Đang tải... (xem toàn văn)
Cái khó khi dùng phép chia hết trên vành số nguyên và khi học sinh là vấn đề nhận diện và vận dụng lý thuyết để chỉ ra phương pháp giải các bài toán, khi ngành Giáo dục đang thi đua giản[r]
(1)A – MỞ ĐẦU
1 Lý chọn đề tài
Số học môn học lâu đời hấp dẫn toán học
Vậy số học gì? Số học khoa học số, số học người ta nghiên cứu tính chất đơn giản số quy tắc tính tốn chương trình THCS số học chiếm lượng lớn số học phép chia hết vành số nguyên thực thu hút giáo viên học sinh, có lẽ khơng vấn đề lý thuyết phép chia có giá trị thực tiễn mà qua rèn cho học sinh tư sáng tạo toán học Càng học em hút lượng tập vô sáng tạo phong phú
Cái khó dùng phép chia hết vành số nguyên học sinh vấn đề nhận diện vận dụng lý thuyết để phương pháp giải toán, ngành Giáo dục thi đua giảng dạy theo phương pháp đổi mới, luật Giáo dục Việt Nam Nghị đại hội Đảng lần thứ nhấn mạnh: “Dạy cho học sinh phương pháp tự nghiên cứu” với tình hình cịn nhiều giáo viên chưa thực quan tâm mức đến việc rèn luyện lực tự học cho học sinh
Xuất phát từ vấn đề nên thúc đẩy Tôi viết
Rèn luyện kỹ giải toán chia hết vành số nguyên
2 Nội dung đề tài gồm
Phần I: Tóm tắt lý thuyết
Phần II: Các phương pháp giải toán chia hết
1 Phương pháp sử dụng dấu hiệu chia hết Phương pháp sử dụng tính chất chia hết
3 Phương pháp sử dụng xét tập hợp số dư phép chia
4 Phương pháp sử dụng phương pháp phân tích thành nhân tử Phương pháp biến đổi biểu thức cần chứng minh dạng tổng Phương pháp quy nạp toán học
7 Phương pháp sử dụng đồng dư thức Phương pháp sử dụng nguyên lý Đ Phương pháp phản chứng
(2)B - NỘI DUNG PHẦN I: TÓM TẮT LÝ THUYẾT
I ĐỊNH NGHĨA PHÉP CHIA
Cho số nguyên a b b ta ln tìm hai số ngun 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: ab 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 cb 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 = anan−1 a1a0
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) a1a0 (hoặc 25)
+ N (hoặc 125) a2a1a0 (hoặc 125)
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 [( a1a0 + a5a4 +…) - ( a3a2 + a7a6 +…)]101
+ N (hoặc 13) [( a2a1a0 + a8a7a6 +…) - [( a5a4a3 + a11a10a9 +…)
11 (hoặc 13)
+ N 37 ( a2a1a0 + a5a4a3 +…) 37
(3)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) Nếu a b (modun) c d (modun) ac bd (modun) Nếu a b (modun), d Uc (a, b) (d, m) =1
ad≡b
d (modun)
7 Nếu a b (modun), d > d Uc (a, b, m)
ad≡b
d (modun m d )
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 = p11 p22 … pkk với pi p; i N*
Thì (m) = m(1 - p1
1 )(1 -
1
p2 ) … (1 -
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 Xét a56b b {0 ; 5}
Nếu b = ta có số a56b a + + + a + 11
a =
(4) a = Vậy: a = b = ta có số 7560
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 111 ⏟… 111
81 sè 81
Giải
Ta thấy: 111111111
Có 111 ⏟… 111
81 sè = 111111111(10
72 + 1063 + … + 109 + 1) Mà tổng 1072 + 1063 + … + 109 + có tổng chữ số
1072 + 1063 + … + 109 +
Vậy: 111 ⏟… 111
81 sè 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 ⏟… 11
100 sè
22 … 22
⏟
100 sè 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 =
Bài 2: a N4 ab 4 10b + a4 8b + (2b + a) 4 a + 2b4
b N16 1000d + 100c + 10b + a16
(5)c Có 100(d + 3c + 9b + 27a) - dbca 29 mà (1000, 29) =1
dbca 29
(d + 3c + 9b + 27a) 29
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 ⏟… 11
100 sè
22 … 22
⏟ 100 sè =
11 … 11
⏟ 100 sè
100 … 02
⏟ 99 sè
Mà 100 ⏟… 02
99 sè =
33 … 34
⏟
99 sè
11 ⏟… 11
100 sè
22 … 22
⏟ 100 sè =
33 … 33
⏟ 100 sè
33 … 34
⏟
99 sè (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:
