Chuyen de toan chia het

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Chuyên đề : TOÁN CHIA HẾT PHẦN I :LỜI NÓI ĐẦU: Cùng với sự phat triển của đất nước,sự nghiệp giáo dục cũng không ngừng đổi mới,chất lượng giáo dục ngày càng chú trọng hơn với vai trò là môn học công cụ,bộ môn toán đã góp phần tạo điều kiện cho các em học tốt các bộ môn KHTN khác. Để học sinh không những nắm được kiến thức cơ bản một cách có hệ thống mà còn được nâng cao,để từ đó các em có hứng thú,say mê học tập,phát huy hết khả năng của mình;đáp ứng được yêu cầu của sự nghiệp giáo dục và nhu cầu học tập ngày càng đa dạng của học sinh,đặc biệt là học sinh khá giỏi thì người giáp viên cần biết chắt lọc kiến thức,phải đi từ dễ đến khó,từ cụ thể đến trừu tượng giúp học sinh có thể phát triển tốt tư duy toán học. Chủ đề “Toán chia hết”là một trong những nội dung quan trọng của chương trình toán THCS ,đồng thời nội dung về toán chia hết có ứng dụng rộng rãi trong các môn khoa học khác và trong thực tiễn cuộc sống.Nội dung toán chia hết được trải rộng toàn bộ chương trình toán THCS ,từ lớp 6 đến lớp 9.Hơn nữa trong các kỳ thi HSG,thi chuyển cấp ,thi chuyên Toán đề thi đều có các bài toán về chia hết. Thực tê giảng dạy cho thấy nội dung toán chia hết học sinh được học chưa nhiều trong giờ chính khóa ,mà chủ yếu các em phải tự học thêm ở SBT và sách tham khảo.Vì vậy da số các em còn rất lúng túng khi gặp loại toán này,đặc biệt đối với HS khá giỏi thì còn rất nhiều vấn đề hưa được đề cập tới. Vì thế để học sinh có kỹ năng giải các bài toán về chia hết thì trước hết người giáo viên cần có kiến thức cơ bản về “Chia hết” và một số phương pháp hướng dẫn các em.Để giúp bản thân và các đồng nghiệp dạy môn toán có cái nhìn tổng quát về nội dung toán chia hết,tạo điều kiện thuận lợi trong giảng dạy nội dung này cho tất cả học sinh đại trà,đặc biệt là bồi dưỡng HSG.Do đó chúng tôi quyết định xây dựng chuyên đề này..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> PHẦN II: NỘI DUNG A-LÝ THUYẾT I. ĐỊNH NGHĨA PHÉP CHIA Cho 2 số nguyên a và b trong đó b  0 ta luôn tìm được hai số nguyên 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  m và an và(m,n)=1 a  mn 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! 16.an  p(p nguyên tố)=> a  p.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> III. MỘT SỐ DẤU HIỆU CHIA HẾT Gọi N =. a n a n  1 ...a1 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) . a1 a 0. + N  8 (hoặc 125) .  4 (hoặc 25). a 2 a1 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 4.Ứng dụng HĐT an-bn=(a-b)(an-1+an-2b+…+abn-2+bn-1) an+bn=(a+b)(an-1-an-2b+… -abn-2+bn-1) *Hệ quả: an-bn( a-b) Với n,a-b 0 an+bn (a+b) Với n lẻ,a+b 0 B-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}.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Nếu b = 0 ta có số a56b  9  a + 5 + 6 + 0  9  a + 11  9 a=7 Nếu b = 5 ta có số a56b  9  a + 5 + 6 + 5  9  a + 16  9 a=2 Vậy: a = 7 và b = 0 ta có số 7560 a = 2 và b = 5 ta có số 2565 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. 111    111  81 sè 1.  81 Giải. Ta thấy: 111111111  9 Có. 111    111  81 sè 1. = 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:. 111    111  81 sè 1.  81 (Đpcm) BÀI TẬP TƯƠNG TỰ. Bài 1: Tìm các chữ số x, y sao cho a. 34x5y  4 và 9.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Bài 2: Cho số N = dcba CMR a. N  4  (a + 2b)  4 b. N  16  (a + 2b + 4c + 8d)  16 với b chẵn HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ Bài 1:. x = 4 và y = 2 hoặc x =9 và y = 6. Bài 2:. a. N4  ba 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. 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. 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 luôn chia hết cho 2. b.Tích 2 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2 nên tích của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2 Trong 3 sô nguyên liên tiếp bao giơ cũng có 1 số chia hết cho 3.  Tích 3 số đó chia hết cho 3 , mà (2; 3) = 1. Vậy tích của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 6. 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.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Ta có: A = (n - 1)3 + n3 + (n + 1)3 = 3n3 +6n = 3n(n +2) =3n (n-1+3) = 3n(n- 1)(n+1) + 9n Ta thấy (n - 1)n (n + 1)  3 (CM Ví dụ 1)  3(n - 1)n (n + 1)  9 mà 9n 9  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 = 16k(k3 - 2k2 - k + 2) = 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 HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ Bài 1: a. n(n + 1)(2n + 1) = n(n + 1) [(n - 1) + (n + 2)].

