Chuyen de toan ve phep chia het

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (188.15 KB, 15 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH CHIA HẾT

PHẦN I: TÓM TẮT LÝ THUYẾT

I. ĐỊNH NGHĨA PHÉP CHIA

Cho 2 số nguyên a và b trong đó b  0 ta ln tìm được hai số ngun q và r duy nhất
sao cho:

a = bq + r Với 0  r   b

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

r  {0; 1; 2; …;  b}

Đặc biệt: r = 0 thì a = bq, khi đó 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 sao cho a = bq
II. CÁC TÍNH CHẤT

1. Với  a  0  a  a

2. Nếu a  b và b  c  a  c
3. Với  a  0  0  a

4. Nếu a, b > 0 và a  b ; b  a  a = b
5. Nếu a  b và c bất kỳ  ac  b
6. Nếu a  b  (a)  (b)
7. Với  a  a  (1)

8. Nếu a  b và c  b  a  c  b
9. Nếu a  b và cb  a  c  b

10. Nếu a + b  c và a  c  b  c
11. Nếu a  b và n > 0  an  bn
12. Nếu ac  b và (a, b) =1  c  b

13. Nếu a  b, c  b và m, n bất kỳ am + cn  b
14. Nếu a  b và 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  2  a0  2  a0{0; 2; 4; 6; 8}
+ N  5  a0  5  a0{0; 5}

+ N  4 (hoặc 25) 

a

1

a

0  4 (hoặc 25)

+ N  8 (hoặc 125) 

a

1

a

0  8 (hoặc 125)

2. Dấu hiệu chia hết cho 3 và 9

+ N  3 (hoặc 9)  a0+a1+…+an  3 (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 +…)]101

+ N  7 (hoặc 13)  [(

a

1

a

0 +

a

7

a

6 +…) - [(

a

4

a

3 +

a

10

a

9 +…) 11

(hoặc 13)

+ N  37  (

a

1

a

0 +

a

4

a

3 +…)  37

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

IV. ĐỒNG DƯ THỨC

a. Định nghĩa: Cho m là số nguyên dương. Nếu hai số nguyên a và b cho cùng số dư khi chia
cho m thì 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) và c  d (modun)  a+c  b+d (modun)
5. Nếu a  b (modun) và c  d (modun)  ac  bd (modun)
6. Nếu a  b (modun), d  Uc (a, b) và (d, m) =1

 d

b
d
a



(modun)
7. Nếu a  b (modun), d > 0 và d  Uc (a, b, m)

 d

b
d
a



(modun d

m

)
V. MỘT SỐ ĐỊNH LÝ

1. Định lý Euler

Nếu m là 1 số nguyên dương (m) là số các số nguyên dương nhỏ hơn m và nguyên tố
cùng nhau với m, (a, m) = 1

Thì a(m)  1 (modun)

Cơng thức tính (m)

Phân tích m ra thừa số nguyên tố

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

Thì (m) = m(1 - 1`

p )(1 - 2
1

p ) … (1 - pk
1

)
2. Định lý Fermat

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

Nếu p là số nguyên tố thì

( P - 1)! + 1  0 (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 các chữ số a, b sao cho a56b  45

Giải

Ta thấy 45 = 5.9 mà (5 ; 9) = 1
để a56b  45  a56b  5 và 9
Xét a56b  5  b  {0 ; 5}

Nếu b = 0 ta có số a56b  9  a + 5 + 6 + 0  9
 a + 11  9
 a = 7

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

a = 2 và b = 5 ta có số 2560

Ví dụ 2: Biết tổng các chữ số của 1 số là không đổi khi nhân số đó với 5. Chứng minh răng số
đó chia hết cho 9.

Giải

Gọi số đã cho là a

Ta có: a và 5a khi chia cho 9 cùng có 1 số dư
 5a - a  9  4a  9 mà (4 ; 9) = 1

 a  9 (Đpcm)

Ví dụ 3: CMR số

 



1
sè
81

111 

 81

Giải

Ta thấy: 111111111  9
Có



 

81sè

 

111 

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

Mà tổng 1072 + 1063 + … + 109 + 1 có tổng các chữ số bằng 9  9
 1072 + 1063 + … + 109 + 1  9

Vậy:



 

81sè

 

111 

 81 (Đpcm)

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

a. 34x5y  4 và 9
b. 2x78  17

Bài 2: Cho số N = dcba CMR
a. N  4  (a + 2b)  4

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

Bài 3: Tìm tất cả các số có 2 chữ số sao cho mỗi số gấp 2 lần tích các chữ số của số đó.