¿
m + i = nqi + r 1≤i; j≤ n
m + j = qjn + r
¿{
¿
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…
(6)Giải
a Trong số nguyên liên tiếp có số chẵn Số chẵn chia hết cho
Vậy tích số nguyên liên tiếp ln chia hết cho
Tích số nguyên liên tiếp chia hết tích số ngun liên tiếp ln chia hết cho
b Trong sô nguyên liên tiếp bao giơ có số chia hết cho Tích số chia hết cho mà (1; 3) =
Vậy tích số ngun liên tiếp ln chia hết cho
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(n2+1)⋮9
18n⋮9
¿{
¿
A (ĐPCM)
Ví dụ 3: CMR: n4 - 4n3 - 4n2 +16n
84 với n chẵn, n4
Giải
Vì n chẵn, n4 ta đặt n = 2k, k2
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
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
(7)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) 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
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) = 16[k(k + 1)2 (n2 + 1)2 (n4 + 1)
Với n = 2k + n2 + n4 + số chẵn (n2 + 1)2 n4 +
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
(8)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 A(n) = 32n + 3n +
13 Với n N
Giải
Vì n 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 -
Giải
Lấy n chia cho ta có n = 3k + (k N); r {0; 1; 2} Với r = n = 3k ta có
2n - = 23k - = 8k - = (8 - 1)M = 7M 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
(9)+ 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) 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 -
(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
Ta thấy 232 = 17.19 mà (17;19) = ta chứng minh
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)
(10)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
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
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 1 a2 b2 + c2 Do có số chia hết cho Vậy M
Nếu a, b, c không chia hết cho a2, b2 c2 chia dư b2 + c2 chia dư 2; 3.
a2 b2 + c2 Do có số chia hết cho Vậy M 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
(11) b2 = (a - c) (a + b)
(b2)
2
=(a+c
2 )(
a− c
2 )
b2 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
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
16a +17b⋮11
¿
17a +16b⋮11
¿ ¿ ¿ ¿
(1)
Có 16a +17b + 17a +16b = 33(a + b) 11 (2) Từ (1) (2)
16a +17b⋮11
¿
17a +16b⋮11
¿ ¿ ¿ ¿
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
¿
n2 - n ⋮6
30⋮6n
⇔
¿n(n - 1)⋮3(1)
30⋮n(2)
¿{
¿
(12)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
Bài 4: Tìm n N cho n3 - 8n2 + 2n n2 + 1
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: 13 + 33 + 53 + 73 = (13 + 73) + (33 + 53) = 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
n +8≤-n2−1 Víin ≤ −8
¿
n +8≥ n2+1 Víin ≥−8
¿
⇒
¿
n2+n+9≤0 Víin ≤ −8
¿
n2−n −7≤0 Víin ≥ −8
¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿
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
(13)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
m2n−1⋮2n+2
Giải
Với n = m2 - = (m + 1)(m - 1)
(vì m + 1; m - số chẵn liên tiếp nên tích chúng chia hết cho 8)
Giả sử với n = k ta có m2k−1⋮2k+2 ta phải chứng minh
m2k+1−1⋮2k+3
Thật m2k−1⋮2k+2 m2k
−1=2k+2.q(q∈z)
m2k
=2k+2.q+1
có m2k+1
−1=(m2k)2−1=(2k+2
.q+1)2−1=2k+4.q2+2k+3.q
= 2k+3
(2k+1q2+q)⋮2k+3
Vậy m2n−1⋮2n+2 với n 1
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: CMR: 33n+3 - 26n - 27
29 với n
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 aa ⏟a
3nsèa n (1) Với n = ta có aa a ¿111a⋮3
Giả sử (1) với n = k tức aa .⏟a
3k
sèa
k
Ta chứng minh (1) với n = k + tức phải chứng minh
aa a
⏟ 3k+1
sèa
