Dấu hiệu chia hết cho 2: Một số chia hết cho 2⇔chữ số tận cùng của nó là chữ số chẵn.. Dấu hiệu chia hết cho 11: Một số chia hết cho 11 ⇔hiệu giữa tổng các chữ số ở hàng lẻ và tổng các c
Trang 1các phơng pháp giải bài toán 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 luôn tìm đợc 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 thơng, r là số d.
Khi a chia cho b có thể xẩy ra | b| số d
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: ab 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 cb ⇒ 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 an n 1− a a1 0
1 Dấu hiệu chia hết cho 2:
Một số chia hết cho 2⇔chữ số tận cùng của nó là chữ số chẵn
•N 2 ⇔ a0 2 ⇔ a0∈{0; 2; 4; 6; 8}
2 Dấu hiệu chia hết cho 5:
Một số chia hết cho 5 ⇔chữ số tận cùng của nó là 0 hoặc 5
•N 5 ⇔ a0 5 ⇔ a0∈{0; 5}
3 Dấu hiệu chia hết cho 4 và 25:
Một số chia hết cho 4 (hoặc 25)⇔số tạo bởi 2 chữ số tận cùng của nó chia hết cho 4 hoặc 25
•N 4 (hoặc 25) ⇔ a1a0 4 (hoặc 25)
4 Dấu hiệu chia hết cho 8 và 125:
Một số chia hết cho 8 (hoặc 125) ⇔ số tạo bởi 3 chữ số tận cùng của nó chia hết cho 8 hoặc 125
•N 8 (hoặc 125) ⇔ a2a1a0 8 (hoặc 125)
5 Dấu hiệu chia hết cho 3 và 9:
Một số chia hết cho 3 (hoặc 9) ⇔ tổng các chữ số của nó chia hết cho 3 (hoặc 9)
•N 3 (hoặc 9) ⇔ a0+a1+ +a… n 3 (hoặc 9)
* Chú ý: một số chia hết cho 3 (hoặc 9) d bao nhiêu thì tổng các chữ số của nó chia cho 3 (hoặc 9) cũng d bấy nhiêu
6 Dấu hiệu chia hết cho 11:
Một số chia hết cho 11 ⇔hiệu giữa tổng các chữ số ở hàng lẻ và tổng các chữ số ở hàng chẵn tính từ trái sang phải chia hết cho
Trang 2•N 11 ⇔ [(a0+a1+ ) - (a… 1+a3+ )] … 11
7 Một số dấu hiệu khác:
•N 101 ⇔ [(a1a0 +a5a4 + ) - (… a3a2 +a7a6 + )]… 101
•N 7 (hoặc 13) ⇔ [(a2a1a0 + a8a7a6 + ) - [(… a5a 4 a 3 + a11a 10 a 9 + ) … 11 (hoặc 13)
•N 37 ⇔ (a2a1a0 + a5a 4 a 3 + ) … 37
•N 19 ⇔ ( a0+2an-1+22an-2+ + 2… na0) 19
IV Đồng d thức
a Định nghĩa: Cho m là số nguyên dơng Nếu hai số nguyên a và b cho cùng số d khi chia cho m thì ta nói a đồng d 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
7 Nếu a ≡ b (modun), d > 0 và d ∈ Uc (a, b, m) ⇒
d
b d
a
d
m
)
V Một số định lý
1 Định lý Euler
Nếu m là 1 số nguyên dơng ϕ (m) là số các số nguyên dơng nhỏ hơn m và nguyên tố cùng nhau với
m, (a, m) = 1 Thì aϕ(m) ≡ 1 (modun)
Công thức tính ϕ(m)
Phân tích m ra thừa số nguyên tố
m = p1 α 1 p2 α 2 p… k α k với pi ∈ p; αi∈ N*
Thì ϕ(m) = m(1 -
` 1
1
1
p ) (1 - … p k
1 )
2 Định lý Fermat
Nếu t là số nguyên tố và a không chia hết cho p thì a p-1 ≡ 1 (modp)
3 Định lý Wilson
Nếu p là số nguyên tố thì ( P - 1)! + 1 ≡ 0 (modp)
phần II: các phơng pháp giải bài toán chia hết
1 Phơng 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
Xét a56b 5 ⇔ b ∈ {0 ; 5}
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 + 0 9 ⇒ a + 16 9 ⇒ a = 2
Vậy: a = 7 và b = 0 ta có số 7560
a = 2 và b = 5 ta có số 2560
Trang 3Ví dụ 2: Biết tổng các chữ số của 1 số là không đổi khi nhân số đó với 5 CMR 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 d
⇒ 5a - a 9 ⇒ 4a 9 mà (4 ; 9) = 1
⇒ a 9 (Đpcm)
Ví dụ 3: CMR số
1 số 81
111
Giải: Ta thấy: 111111111 9
1
số
81
111
111 … = 111111111(1072 + 1063 + + 10… 9 + 1)
Mà tổng 1072 + 1063 + + 10… 9 + 1 có tổng các chữ số bằng 9 9
⇒ 1072 + 1063 + + 10… 9 + 1 9
1 số
81
111
Bài tập tơng tự
Bài 1: Tìm các chữ số x, y sao cho
a 34x5y 4 và 9
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 đợc số A = 192021 7980 Hỏi số A có chia … hết cho 1980 không ? Vì sao?
