chẵn đó chia hết cho 2.. Vậy tích của 2 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2.[r]

(1)

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH CHIA HẾT

PHẦN I: TÓM TẮT LÝ THUYẾT

I ĐỊNH NGHĨA PHÉP CHIA

Cho số nguyên a b b  ta ln tìm hai số nguyên q r cho:

a = bq + r Với  r   b

Trong đó: a số bị chia, b số chia, q thương, r số dư. Khi a chia cho b xẩy  b số dư

r  {0; 1; 2; …;  b}

Đặc biệt: r = a = bq, ta nói a chia hết cho b hay b chia hết a Ký hiệu: ab hay b\ a

Vậy: a  b  Có số nguyên q cho a = bq II CÁC TÍNH CHẤT

1 Với  a   a  a

2 Nếu a  b b  c  a  c Với  a    a

4 Nếu a, b > a  b ; b  a  a = b Nếu a  b c  ac  b Nếu a  b  (a)  (b) Với  a  a  (1)

8 Nếu a  b c  b  a  c  b Nếu a  b cb  a  c  b

10 Nếu a + b  c a  c  b  c 11 Nếu a  b n >  an  bn 12 Nếu ac  b (a, b) =1  c  b

13 Nếu a  b, c  b m, n am + cn  b 14 Nếu a  b c  d  ac  bd

15 Tích n số nguyên liên tiếp chia hết cho n! III MỘT SỐ DẤU HIỆU CHIA HẾT

Gọi N =

a

n

a

n

1

a

1

a

0

1 Dấu hiệu chia hết cho 2; 5; 4; 25; 8; 125 + N   a0   a0{0; 2; 4; 6; 8} + N   a0   a0{0; 5}

+ N  (hoặc 25) 

a

1

a

0

+ N  (hoặc 125) 

a

1

a

0

2 Dấu hiệu chia hết cho 9

+ N  (hoặc 9)  a0+a1+…+an  (hoặc 9) 3 Một số dấu hiệu khác

+ N  11  [(a0+a1+…) - (a1+a3+…)]  11

+ N  101  [(

a

1

a

0

a

5

a

4

a

3

a

2

a

7

a

6

+ N  (hoặc 13)  [(

a

1

a

0

a

7

a

6

a

4

a

3

a

10

a

9

(hoặc 13)

+ N  37  (

a

1

a

0

a

4

a

3

(2)

IV ĐỒNG DƯ THỨC

a Định nghĩa: Cho m số nguyên dương Nếu hai số nguyên a b cho số dư chia cho m ta nói a đồng dư với b theo modun m

Ký hiệu: a  b (modun)

Vậy: a  b (modun)  a - b  m b Các tính chất

1. Với  a  a  a (modun)

2. Nếu a  b (modun)  b  a (modun)

3. Nếu a  b (modun), b  c (modun)  a  c (modun)

4. Nếu a  b (modun) c  d (modun)  a+c  b+d (modun) 5. Nếu a  b (modun) c  d (modun)  ac  bd (modun) 6. Nếu a  b (modun), d  Uc (a, b) (d, m) =1

 d

b d a



(modun) 7. Nếu a  b (modun), d > d  Uc (a, b, m)

 d

b d a



(modun d

m

) V MỘT SỐ ĐỊNH LÝ

1 Định lý Euler

Nếu m số nguyên dương (m) số số nguyên dương nhỏ m nguyên tố với m, (a, m) =

Thì a(m)  (modun)

Cơng thức tính (m)

Phân tích m thừa số nguyên tố

m = p11 p22 … pkk với pi  p; i  N*

Thì (m) = m(1 - 1`

1

p )(1 - 2

p ) … (1 - pk

) 2 Định lý Fermat

Nếu t số nguyên tố a không chia hết cho p ap-1  (modp) 3 Định lý Wilson

Nếu p số nguyên tố

( P - 1)! +  (modp)