Bài 4: Viết liên tiếp tất cả các số có 2 chữ số từ 19 đến 80 ta được số A = 192021…7980. Hỏi
số A có chia hết cho 1980 khơng ? Vì sao?

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

Bài 6: Chứng tỏ rằng số



 

100sè



11 



 



2
sè
100

22 

là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp.

HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ

Bài 1: a. x = và y = 2

x = và y = 6

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

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Bài 3: Gọi ab là số có 2 chữ số
Theo bài ra ta có:

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

Bài 4: Có 1980 = 22.32.5.11

Vì 2 chữ số tận cùng của a là 80  4 và 5
 A 4 và 5

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

279 - 279 = 0  11  A  11

Bài 5: Tổng 2 số tự nhiên liên tiếp là 1 số lẻ nên khơng chia hết cho 2.

Có 46 số tự nhiên liên tiếp  có 23 cặp số mỗi cặp có tổng là 1 số lẻ  tổng 23 cặp không
chia hết cho 2. Vậy tổng của 46 số tự nhiên liên tiếp khơng chia hết cho 46.

Bài 6: Có



 

100sè



11 



 



2
sè
100

22 



 

100sè



11 



 



0
sè
99

02

100 

Mà



 

99sè



02

100 

= 3.



 

99sè



34

33 





 

100sè



11 



 



2
sè
100

22 



 

100sè



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 1 và chỉ 1 số chia hết cho n.
CMR: Gọi n là số nguyên liên tiếp

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

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

 m + i  n

* Nếu khơng tồn tại số dư là 0  khơng có số nguyên nào trong dãy chia hết cho n  phải có
ít nhất 2 số dư trùng nhau.

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 = 0  i = j

 m + i = m + j

Vậy trong n số đó có 1 số và chỉ 1 số đó chia hết cho n…

Ví dụ 1: CMR: a. Tích của 2 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2

b. Tích của 3 số nguyên liên tiếp chia hết cho 6.

Giải

a. 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 ln chia hết cho 2.

Tích 2 số ngun liên tiếp ln chia hết cho 2 nên tích của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết
cho 2

b. Trong 3 sơ ngun liên tiếp bao giơ cũng có 1 số chia hết cho 3.
 Tích 3 số đó chia hết cho 3 mà (1; 3) = 1.

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Ví dụ 2: CMR: Tổng lập phương của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 9.

Giải

Gọi 3 số nguyên liên tiếp lần lượt là: n - 1 , 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)  3 (CM Ví dụ 1)

 3(n - 1)n (n + 1)  9

mà









9

18

9 )

1 (

9 

n

 A  9 (ĐPCM)

Ví dụ 3: CMR: n4 - 4n3 - 4n2 +16n  3 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  2 nên k - 2, k - 1, k + 1, k là 4 số tự nhiên liên tiếp nên trong 4 số đó có 1 số chia hết
cho 2 và 1 số chia hết cho 4.  (k - 2)(k - 1)(k + 1)k  8

Mà (k - 2) (k - 1)k  3 ; (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)  6

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 thì

a. n2 + 4n + 3  8
b. n3 + 3n2 - n - 3  48
c. n12 - n8 - n4 + 1  512

Bài 4: Với p là số nguyên tố p > 3 CMR : p2 - 1  24

Bài 5: CMR: Trong 1900 số tự nhiên liên tiếp có 1 số có tổng các 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)  6
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 + 6 + 11n)

= n(n + 1) (n + 2) (n + 3)  24

Bài 3: a. n2 + 4n + 3 = (n + 1) (n + 3)  8
b. n3 + 3n2 - n - 3 = 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