<span class='text_page_counter'>(7)</span> = 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 c. n12 - n8 - n4 + 1 = 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). (n=2k+1, k  N). Vì 16 16 k(k + 1)]  2 =>[k(k + 1)]2  4 Với n = 2k + 1  n2 + 1 và n4 + 1 là những số chẵn  (n2 + 1)2  4 và n4 + 1  2  n12 - n8 - n4 + 1  (16.4. 4 . 2) Vậy n12 - n8 - n4 + 1  512 Bài 4: Có p2 - 1 = (p - 1) (p + 1) vì p là số nguyên tố p > 3  p-1=2k(k=2,3,..) =>p+1=2k+2 ta có: (p - 1) (p + 1)=4k(k+1)  8 Xét 3số tự nhiên liên tiếp p-1,p,p+1,ắt có 1 ssố chia hết cho3.vì p nguyên tố nên p không chia hết cho 3=>p-1 hoặc p+1chia hết cho 3  (p - 1) (p + 1)  3 và (p - 1) (p + 1)  8 Vậy p2 - 1  24.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 3. Phương pháp 3: XÉT TẬP HỢP SỐ DƯ TRONG PHÉP CHIA Khi chia a cho m thì xảy ra: a= mk a= mk+1 a= mk+2 ............................. a= mk+(m-1). (k Z). Ví dụ 1: CMR: Với  n  N Thì A(n) = n(2n + 7) (7n + 1) 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 + r (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: B=2n3+3n2+n  6 Với nZ Giải B=2n3+3n2+n = n (2n2+3n+1) = n (2n2+2n+n+1) = n (n+1)(2n+1) Để B 6 thì B 2 và 3 Vì n(n+1) là tích của 2 số nguyên tiếp nên n(n+1)  2=>B 2 Khi B:3 thì n xảy ra 3 trường hợp: n=3k=>B=3k(3k+1)(6k+1)  3 n=3k+1=>B=(3k+1)(3k+2)(6k+3)=3(3k+1)(3k+2)(2k+1)  3. (1).

<span class='text_page_counter'>(9)</span> n=3k+2=>B=(3k+2)(3k+3)(6k+5)=3(3k+2)(k+1)(6k+5)  3 =>B 3 với mọi n (2) Từ (1) , (2) và (2,3)=1 =>B 6 Ví dụ 3: Tìm tất cả các số tự nhiên n để 2n - 1  7 Giải Lấy n chia cho 3 ta có n = 3k + r (k  N); r  {0; 1; 2} Với r = 0  n = 3k ta có 2n - 1 = 23k - 1 = 8k - 1 = (8 - 1)M = 7M  7 Với r =1  n = 3k + 1 ta có: 2n - 1 = 23k +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:CMR: : C= 4n3+9n2-19n-30  6 Với nZ HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ Bài 1: + 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 Với  n  Z Bài 2:Biến đổi Cvề dạng C=(n-2)(n+3)(4n+5) Để C 6 thì C  2 và 3 Ta xét các trường hợp số dư khi C:2 vàC:3 =>C  2 và 3 Với nZ.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> 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 chẵn thì biểu thức A = 20n + 16n - 3n - 1  232 Giải Ta thấy 232 = 17.19 mà (17;19) = 1 ta chứng minh 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).