PHẦN II: CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN CHIA HẾT

1 Phương pháp 1: SỬ DỤNG DẤU HIỆU CHIA HẾT

Ví dụ 1: Tìm chữ số a, b cho a56b  45

Giải

Ta thấy 45 = 5.9 mà (5 ; 9) = để a56b  45  a56b  9 Xét a56b   b  {0 ; 5}

Nếu b = ta có số a56b   a + + +  9  a + 11   a =

(3)

a = b = ta có số 2560

Ví dụ 2: Biết tổng chữ số số không đổi nhân số với Chứng minh số chia hết cho

Giải

Gọi số cho a

Ta có: a 5a chia cho có số dư  5a - a   4a  mà (4 ; 9) =

 a  (Đpcm)

Ví dụ 3: CMR số

 



1 sè 81

111



 81

Giải

Ta thấy: 111111111  Có



 

111



= 111111111(1072 + 1063 + … + 109 + 1)

Mà tổng 1072 + 1063 + … + 109 + có tổng chữ số  9  1072 + 1063 + … + 109 + 

Vậy:



 

111



 81 (Đpcm)

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài 1: Tìm chữ số x, y cho

a 34x5y  b 2x78  17

Bài 2: Cho số N = dcba CMR a N   (a + 2b) 

b N  16  (a + 2b + 4c + 8d)  16 với b chẵn c N  29  (d + 2c + 9b + 27a)  29

Bài 3: Tìm tất số có chữ số cho số gấp lần tích chữ số số

Bài 4: Viết liên tiếp tất số có chữ số từ 19 đến 80 ta số A = 192021…7980 Hỏi số A có chia hết cho 1980 khơng ? Vì sao?

Bài 5: Tổng 46 số tự nhiên liên tiếp có chia hết cho 46 khơng? Vì sao?

Bài 6: Chứng tỏ số



 



11





 



2 sè 100

22



tích số tự nhiên liên tiếp

HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ

Bài 1: a x = y =

x = y =

b 2x78= 17 (122 + 6x) + 2(2-x)17  x = 2

Bài 2: a N4  ab4  10b + a4  8b + (2b + a) 4  a + 2b4 b N16  1000d + 100c + 10b + a16

 (992d + 96c + 8b) + (8d + 4c + 2b + a) 16  a + 2b + 4c + 8d16 với b chẵn

c Có 100(d + 3c + 9b + 27a) - dbca29 mà (1000, 29) =1

dbca29

(4)

Bài 3: Gọi ab số có chữ số Theo ta có:

ab= 10a + b = 2ab (1) ab2  b {0; 2; 4; 6; 8} Thay vào (1) a = 3; b =

Bài 4: Có 1980 = 22.32.5.11

Vì chữ số tận a 80   A

Tổng số hàng lẻ 1+(2+3+…+7).10+8 = 279 Tổng số hàng chẵn 9+(0+1+…+9).6+0 = 279 Có 279 + 279 = 558   A 

279 - 279 =  11  A  11

Bài 5: Tổng số tự nhiên liên tiếp số lẻ nên không chia hết cho

Có 46 số tự nhiên liên tiếp  có 23 cặp số cặp có tổng số lẻ  tổng 23 cặp không chia hết cho Vậy tổng 46 số tự nhiên liên tiếp không chia hết cho 46

Bài 6: Có



 



11





 



2 sè 100

22



=



 



11





 



0 sè 99

02

100



Mà



 



02

100



=



 



34

33







 



11





 



2 sè 100

22



=



 



33





 



3 sè 99

34

33



(Đpcm)

2 Phương pháp 2: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CHIA HẾT

* Chú ý: Trong n số nguyên liên tiếp có số chia hết cho n CMR: Gọi n số nguyên liên tiếp

m + 1; m + 2; … m + n với m  Z, n  N*

Lấy n số nguyên liên tiếp chia cho n ta tập hợp số dư là: {0; 1; 2; … n - 1} * Nếu tồn số dư 0: giả sử m + i = nqi ; i = 1,n

 m + i  n

* Nếu không tồn số dư  khơng có số ngun dãy chia hết cho n  phải có số dư trùng

Giả sử:





















r

qjn

j

m

n

j

i;

1

r

nqi

i

m

 i - j = n(qi - qj)  n  i - j  n mà i - j< n  i - j =  i = j

 m + i = m + j

Vậy n số có số số chia hết cho n…

Ví dụ 1: CMR: a Tích số nguyên liên tiếp chia hết cho b Tích số nguyên liên tiếp chia hết cho