Bài 5: Tổng của 46 số tự nhiên liên tiếp có chia hết cho 46 không? Vì sao?
Bài 6: Chứng tỏ rằng số
1 số 100 11
11…
2 số 100 22
Hớng dẫn - Đáp số
Bài 1: a x = và y = 2
b 2x78= 17 (122 + 6x) + 2(2-x)17 ⇔ x = 2
Bài 2: a N4 ⇔ ab4 ⇔ 10b + a4 ⇔ 8b + (2b + a) 4 ⇒ a + 2b4
⇔ (992d + 96c + 8b) + (8d + 4c + 2b + a) 16 ⇒ a + 2b + 4c + 8d16 với b chẵn
Mà (1000, 29) =1 ⇒ dbca29 ⇒ (d + 3c + 9b + 27a) 29
Bài 3: Gọi ab là số có 2 chữ số
Theo bài ra ta có: ab= 10a + b = 2ab (1)
ab2 ⇒ 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
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 không chia hết cho 2
Trang 4Có 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 không chia hết cho 46
Bài 6: Có
1 số 100
11
2 số 100
22
1 số 100
11
0 số 99
02
0
số
99
02
3 số 99
34
⇒
1
số
100
11
2 số 100
22
3 số 100
33
3 số 99
34
2 Phơng 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 đợc tập hợp số d là: {0; 1; 2; n - 1}…
* Nếu tồn tại 1 số d là 0: giả sử m + i = nqi ; i = 1, n
⇒ m + i n
* Nếu không tồn tại số d là 0 ⇒ không có số nguyên nào trong dãy chia hết cho n ⇒ phải có ít nhất 2 số
d 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 chia hết cho 2.
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
Tích 2 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2 nên tích của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2
b 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 (1; 3) = 1
Vậy tích của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 6
Ví dụ 2: CMR: Tổng lập phơng của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 9.
Giải: Gọi 3 số nguyên liên tiếp lần lợt 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 (
n n
Ví dụ 3: CMR: n4 - 4n3 - 4n2 +16n 384 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
Trang 5Mà (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 tơng 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.