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=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 + 1  n2 + 1 và n4 + 1 là những số chẵn  (n2 + 1)2 2

n4 + 1  2
 n12 - n8 - n4 + 1  (24.22. 22. 1 . 21)

Vậy n12 - n8 - n4 + 1  512

Bài 4: Có p2 - 1 = (p - 1) (p + 1) vì p là số nguyên tố p > 3
 p  3 ta có: (p - 1) (p + 1)  8

và p = 3k + 1 hoặc p = 3k + 2 (k  N)
 (p - 1) (p + 1)  3

Vậy p2 - 1  24

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

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

có 1 số chia hết cho 1000 giả sử n0, khi đó n0 có tận cùng là 3 chữ số 0 giả sử tổng các chữ số
của n0 là s khi đó 27 số n0, n0 + 9; n0 + 19; n0 + 29; n0 + 39; …; n0 + 99; n0 + 199; … n0 + 899
(2)

Có tổng các chữ số lần lượt là: s; s + 1 … ; s + 26
Có 1 số chia hết cho 27 (ĐPCM)

* Chú ý: n + 899  n + 999 + 899 < n + 1989
 Các số ở (2) nằm trong 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 6

Giải

Ta thấy 1 trong 2 thừa số n và 7n + 1 là số chẵn. Với  n  N  A(n)  2
Ta chứng minh A(n)  3

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

Với r = 0  n = 3k  n  3  A(n)  3

Với r = 1  n = 3k + 1  2n + 7 = 6k + 9  3  A(n)  3
Với r = 2  n = 3k + 2  7n + 1 = 21k + 15  3  A(n)  3
 A(n)  3 với  n mà (2, 3) = 1

Vậy A(n)  6 với  n  N

Ví dụ 2: CMR: Nếu n 3 thì A(n) = 32n + 3n + 1  13 Với  n  N

Giải

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

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

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

33k - 1 = (33 - 1)N = 26N  13

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

với r = 2  32n + 3n + 1 = 34 + 32 + 1 = 91  13
 32n + 3n + 1

Vậy với n  3 thì A(n) = 32n + 3n + 1  13 Với  n  N

Ví dụ 3: Tìm tất cả các số tự nhiên n để 2n - 1  7

Giải

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

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

2n - 1 = 28k +1 - 1 = 2.23k - 1 = 2(23k - 1) + 1
mà 23k - 1  7  2n - 1 chia cho 7 dư 1

với r = 2  n = 3k + 2 ta có :
2n - 1 = 23k + 2 - 1 = 4(23k - 1) + 3 
mà 23k - 1  7  2n - 1 chia cho 7 dư 3
Vậy 23k - 1  7  n = 3k (k  N)

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: CMR: An = n(n2 + 1)(n2 + 4)  5 Với  n  Z

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

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

Bài 4: Tìm số tự nhiên W để 22n + 2n + 1  7

Bài 5: Cho 2 số tự nhiên m, n để thoả mãn 24m4 + 1 = n2
CMR: mn  55

HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: + A(n)  6

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

r = 1, 4  n2 + 4  5  A(n)  5
r = 2; 3  n2 + 1  5  A(n)  5
 A(n)  5  A(n)  30

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

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

r = 1 n2 - 1  24

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

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

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

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

Vậy mn  5

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

Ta có thể phân tích an chứa thừa số k hoặc phân tích thành các thừa số mà các thừa số
đó chia hết cho các thừa số của 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 là số tự nhiên chăn thì biểu thức
A = 20n + 16n - 3n - 1  232

Giải

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

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

 A  17 (1)

ta có: A = (20n - 1) + (16n - 3n) 
có 20n - 1 = (20 - 1)p = 19p  19

có 16n - 3n = (16 + 3)Q = 19Q  19 (n chẵn)
 A  19 (2)

Từ (1) và (2)  A  232

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

Giải

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

 nn - n2 + n - 1 (n - 1)2

với n > 2 đặt A = nn - n2 + n - 1 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 và b là 2 số chính phương lẻ liên tiếp
CMR: a. (a - 1) (b - 1)  192

Bài 4: CMR: Với p là 1 số nguyên tố p > 5 thì p4 - 1  240

Bài 5: Cho 3 số nguyên dương a, b, c và 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) = 1 và 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 và 3

Bài 5: Có 60 = 3.4.5 Đặt M = abc

Nếu a, b, c đều không chia hết cho 3  a2, b2 và c2 chia hết cho 3 đều dư 1  a2  b2 +
c2. Do đó có ít nhất 1 số chia hết cho 3. Vậy M  3

Nếu a, b, c đều không chia hết cho 5  a2, b2 và c2 chia 5 dư 1 hoặc 4  b2 + c2 chia 5
thì dư 2; 0 hoặc 3.