Giải

a Trong số nguyên liên tiếp có số chẵn  Số chẵn chia hết cho

Vậy tích số nguyên liên tiếp chia hết cho

Tích số ngun liên tiếp ln chia hết tích số nguyên liên tiếp chia hết cho

b Trong sô nguyên liên tiếp bao giơ có số chia hết cho  Tích số chia hết cho mà (1; 3) =

(5)

Ví dụ 2: CMR: Tổng lập phương số nguyên liên tiếp chia hết cho

Giải

Gọi số nguyên liên tiếp là: 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 thấy (n - 1)n (n + 1)  (CM Ví dụ 1)

 3(n - 1)n (n + 1) 

mà









9

18

9

)

1

(

9



n

 A  (ĐPCM)

Ví dụ 3: CMR: n4 - 4n3 - 4n2 +16n  84 với  n chẵn, n4

Giải

Vì n chẵn, n4 ta đặt n = 2k, k2

Ta có n4 - 4n3 - 4n2 + 16n = 16k4 - 32k3 - 16k2 + 32k = đặt 16k(k3 - 2k2 - k + 2) = đặt 16k(k - 2) (k - 1)(k + 1)

Với k  nên k - 2, k - 1, k + 1, k số tự nhiên liên tiếp nên số có số chia hết cho số chia hết cho  (k - 2)(k - 1)(k + 1)k 

Mà (k - 2) (k - 1)k  ; (3,8)=1  (k - 2) (k - 1) (k + 1)k  24

 16(k - 2) (k - 1) (k + 1)k  (16,24)

Vậy n4 - 4n3 - 4n2 +16n  384 với  n chẵn, n  4

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài 1: CMR: a n(n + 1) (2n + 1) 

b n5 - 5n3 + 4n  120 Với  n  N

Bài 2: CMR: n4 + 6n3 + 11n2 + 6n  24 Với  n  Z

Bài 3: CMR: Với  n lẻ

a n2 + 4n +  b n3 + 3n2 - n -  48 c n12 - n8 - n4 +  512

Bài 4: Với p số nguyên tố p > CMR : p2 -  24

Bài 5: CMR: Trong 1900 số tự nhiên liên tiếp có số có tổng chữ số chia hết cho 27

HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ Bài 1: a n(n + 1)(2n + 1) = n(n + 1) [(n + 1) + (n + 2)]

= n(n + 1) (n - 1) + n(n + 1) (n + 2)  b n5 - 5n3 + 4n = (n4 - 5n2 + 4)n

= n(n2 - 1) (n2 - 4)

= n(n + 1) (n - 1) (n + 2) (n - 2)  120

Bài 2: n4 + 6n3 + 6n + 11n2 = n(n3 + 6n2 + + 11n)

= n(n + 1) (n + 2) (n + 3)  24

Bài 3: 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 + 4) (2k + 2) (2k với n = 2k + 1, k  N) = 8k(k + 1) (k +2)  48

(6)

= (n4 - 1)2 (n4 + 1)

= (n2 - 1)2 (n2 - 1)2 (n4 + 1) = 16[k(k + 1)2 (n2 + 1)2 (n4 + 1)

Với n = 2k +  n2 + n4 + số chẵn  (n2 + 1)2 2

n4 +  2  n12 - n8 - n4 +  (24.22 22 21)

Vậy n12 - n8 - n4 +  512

Bài 4: Có p2 - = (p - 1) (p + 1) p số nguyên tố p > 3  p  ta có: (p - 1) (p + 1) 

và p = 3k + p = 3k + (k  N)  (p - 1) (p + 1) 

Vậy p2 -  24

Bài 5: Giả sử 1900 số tự nhiên liên tiếp n, n +1; n + 2; … ; n + 1989 (1)

trong 1000 tự nhiên liên tiếp n, n + 1; n + 2; …; n + 999

có số chia hết cho 1000 giả sử n0, n0 có tận chữ số giả sử tổng chữ số n0 s 27 số n0, n0 + 9; n0 + 19; n0 + 29; n0 + 39; …; n0 + 99; n0 + 199; … n0 + 899 (2)