Hớng 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
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)
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; ; n… 0 + 99; n0 + 199; n… 0 + 899 (2)
Có tổng các chữ số lần lợt là: s; s + 1 ; s + 26…
* Chú ý: n + 899 ≤ n + 999 + 899 < n + 1989
⇒ Các số ở (2) nằm trong dãy (1)
3 Phơng pháp 3: xét tập hợp số d trong phép chia
Trang 6Ví 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 đợc 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: Lấy n chia cho 3 ta có n = 3k + 1 (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 = 28k +1 - 1 = 2.23k - 1 = 2(23k - 1) + 1
mà 23k - 1 7 ⇒ 2n - 1 chia cho 7 d 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 d 3
Vậy 23k - 1 7 ⇔ n = 3k (k ∈ N)
Bài tập tơng tự
Bài 1: CMR: An = n(n2 + 1)(n2 + 4) 5 Với ∀ n ∈ Z
Bài 2: Cho A = a1 + a2 + + a… n
B = a5 + a5 + + a… 5
Bài 3: CMR: Nếu (n, 6) =1 thì n2 - 1 24 Với ∀ n ∈ Z
Bài 4: Tìm số tự nhiên n để 22n + 2n + 1 7
Bài 5: Cho 2 số tự nhiên m, n để thoả mãn 24m4 + 1 = n2 CMR: mn 55
Hớng 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 = (a5 - a1) + + (a… 5 - an)
Chỉ chứng minh: a5
i - ai 30 là đủ
Bài 3: Vì (n, 6) =1 ⇒ n = 6k + 1 (k ∈ N)
Với r ∈ {±1}
Trang 7r = ±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 tơng tự VD3
Bài 5: Có 24m4 + 1 = n2 = 25m4 - (m4 - 1)
Khi m 5 thì (m, 5) = 1 ⇒ m4 - 1 5
(Vì m 5 - m 5 ⇒ (m 4 - 1) 5 ⇒ m 4 - 1 5)
⇒ n2 5 ⇒ ni5 Vậy mn 5
4 Phơng pháp 4: sử dụng phơng 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: 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)
= n2(nn-2 - 1) + (n - 1)
= n2(n - 1) (nn-3 + nn-4 + + 1) + (n - 1)…
= (n - 1) (nn-1 + nn-2 + + n… 2 +1)
= (n - 1) [(nn-1 - 1) + +( n… 2 - 1) + (n - 1)]
= (n - 1)2M (n - 1)2
Bài tập tơng 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 phơng 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 dơng a, b, c và thoả mãn a2 = b2 + c2 CMR: abc 60
Hớng dẫn - Đáp số
Bài 1: a 32n +1 + 22n +2 = 3.32n + 2.2n
= 3.9n + 4.2n
Trang 8= 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 d 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 d 1 hoặc 4 ⇒ b2 + c2 chia 5 thì d 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 d 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
Nếu C là số lẻ mà a2 = b2 + c2⇒ a là số lẻ
−
+
=
2 2
2
2
c a c a b
⇒
2
b
chẵn ⇒ b 4 ⇒ m 4
Vậy M = abc 3.4.5 = 60
5 Phơng 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) ⇒ 17a16a++16b17b1111
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
Trang 9
⇔
(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 tơng 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
Hớng 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 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 2
2
n n
n n
n
n
Với
Với Với
Với
⇒ n ∈ {-2; 0; 2} thử lại Vậy n ∈ {-8; 0; 2}
6 Phơng pháp 6: Dùng quy nạp toán học
Giả sử CM A(n) P với n ≥ a (1)
Bớc 1: Ta CM (1) đúng với n = a tức là CM A(n) P
Bớc 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
Bớc 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
Trang 10Ví dụ 2: CMR: với ∀ n ∈ N* và n là số tự nhiên lẻ ta có 2n −1 2n+2
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 2k −1 2k+ 2
3
2k+1 − 1 2k+
∈
=
⇒ m2k =2k+ 2.q +1
= 2k+ 3(2k+ 1q2 +q)2k+ 3
Bài tập tơng tự
Bài 1: CMR: 33n+3 - 26n - 27 29 với ∀ n ≥ 1
Bài 2: CMR: 42n+2 - 1 15
Bài 3: CMR số đợc thành lập bởi 3n chữ số giống nhau thì chia hết cho 3n với n là số nguyên dơng
Hớng dẫn - Đáp số
Bài 1: Tơng tự ví dụ 1.
Bài 2: Tơng tự ví dụ 1.
Bài 3: Ta cần CM {
n
3 số a aa a 3n (1)
sốa
k
a aa
3
3k
Ta chứng minh (1) đúng với n = k + 1 tức là phải chứng minh
a
số
1
3
+
k
a
aa 3k+1 ta có 3k+1 = 3.3k = 3k + 3k +3k
Có { { {k k k
k
a a a a a a a
aa
3 3
3 3
1
= +
a
số
{
k
k k
a a a
aa a
aa
3
3 3
.
2 10
10
=
( 2 3 3 ) 1
3
3 1 10 10
+ + +
k
a
7 Phơng pháp 7: sử dụng đồng d thức
Giải bài toán dựa vào đồng d 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) ⇒ ( ) 43 1111 − 1 ≡ 0(mod 7)
⇒ 22225555 + 55552222≡ 0 (mod 7)
Vậy 22225555 + 55552222 7
Ví dụ 2: CMR: 32 4n+ 1 +33 4n+ 1 +522
với ∀ n ∈ N
Giải: Theo định lý Fermat ta có:
310≡ 1 (mod 11)
210≡ 1 (mod 11)