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

Do đó 1 trong 2 số a, b phải là số chẵn.
Giả sử b là số chẵn

Nếu C là số chẵn  M  4

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

 b2 = (a - c) (a + b)  





 





 








2
2

c
a
c
a
b

 2

b

chẵn  b  4  m  4
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) về dạng tổng của nhiều hạng tử và chứng minh
mọi hạng tử đều chia hết cho k.

Ví dụ 1: CMR: n3 + 11n  6 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 + 1 là 3 số nguyên liên tiếp

 n(n + 1) (n - 1)  6 và 12n  6
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) và (2) 









11 16b

17a

11 17b

16a



Vậy (16a +17b) (17a +16b)  121

Ví dụ 3: Tìm n  N sao 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 hoặc n = 3k + 1 (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 các giá trị của n vào P ta có

n  {1; 3; 10; 30} là thoả mãn

Vậy n  {1; 3; 10; 15; 30} thì 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. 9 2n + 14  5

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

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

= 8m + 8N  23

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

Ta thấy n và 3n + 5 không đồng thời cùng chẵn hoặc cùng lẻ
 n(3n + 5)  2  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. 9 2n + 14 = 9 2n - 1 + 15

= (81n - 1) + 15
= 80m + 15  5

Bài 4: Có n3 - 8n2 + 2n = (n2 + 1)(n - 8) + n + 8  (n2 + 1)  n + 8  n2 + 1
Nếu n + 8 = 0  n = -8 (thoả mãn)

Nếu n + 8  0  n + 8 n2 + 1

















































8

0

7 n

8

0

9 n

8

1 n

8 n

8

1 -n

8 n

2
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) đúng với n = a tức là CM A(n)  P

Bước 2: Giả sử (1) đúng với n = k tức là CM A(k)  P với k  a
Ta CM (1) đúng với n = k + 1 tức là 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 - 1  225 với  n  N*

Giải

Với n = 1  A(n) = 225  225 vậy n = 1 đúng
Giả sử n = k  1 nghĩa là A(k) = 16k - 15k - 1  225
Ta phải CM A(k+1) = 16 k+1 - 15(k + 1) - 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 - 1 + 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* và n là số tự nhiên lẻ ta có 2



1

2

n2
n

m



Giải

Với n = 1  m2 - 1 = (m + 1)(m - 1)  8 (vì m + 1; m - 1 là 2 số chẵn liên tiếp nên tích của
chúng chia hết cho 8)

Giả sử với n = k ta có 2



1

2

k2
k

m



ta phải chứng minh
3

2 1

1

2





 k

k

m



Thật vậy 2



1

2

k2
k

m





m

1

2

k 2

.

q

(

q

z

)

k





</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>



2 .

1

2
2







q

m

k k

có

m

 

m



q



q

k
k
k
k
k

.

2 .

2

1 .

2

1

2 2 2 2 4 2 3

2 1   



















2 (

2

1 2

)

2






k

q



Vậy 2



1

2

n2
n

m



với  n  1

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

Bài 2: CMR: 42n+2 - 1  15

Bài 3: CMR số được thành lập bởi 3n chữ số giống nhau thì chia hết cho 3n với n là số nguyên
dương.

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

Bài 2: Tương tự ví dụ 1.

Bài 3: Ta cần CM



sèa

n

a

aa

...

 3n (1)
Với n = 1 ta có

aa

...

a



111 a



3

Giả sử (1) đúng với n = k tức là



sèa
k

a

aa

...