Có tổng chữ số là: s; s + … ; s + 26 Có số chia hết cho 27 (ĐPCM)

* Chú ý: n + 899  n + 999 + 899 < n + 1989  Các số (2) nằm dãy (1)

3 Phương pháp 3: XÉT TẬP HỢP SỐ DƯ TRONG PHÉP CHIA

Ví dụ 1: CMR: Với  n  N

Thì A(n) = n(2n + 7) (7n + 7) chia hết cho

Giải

Ta thấy thừa số n 7n + số chẵn Với  n  N  A(n)  Ta chứng minh A(n) 

Lấy n chia cho ta n = 3k + (k  N) Với r  {0; 1; 2}

Với r =  n = 3k  n   A(n) 

Với r =  n = 3k +  2n + = 6k +   A(n)  Với r =  n = 3k +  7n + = 21k + 15   A(n)   A(n)  với  n mà (2, 3) =

Vậy A(n)  với  n  N

Ví dụ 2: CMR: Nếu n 3 A(n) = 32n + 3n +  13 Với  n  N

Giải

Vì n 3  n = 3k + r (k  N); r  {1; 2; 3}  A(n) = 32(3k + r) + 33k+r +

= 32r(36k - 1) + 3r (33k - 1) + 32r + 3r + 1

ta thấy 36k - = (33)2k - = (33 - 1)M = 26M  13 33k - = (33 - 1)N = 26N  13

với r =  32n + 3n + = 32 + +1 = 13  13  32n + 3n +  13

với r =  32n + 3n + = 34 + 32 + = 91  13  32n + 3n + 1

Vậy với n  A(n) = 32n + 3n +  13 Với  n  N

Ví dụ 3: Tìm tất số tự nhiên n để 2n -  7

Giải

(7)

2n - = 23k - = 8k - = (8 - 1)M = 7M  7 với r =1  n = 3k + ta có:

2n - = 28k +1 - = 2.23k - = 2(23k - 1) + 1 mà 23k -   2n - chia cho dư 1

với r =  n = 3k + ta có : 2n - = 23k + 2 - = 4(23k - 1) + mà 23k -   2n - chia cho dư 3 Vậy 23k -   n = 3k (k  N)

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài 1: CMR: An = n(n2 + 1)(n2 + 4)  Với  n  Z

Bài 2: Cho A = a1 + a2 + … + an B = a51 + a52 + … + a5

n

Bài 3: CMR: Nếu (n, 6) =1 n2 -  24 Với  n  Z

Bài 4: Tìm số tự nhiên W để 22n + 2n +  7

Bài 5: Cho số tự nhiên m, n để thoả mãn 24m4 + = n2 CMR: mn  55

HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ Bài 1: + A(n) 

+ Lấy n chia cho  n = 5q + r r  {0; 1; 2; 3; 4} r =  n   A(n) 

r = 1,  n2 +   A(n)  5 r = 2;  n2 +   A(n)  5  A(n)   A(n)  30

Bài 2: Xét hiệu B - A = (a51 - a1) + … + (a5n - an) Chỉ chứng minh: a5i -  30 đủ

Bài 3: Vì (n, 6) =1  n = 6k + (k  N) Với r  {1}

r = 1 n2 -  24

Bài 4: Xét n = 3k + r (k  N) Với r  {0; 1; 2}

Ta có: 22n + 2n + = 22r(26k - 1) + 2r(23k - 1) + 22n + 2n + 1 Làm tương tự VD3

Bài 5: Có 24m4 + = n2 = 25m4 - (m4 - 1) Khi m   mn 

Khi m  (m, 5) =  m4 -  5 (Vì m5 - m   (m4 - 1)   m4 -  5)  n2  ni5

Vậy mn 

4 Phương pháp 4: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH THÀNH NHÂN TỬ Giả sử chứng minh an  k

Ta phân tích an chứa thừa số k phân tích thành thừa số mà thừa số chia hết cho thừa số k