k+1 ta có 3k+1 = 3.3k = 3k + 3k +3k Có aa ⏟a
3k+1
sèa
=a⏟ a 3k
a a
⏟ 3k
a⏟ a
3k
¿aa .a 102
k
+aa .a.103
k
+a a
(14)¿aa ⏟a 3k
(102 3k
+103
k
+1)⋮3k+1
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
Giải
Có 2222 - (mod 7) 22225555 + 55552222 (- 4)5555 + 45555 (mod 7) Lại có: (- 4)5555 + 42222 = - 45555 + 42222
= - 42222 (43333 - 1) = - 42222((43)1111−1)
Vì 43 = 64 (mod 7) ⇒ (43
)1111−1≡0 (mod 7)
22225555 + 55552222 (mod 7) Vậy 22225555 + 55552222
Ví dụ 2: CMR: 324n+1+33
4n+1
+5⋮22 với n N
Giải
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: 324n+1
+33
4n+1
+5=310q+2+210k+3
= 32.310q + 23.210k + 5 1+0+1 (mod 2) (mod 2) mà (2, 11) = Vậy 324n+1+33
4n+1
+5⋮22 với n N
Ví dụ 3: CMR: 224n+1
+7⋮11 với n N
Giải
Ta có: 24 (mod) 24n+1 (mod 10) 24n+1 = 10q + (q N)
224n+1=210q+2
Theo định lý Fermat ta có: 210 (mod 11) 210q (mod 11)
224n+1
+7=210q+2+7
4+7 (mod 11) (mod 11) Vậy 224n+1
+7⋮11 với n N (ĐPCM)
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: CMR 226n+2+3⋮19 với n N
Bài 2: CMR với n ta có 52n-1 22n-15n+1 + 3n+1 .22n-1
(15)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
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) =
Theo định lý Fermat ta có: A = (3p - 3) - (2p - 2)
p Đặt p = 3q + r (q N; r = 1, 2) 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 - = 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
(16)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 …
111 … 11
⏟
1994 sè
Khi chia cho 1993 có 1993 số dư theo ngun lý Đirichlet có số có số dư
Giả sử
ai = 1993q + r r < 1993 aj = 1993k + r i > j; q, k N aj - aj = 1993(q - k)
111 … 11
⏟ i-j 1994 sè
00 ⏟…
i sè
=1993(q − k)
111 … 11
⏟ i-j 1994 sè
10j=1993(q − k)
mà (10j, 1993) = 1
111 … 11
⏟
1994 sè 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 khơng có 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 ⏟… 1993
(17)đem chia cho 1994 có 1994 số dư thuộc tập {1; 2; …; 1993} theo ngun 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 ⏟… 1993
j-i sè 1993
10ni
⋮1993
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
Gọi d ước số chung nhỏ khác n d (p) theo định lý Format ta có 2d-1 (mod d) m < d
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 Vì số nguyên tố 2n + (2n + 1)2
(18)Từ (1); (2) 49 vô lý
Bài 2: Giả sử tồn n2 + n +
với n (n + 2)(n - 1) + (1)
vì số nguyên tố
n+2⋮3
¿
n −1⋮3
¿ ¿ ¿ ¿
(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
17 số nguyên tố (2n - 1) 17 (2n - 1)2
289 17 289 vô lý
(19)1 Số học Nguyễn Vũ Thanh
2 Toán chọn lọc cấp II Lê Hải Châu
3 400 tốn chọn lọc Vũ Dương Thuỵ – Trương Cơng Thành – Nguyễn Ngọc Đạm
4 Chuyên đề số học Võ Đại Mau
5 Bài tập số học đại số - Tủ sách ĐHSP – Nhà xuất GD 1985
6 Thực hành giaỉ toán cấp II – Trung tâm nghiên cứu đào tạo bồi dưỡng giáo viên
7 250 toán số học đại số – Võ Đại Mau – Lê Tất Hùng – Vũ Thị Nhàn Các đề vơ định tốn nước – Nhà xuất Hải phòng
9 255 toán số học chọn lọc – Sở GD Hà Tây 1993
10 Chuyên đề bồi dưỡng giỏi toán - Đinh Vũ Nhân – Võ Thị Ái Nương –
Hoàng Chúng
11 Số học bà chúa tốn học – Hồng Chúng
(20)NỘI DUNG Trang
A – Mở đầu
B – Nội dung
Phần I: Tóm tắt lý thuyết
Phần II: Các phương pháp giải toán chia hết
1 Phương pháp sử dụng dấu hiệu chia hết
2 Phương pháp sử dụng tính chất chia hết
3 Phương pháp sử dụng xét tập hợp số dư phép chia
4 Phương pháp sử dụng phương pháp phân tích thành nhân tử 10
5 Phương pháp biến đổi biểu thức cần chứng minh dạng tổng 11
6 Phương pháp quy nạp toán học 13
7 Phương pháp sử dụng đồng dư thức 14
8 Phương pháp sử dụng nguyên lý Đ 16