 3k

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



a
sè
1

...


k

a

aa

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



k
k
k
k

a

aa

3
3
3
3

...







a
sè



k
k
k

a

aa

a

aa

3
3
3
.

...

.

10

...

10 .

...







2.3 3



1
3

3

1

10 ...





k k k

k

a

aa





7. Phương pháp 7: SỬ DỤNG ĐỒNG DƯ THỨC

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

Ví dụ 1: CMR: 22225555 + 55552222 7

Giải

Có 2222  - 4 (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)

 

4

1

0

1111
3







(mod 7)

 22225555 + 55552222  0 (mod 7)
Vậy 22225555 + 55552222 7

Ví dụ 2: CMR:

3

5

22

1
4
1
4 3
2






 n
n

với  n  N

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Theo định lý Fermat ta có:

310  1 (mod 11)
210  1 (mod 11)

Ta tìm dư trong phép chia là 24n+1 và 34n+1 cho 10
Có 24n+1 = 2.16n  2 (mod 10)

 24n+1 = 10q + 2 (q  N)
Có 34n+1 = 3.81n  3 (mod 10)
 34n+1 = 10k + 3 (k  N)

Ta có:

3

5

3

10 2

2

10 3

1
4
1










 n q k

n

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

Vậy

3

5

22

1
4
1

4 3





 n

n

với  n  N

Ví dụ 3: CMR:

2

7

11

1
4






n

với n  N

Giải

Ta có: 24  6 (mod)  24n+1  2 (mod 10)
 24n+1 = 10q + 2 (q  N)



2

10 2

1
4





 q

n

Theo định lý Fermat ta có: 210  1 (mod 11)

 210q  1 (mod 11)

7

2

7

2

24 1 10 2







 q

n

 4+7 (mod 11)  0 (mod 11)
Vậy

2

7

11

1
4





n

với n  N (ĐPCM)

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Bài 1: CMR

2

3

19

2
6






n

với n  N

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

Bài 3: Cho số p > 3, p  (P)
CMR 3p - 2p - 1  42p

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

HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: Làm tương tự như 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 + 9. 6n-1)
Vì 25  6 (mod 19)  5n-1  6n-1 (mod 19)

 25n-1.10 + 9. 6n-1  6n-1.19 (mod 19)  0 (mod 19)

Bài 3: Đặt A = 3p - 2p - 1 (p lẻ)

Dễ dàng CM A  2 và A  3  A  6
Nếu p = 7  A = 37 - 27 - 1  49  A  7p
Nếu p  7  (p, 7) = 1

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

 A = (33q+1 - 3) - (23q+r - 2)

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

 A = 7k - 9 - 4 - 1 = 7k - 14

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

 A  42p.

Bài 4: Nếu P = 2  22 - 2 = 2  2
Nếu n > 2 Theo định lý Fermat ta có:

2p-1  1 (mod p)

 2m(p-1)  1 (mod p) (m  N)
Xét A = 2m(p-1) + m - mp
A  p  m = kq - 1

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

8. Phương pháp 8: SỬ DỤNG NGUYÊN LÝ ĐIRICHLET
Nếu đem n + 1 con thỏ nhốt vào n lồng thì có ít nhất 1 lồng chứa từ 2 con trở lên.

Ví dụ 1: CMR: Trong n + 1 số nguyên bất kỳ có 2 số có hiệu chia hết cho n.
Giải

Lấy n + 1 số nguyên đã cho chia cho n thì được n + 1 số dư nhận 1 trong các số sau: 0; 1; 2;
…; n - 1

 có ít nhất 2 số dư có cùng số dư khi chia cho n.
Giả sử ai = nq1 + r 0  r < n

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

Vậy trong n +1 số nguyên bất kỳ có 2 số có hiệu chia hết cho n.

Nếu khơng có 1 tổng nào trong các tổng trên chia hết cho n như vậy số dư khi chia
mỗi tổng trên cho n ta được n số dư là 1; 2; …; n - 1

Vậy theo nguyên lý Đirichlet sẽ tồn tại ít nhất 2 tổng mà chi cho n có cùng số dư 

(theo VD1) hiệu cùadr tổng này chia hết cho n (ĐPCM).