Ví dụ 1: CMR: 36n - 26n 35 Với  n  N

Giải

Ta có 36n - 26n = (36)n - (26)n = (36 - 26)M = (33 + 23) (33 - 23)M

= 35.19M  35 Vậy 36n - 26n 35 Với  n  N

Ví dụ 2: CMR: Với  n số tự nhiên chăn biểu thức A = 20n + 16n - 3n -  232

Giải

(8)

A  17 A  19 ta có A = (20n - 3n) + (16n - 1) có 20n - 3n = (20 - 3)M  17M 16n - = (16 + 1)M = 17N  17 (n chẵn)

 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 chẵn)  A  19 (2)

Từ (1) (2)  A  232

Ví dụ 3: CMR: nn - n2 + n -  (n - 1)2 Với  n >1

Giải

Với n =  nn - n2 + n - = (n - 1)2 = (2 - 1)2 = 1

 nn - n2 + n - 1 (n - 1)2

với n > 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

Vậy A  (n - 1)2 (ĐPCM)

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài 1: CMR: a 32n +1 + 22n +2 7

b mn(m4 - n4)  30

Bài 2: CMR: A(n) = 3n + 63  72 với n chẵn n  N, n  2

Bài 3: Cho a b số phương lẻ liên tiếp CMR: a (a - 1) (b - 1)  192

Bài 4: CMR: Với p số nguyên tố p > p4 -  240

Bài 5: Cho số nguyên dương a, b, c thoả mãn a2 = b2 + c2 CMR: abc  60

HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ Bài 1: a 32n +1 + 22n +2 = 3.32n + 2.2n

= 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

Bài 3: Có 72 = 9.8 mà (8, 9) = n = 2k (k  N) có 3n + 63 = 32k + 63

= (32k - 1) + 64  A(n)  8

Bài 4: Đặt a = (2k - 1)2; b = (2k - 1)2 (k  N)

Ta có (a - 1)(b - 1) = 16k(k + 1)(k - 1)  64

Bài 5: Có 60 = 3.4.5 Đặt M = abc

Nếu a, b, c không chia hết cho  a2, b2 c2 chia hết cho dư  a2  b2 + c2 Do có số chia hết cho Vậy M  3

Nếu a, b, c không chia hết cho  a2, b2 c2 chia dư  b2 + c2 chia 5 dư 2;

 a2  b2 + c2 Do có số chia hết cho Vậy M  5 Nếu a, b, c số lẻ  b2 c2 chia hết cho dư 1.  b2 + c2  (mod 4)  a2  b2 + c2

Do số a, b phải số chẵn Giả sử b số chẵn

Nếu C số chẵn  M 

(9)

 b2 = (a - c) (a + b)  

                  

2

c a c a b



b

chẵn  b   m  Vậy M = abc  3.4.5 = 60

5 Phương pháp 5: BIẾN ĐỔI BIỂU THỨC CẦN CHỨNG MINH VỀ DẠNG TỔNG Giả sử chứng minh A(n)  k ta biến đổi A(n) dạng tổng nhiều hạng tử chứng minh hạng tử chia hết cho k

Ví dụ 1: CMR: n3 + 11n  với  n  z.

Giải

Ta có n3 + 11n = n3 - n + 12n = n(n2 - 1) + 12n

= n(n + 1) (n - 1) + 12n Vì n, n - 1; n + số nguyên liên tiếp

 n(n + 1) (n - 1)  12n  Vậy n3 + 11n  6

Ví dụ 2: Cho a, b  z thoả mãn (16a +17b) (17a +16b)  11 CMR: (16a +17b) (17a +16b)  121

Giải

Có 11 số nguyên tố mà (16a +17b) (17a +16b)  11











11

16b

17a

11

17b

16a



(1)

Có 16a +17b + 17a +16b = 33(a + b)  11 (2)

Từ (1) (2) 









11

16b

17a

11

17b

16a



Vậy (16a +17b) (17a +16b)  121

Ví dụ 3: Tìm n  N cho P = (n + 5)(n + 6)  6n

Giải

Ta có P = (n + 5)(n + 6) = n2 + 11n + 30

= 12n + n2 - n + 30 Vì 12n  6n nên để P  6n  n2 - n + 30  6n

















(2)

n

30

(1)

3

1)