<span class='text_page_counter'>(11)</span> = n2(nn-2 - 1) + (n - 1) = n2(n - 1) (nn-3 + nn-4 + … + 1) + (n - 1) = (n - 1) (nn-1 + nn-2 + … + n2 )+(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 + 2n +2  7 (n  N) b. mn(m4 - n4)  30 ( m,n  N, m >n) Bài 2: CMR: A(n) = 3n + 63  72 với n chẵn n  N, n  2 HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ Bài 1: a. Ta có : C= 32n +1 + 2n +2 = 3.32n + 4.2n = 3.9n + 4.2n = 3.9n-2n .3+ 2n.7 = 3(9n-2n)+2n.7 Vì 9n-2n 7=>3.( 9n-2n) 7 và 2n.7 7 Vậy C 7 b. mn(m4 - n4) = mn(m2 - 1)(m2 + 1) - mn(n2 - 1) (n2 + 1) = mn(m-1)(m+1)(m2-4+5)-mn(n-1)(n+1)(n2-4+5) = mn(m-1)(m+1)(m-2)(m+2)-5mn(m-1)(m+1)-mn(n-1)(n+1)(n-2)(n+2)5mn(n-1)(n+1) Ta có m(m-1)(m+1)(m-2)(m+2)  30=> mn(m-1)(m+1)(m-2)(m+2)  30 m(m-1)(m+1).  6 =>5mn(m-1)(m+1)  30. Tương tự : n(n-1)(n+1)(n-2)(n+2)  30=> mn(n-1)(n+1)(n-2)(n+2)  30 và 5mn(n-1)(n+1)  30 Vậy mn(m4 - n4)  30 Bài 2: Có 72 = 9.8 mà (8, 9) = 1 và n = 2k (k  N) có 3n + 63 = 32k + 63=9k+63 9.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> 3n + 63 = (9k - 1) + 64 Ta có 9k-1 8 và 64  8  A(n)  8 Vậy A(n)  72 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 ,CMR: a3b - ab3  6 Giải a3b-ab3 = a3b-ab-ab3+ab = ab(a2-1) - ab(b2-1) =ab(a-1)(a+1) – ab (b-1) (b-1) Vì a(a-1)(a+1) là tích của 3 SNLT nên nó chia hết cho 3=>a(a-1)(a+1)  6 =>ab(a-1)(a+1)  6 Tương tự ab (b-1) (b+1)  6 Vậy a3b - ab3  6 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.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Vì 12n  6n nên để P  6n  n2 - n + 30  6n  n(n-1)+30 6n <=>n(n-1)  6n và 30  6n n(n-1)  3n (1) và 30  n (2) 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; 30} thì P = (n + 5)(n + 6)  6n. BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài 1: CMR: 13 + 33 + 53 + 73  23 Bài 2: CMR:a. 36n2 + 60n + 24  24 với  n  z. b.a3b –ab3 6 với  a  z. Bài 3: CMR: a. 5n+2 + 26.5n + 8 2n+1  59 b. 9 2n + 14  5 Bài 4:Có hay không n∈N để D=212n+1+172n+1+15⋮19 Bài5: Tìm n  N sao cho E=32n+3+24n+1  25 HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ Bài 1: 13 + 33 + 53 + 73 = (13 + 73) + (33 + 53) = 8M + 8N  23 Bài 2: 36n2 + 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.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> = 5n(59 - 8) + 8.64 n = 5n.59 + 8.59.M  59 b. 9 2n + 14 = 9 2n - 1 + 15 = (81n - 1) + 15 = 80M + 15  5 Bài 4: D=212n+1 – 22n+1+172n+1+22n+1+15 =(212n+1-22n+1)+(172n+1+22n+1)+15 Vì =(212n+1-22n+1) ⋮ 19 và(172n+1+22n+1) ⋮19 nên 212n+1-22n+1)+(172n+1+22n+1)⋮19 Mà 15⁄⋮19 =>D⁄⋮19 Vậy không có n  N để D) ⋮19 Bài 5: E=9n.27+16n.2=9n.27+27.16n-25.16n= 27.(9n+16n ) -25.16n Nếu n lẻ thì 9n+16n⋮ 25=>E⋮25 Nếu n chẵn thì 9n tận cùng là 1,16n tận cùng là 6 =>27(9n+16n) tận cùng là 9 nên nó không chia hết cho 25=>E không chia hét cho 25 Vậy để E⋮ 25 thì n lẻ. 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.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> = 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  Z+ ta có M=7n+3n-1 9 Giải Với n = 1  M=7+3-1 =9 9 Giả sử với n = k ta có M=7k+3k-1 9 ta phải chứng minh với n=k+1 thì M(k+1)  9 Thật vậy: M(k+1)=7k+1+3(k+1)-1=7.7k+3k+2=7.7k+21k-18k-7+9=7(7k+3k-1)-18+9 =7(7k+3k-1)-9(2k-1) Vì 7k+3k-1 9(theo GT quy nạp)=> 7(7k+3k-1)  9 và 9(2k-1)  9 =>M(k+1) 9 Vậy M 9: với  n  Z+ BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài 1: CMR: 33n+3 - 26n - 27  29 với  n  1 Bài 2: CMR: a)42n+2 - 1  15 b)5n +2.3n-1+1 ⋮8 với  n  Z+ c)8.16n -8 ⋮ 120 với  n  Z+ 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 (vô lý) + 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.