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

Bài 2: CMR: Tồn tại 1 bội của số 1993 chỉ chứa toàn số 1.

Bài 3: CMR: Với 17 số nguyên bất kỳ bao giờ cũng tồn tại 1 tổng 5 số chia hết cho 5.

Bài 4: Có hay khơng 1 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 bộ số 1 là:
1

11
111
…



 



1
sè
1994

11

111 

Khi chia cho 1993 thì có 1993 số dư  theo ngun lý Đirichlet có ít nhất 2 số có cùng số dư.
Giả sử đó là

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

 aj - aj = 1993(q - k)

)

(

1993

0

00

11

111 

 













q



k

0
sè
i
1
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 bất kỳ là
a1, a2, …, a17

Chia các số cho 5 ta được 17 số dư ắt phải có 5 số dư thuộc tập hợp{0; 1; 2; 3; 4}

Nếu trong 17 số trên có 5 số khi chia cho 5 có cùng số dư thì tổng của chúng sẽ chia
hết cho 5.

Nếu trong 17 số trên khơng có số nào có cùng số dư khi chia cho 5  tồn tại 5 số có số
dư khác nhau  tổng các số dư là: 0 + 1 + 2 + 3 + 4 = 10  10

Vậy tổng của 5 số này chia hết cho 5.

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 ngun lý Đirichlet có ít
nhất 2 số hạng có cùng số dư.

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

 aj - aj  1994 1  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 trên giả sử là sai

+ Kết luận: A(n)  p (hoặc A(n)  p )

Ví dụ 1: CMR n2 + 3n + 5  121 với  n  N

Giả sử tồn tại n  N sao cho n2 + 3n + 5  121
 4n2 + 12n + 20  121 (vì (n, 121) = 1)

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

Vì 11 là số nguyên tố  2n + 3  11

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

Vậy n2 + 3n + 5  121

Ví dụ 2: CMR n2 - 1  n với  n  N*

Giải

Xét tập hợp số tự nhiên N*

Giả sử  n  1, n  N* sao cho n2 - 1  n

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

ta chứng minh m\n

Giả sử n = mq + r (0  r < m)

Theo giả sử n2 - 1  n  nmq+r - 1  n

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

 r = 0  m\n mà m < d cũng có tính chất (1) nên điều giả sử là sai.
Vậy n2 - 1  n với  n  N*

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: Có tồn tại n  N sao cho n2 + n + 2  49 không?

Bài 2: CMR: n2 + n + 1  9 với  n  N*

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

HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: Giả sử tồn tại n  N để n2 + n + 2  49

 4n2 + 4n + 8  49

 (2n + 1)2 + 7  49 (1)  (2n + 1)2 7

Vì 7 là số nguyên tố  2n + 1  7  (2n + 1)2 49 (2)
Từ (1); (2)  7  49 vô lý.

Bài 2: Giả sử tồn tại n2 + n + 1  9 với  n
 (n + 2)(n - 1) + 3  3 (1)

vì 3 là số nguyên tố  





3
1

3
2



n
n

 (n + 2)(n - 1)  9 (2)
Từ (1) và (2)  3  9 vô lý

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

 (2n - 1)  17

</div>

Chuyen de toan ve phep chia het

<b>a</b>

<b>a</b>

<b>...a</b>

<b>a</b>

<b>a</b>

<b>a</b>

<b>a</b>

<b>a</b>

<b>a</b>

<b>a</b>

<b>a</b>

<b>a</b>

<b>a</b>

<b>a</b>

<b>a</b>

<b>a</b>

<b>a</b>

<b>a</b>

<b>a</b>

<b>a</b>

<b>a</b>

<b>a</b>

<b>a</b>

<b>a</b>

<b>a</b>

<b>a</b>

<b>a</b>

<b>a</b>

<b>a</b>

<b>a</b>

<b>a</b>

<b>a</b>

<b>a</b>

<b>a</b>

<b>a</b>

 

 



111

111





 

 

111

111





 

 

111

111





 



11

11



<sub></sub>

<sub> </sub>

<sub></sub>

22

22





 



11

11



<sub></sub>

<sub> </sub>

<sub></sub>

22

22





 