-n(n

6n

30

6

n

-n2



Từ (1)  n = 3k n = 3k + (k  N) Từ (2)  n  {1; 2; 3; 5; 6; 10; 15; 30} Vậy từ (1); (2)  n  {1; 3; 6; 10; 15; 30} Thay giá trị n vào P ta có

n  {1; 3; 10; 30} thoả mãn

Vậy n  {1; 3; 10; 15; 30} P = (n + 5)(n + 6)  6n

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài 1: CMR: 13 + 33 + 53 + 73 23

Bài 2: CMR: 36n2 + 60n + 24  24

Bài 3: CMR: a 5n+2 + 26.5n + 8 2n+1 59 b 2n + 14  5

Bài 4: Tìm n  N cho n3 - 8n2 + 2n  n2 + 1

(10)

= 8m + 8N  23

Bài 2: 362 + 60n + 24 = 12n(3n + 5) + 24

Ta thấy n 3n + không đồng thời chẵn lẻ  n(3n + 5)   ĐPCM

Bài 3: a 5n+2 + 26.5n + 8 2n+1

= 5n(25 + 26) + 8 2n+1 = 5n(59 - 8) + 8.64 n = 5n.59 + 8.59m  59 b 2n + 14 = 9 2n - + 15

= (81n - 1) + 15 = 80m + 15 

Bài 4: Có n3 - 8n2 + 2n = (n2 + 1)(n - 8) + n +  (n2 + 1)  n +  n2 + 1 Nếu n + =  n = -8 (thoả mãn)

Nếu n +   n + 8 n2 + 1

















































8

0

7

n

8

0

9

n

8

1

n

8

n

8

1

-n

8

n

2

n

Víi

 n  {-2; 0; 2} thử lại Vậy n  {-8; 0; 2}

6 Phương pháp 6: DÙNG QUY NẠP TOÁN HỌC Giả sử CM A(n)  P với n  a (1)

Bước 1: Ta CM (1) với n = a tức CM A(n)  P

Bước 2: Giả sử (1) với n = k tức CM A(k)  P với k  a Ta CM (1) với n = k + tức phải CM A(k+1)  P Bước 3: Kết luận A(n)  P với n  a

Ví dụ 1: Chứng minh A(n) = 16n - 15n -  225 với  n  N*

Giải

Với n =  A(n) = 225  225 n = Giả sử n = k  nghĩa A(k) = 16k - 15k -  225 Ta phải CM A(k+1) = 16 k+1 - 15(k + 1) -  225 Thật vậy: A(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

mà A(k)  225 (giả thiết quy nạp) 225m 225

Vậy A(n)  225

Ví dụ 2: CMR: với  n  N* n số tự nhiên lẻ ta có



1

2

n

m



Giải

Với n =  m2 - = (m + 1)(m - 1)  (vì m + 1; m - số chẵn liên tiếp nên tích của chúng chia hết cho 8)

Giả sử với n = k ta có



1

2

k

m



2

1

2



 k

k

m



Thật



1

2

k

m



m

1

2

k

.

q

(

q

z

)

k





(11)



2

.

1

2





q

m

k

có

m

 

m



q



q

k k k k k

.

2

.

2

1

.

2

1

2   

















=

2

(

2

)

2

 



k

q



Vậy



1

2

n

m



BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài 1: CMR: 33n+3 - 26n - 27  29 với  n  1

Bài 2: CMR: 42n+2 -  15

Bài 3: CMR số thành lập 3n chữ số giống chia hết cho 3n với n số nguyên dương

HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ Bài 1: Tương tự ví dụ

Bài 2: Tương tự ví dụ

Bài 3: Ta cần CM



n

a

aa

 3n (1) Với n = ta có

aa

a



111

a



3



k

a

aa

 3k

Ta chứng minh (1) với n = k + tức phải chứng minh



k

a

aa

 3k+1 ta có 3k+1 = 3.3k = 3k + 3k +3k Có



k

a

aa





k

a

aa

a

aa

2

.

10

.