<span class='text_page_counter'>(16)</span>  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: Có tồn tại n  N sao cho n2 + n + 2  49 không? 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. Vậy không tồn tại n  N sao cho n2 + n + 2  49 BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài 1: CMR: n2 + n + 1 ⁄ 9 với  n  N* Bài 2: CMR: 4n2 - 4n + 18 ⁄ 289 với  n  N HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ Bài 1: Giả sử tồn tại n2 + n + 1  9 với  n  (n + 2)(n - 1) + 3  9(1)  (n + 2)(n - 1) + 3  3  n  2 3  vì 3 là số nguyên tố   n  13. Nếu n+2⋮3 thì n-1= n+2 -3 ⋮3 Nếu n-1⋮3 thì n+2=n-1+3 ⋮ 3  (n + 2)(n - 1)  9 (2) Từ (1) và (2)  3  9 vô lý Bài 2: Giả sử  n  N để 4n2 - 4n + 18  289  (2n - 1)2 + 17  172.

<span class='text_page_counter'>(17)</span>  (2n - 1)2  17 17 là số nguyên tố  (2n - 1)  17  (2n - 1)2  289  17  289 vô lý.. Phần III: KẾT LUẬN CHUNG Trên đây là chuyên đề: “TOÁN CHIA HẾT”, trong chuyên đề này chúng tôi mới chỉ đưa ra một số phương pháp cơ bản, thường dùng để giải bài toán chia hết. Các bài tập đưa ra trong chuyên đề mới dừng ở mức ví dụ minh hoạ, chưa phải là hệ thống bài tập vận dụng đầy đủ các kiến thức đưa ra. Mặc dù đã cố gắng rất nhiều nhưng trong một thời gian không dài, tài liệu tham khảo còn ít ỏi nên chuyên đề này chắc chắn không tránh khỏi sai sót và. hạn chế nhất định. Rất mong nhận được sự đóng góp, bổ sung ý kiến và giúp đỡ của các thầy giáo, cô giáo để chuyên đề được hoàn thiện hơn giúp. cho công tác giảng dạy đạt hiệu quả cao hơn. Xin chân thành cảm ơn! Người thực hiện Tổ cốt cán.

<span class='text_page_counter'>(18)</span>