3

1

10





k

a

aa





7 Phương pháp 7: SỬ DỤNG ĐỒNG DƯ THỨC

Giải toán dựa vào đồng dư thức chủ yếu sử dụng định lý Euler định lý Fermat

Ví dụ 1: CMR: 22225555 + 55552222 7

Giải

Có 2222  - (mod 7)  22225555 + 55552222  (- 4)5555 + 45555 (mod 7) Lại có: (- 4)5555 + 42222 = - 45555 + 42222

= - 42222 (43333 - 1) = -42222



 



 

4

1

0

1111







 22225555 + 55552222  (mod 7) Vậy 22225555 + 55552222 7

Ví dụ 2: CMR:

3

5

22

1 4 3





n

với  n  N

(12)

Theo định lý Fermat ta có: 310  (mod 11) 210  (mod 11)

Ta tìm dư phép chia 24n+1 34n+1 cho 10 Có 24n+1 = 2.16n  (mod 10)

 24n+1 = 10q + (q  N) Có 34n+1 = 3.81n  (mod 10)  34n+1 = 10k + (k  N)

Ta có:

3

5

3

2

1

4

 







 n q k

n

= 32.310q + 23.210k + 5  1+0+1 (mod 2)  (mod 2) mà (2, 11) =

Vậy

3

5

22

1

4 3

2





 n

n

với  n  N

Ví dụ 3: CMR:

2

7

11

1

2





 n

với n  N

Giải

Ta có: 24  (mod)  24n+1  (mod 10)  24n+1 = 10q + (q  N)



2

1





 q

n

Theo định lý Fermat ta có: 210  (mod 11)  210q  (mod 11)

7

2

7

2







 q

n

 4+7 (mod 11)  (mod 11) Vậy

2

7

11

1

2





 n

với n  N (ĐPCM)

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Bài 1: CMR

2

3

19

2





 n

với n  N

Bài 2: CMR với  n  ta có 52n-1 22n-15n+1 + 3n+1 .22n-1 38

Bài 3: Cho số p > 3, p  (P) CMR 3p - 2p -  42p

Bài 4: CMR với số nguyên tố p có dạng 2n - n (n  N) chia hết cho p.

HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ Bài 1: Làm tương tự VD3

Bài 2: Ta thấy 52n-1 22n-15n+1 + 3n+1 .22n-1 2

Mặt khác 52n-1 22n-15n+1 + 3n+1 .22n-1 = 2n(52n-1.10 + 6n-1) Vì 25  (mod 19)  5n-1  6n-1 (mod 19)

 25n-1.10 + 6n-1  6n-1.19 (mod 19)  (mod 19)

Bài 3: Đặt A = 3p - 2p - (p lẻ)

Dễ dàng CM A  A   A  Nếu p =  A = 37 - 27 -  49  A  7p Nếu p   (p, 7) =

(13)

 A = (33q+1 - 3) - (23q+r - 2)

= 3r.27q - 2r.8q - = 7k + 3r(-1)q - 2r - (k  N) với r = 1, q phải chẵn (vì p lẻ)

 A = 7k - - - = 7k - 14

Vậy A  mà A  p, (p, 7) =  A  7p Mà (7, 6) = 1; A 

 A  42p

Bài 4: Nếu P =  22 - =  2 Nếu n > Theo 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 = kq -

Như p >  p có dạng 2n - n đó N = (kp - 1)(p - 1), k  N chia hết cho p

8. Phương pháp 8: SỬ DỤNG NGUYÊN LÝ ĐIRICHLET Nếu đem n + thỏ nhốt vào n lồng có lồng chứa từ trở lên

Ví dụ 1: CMR: Trong n + số nguyên có số có hiệu chia hết cho n Giải

Lấy n + số nguyên cho chia cho n n + số dư nhận số sau: 0; 1; 2; …; n -

 có số dư có số dư chia cho n Giả sử = nq1 + r  r < n

aj = nq2 + r a1; q2  N  aj - aj = n(q1 - q2)  n

Vậy n +1 số nguyên có số có hiệu chia hết cho n

Nếu khơng có tổng tổng chia hết cho n số dư chia tổng cho n ta n số dư 1; 2; …; n -

Vậy theo nguyên lý Đirichlet tồn tổng mà chi cho n có số dư  (theo VD1) hiệu cùadr tổng chia hết cho n (ĐPCM)

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài 1: CMR: Tồn n  N cho 17n -  25

Bài 2: CMR: Tồn bội số 1993 chứa toàn số

Bài 3: CMR: Với 17 số nguyên tồn tổng số chia hết cho

Bài 4: Có hay khơng số có dạng

19931993 … 1993000 … 00  1994

HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ Bài 1: Xét dãy số 17, 172, …, 1725 (tương tự VD2)

Bài 2: Ta có 1994 số ngun chứa tồn số là:

11 111 …



 



1 sè 1994

11

111



Khi chia cho 1993 có 1993 số dư  theo ngun lý Đirichlet có số có số dư Giả sử

(14)

 aj - aj = 1993(q - k)

)

(

1993

0

00

11

111



 













q



k

0 sè i sè 1994 j -i

)

(

1993

10

.

11

111

j

q

k









 



1 sè 1994 j -i

mà (10j, 1993) = 1



 



1 sè 1994

11

111



 1993 (ĐPCM)

Bài 3: Xét dãy số gồm 17 số nguyên a1, a2, …, a17

Chia số cho ta 17 số dư phải có số dư thuộc tập hợp{0; 1; 2; 3; 4}

Nếu 17 số có số chia cho có số dư tổng chúng chia hết cho

Nếu 17 số số có số dư chia cho  tồn số có số dư khác  tổng số dư là: + + + + = 10  10

Vậy tổng số chia hết cho

Bài 4: Xét dãy số a1 = 1993, a2 = 19931993, … a1994 =

 



1993 sè 1994

1993



đem chia cho 1994  có 1994 số dư thuộc tập {1; 2; …; 1993} theo nguyên lý Đirichlet có số hạng có số dư

Giả sử: = 1993 … 1993 (i số 1993) aj = 1993 … 1993 (j số 1993)

 aj - aj  1994  i < j  1994



1993

10

.

1993



 

ni



1993 sè i -j



9 Phương pháp 9: PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG Để CM A(n)  p (hoặc A(n)  p )

+ Giả sử: A(n)  p (hoặc A(n)  p ) + CM giả sử sai

+ Kết luận: A(n)  p (hoặc A(n)  p )

Ví dụ 1: CMR n2 + 3n +  121 với  n  N

Giả sử tồn n  N cho n2 + 3n +  121  4n2 + 12n + 20  121 (vì (n, 121) = 1)

 (2n + 3)2 + 11  121 (1)  (2n + 3)2 11

Vì 11 số nguyên tố  2n +  11

 (2n + 3)2 121 (2) Từ (1) (2)  11  121 vô lý

Vậy n2 + 3n +  121

Ví dụ 2: CMR n2 -  n với  n  N*

Giải

Xét tập hợp số tự nhiên N*

Giả sử  n  1, n  N* cho n2 -  n

(15)

ta chứng minh m\n

Giả sử n = mq + r (0  r < m)

Theo giả sử n2 -  n  nmq+r -  n

 2r(nmq - 1) + (2r - 1)  n  2r -  d r < m mà m  N, m nhỏ khác có tính chất (1)

 r =  m\n mà m < d có tính chất (1) nên điều giả sử sai Vậy n2 -  n với  n  N*

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài 1: Có tồn n  N cho n2 + n +  49 không?

Bài 2: CMR: n2 + n +  với  n  N*

Bài 3: CMR: 4n2 - 4n + 18  289 với  n  N

HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ Bài 1: Giả sử tồn n  N để n2 + n +  49

 4n2 + 4n +  49

 (2n + 1)2 +  49 (1)  (2n + 1)2 7

Vì số nguyên tố  2n +   (2n + 1)2 49 (2) Từ (1); (2)   49 vô lý

Bài 2: Giả sử tồn n2 + n +  với  n  (n + 2)(n - 1) +  (1)

vì số nguyên tố   

 

3

  n n

 (n + 2)(n - 1)  (2) Từ (1) (2)   vô lý

Bài 3: Giả sử  n  N để 4n2 - 4n + 18  289  (2n - 1)2 + 17  172

 (2n - 1)  17