Chuyên đề "Các phương pháp giải Toán chia hết trong Z".

Chuyên đề 1: PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN CHIA HẾT TRONG ZI... *Ví dụ 7: CMR trong 8 số tự nhiên mỗi số có ba chữ số bao giờ cũng chọn được hai số mà khi viết liền nhau ta được một số có sáu ch

Chuyên đề 1: PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN CHIA HẾT TRONG Z

I Kiến thức cơ bản:

1/ Định lý phép chia có dư:

Với ,a b Z bÎ , ¹ 0, ! ,$q r Î Z a: =bq r + với 0 r b 

Khi r =0 ta nói a bM

Tóm lại : a bMÛ $ Îq Z a: =bq .

2/ Tính chất:

i) a b

a c

b c

ìïï Þ

íï

ïî

M

M

a b

b a

íï ïî

M

( ), 1

a b

a c a bc

b c

ìïï

íï

ïïî

M

( ), 1

ab c

a c

b c

ïïî

M

M

II Một số phương pháp chứng minh chia hết:

1/ Phương pháp 1: Sử dụng tính chất : “Trong n số nguyên liên tiếp (n ³ 1) có một và chỉ một

số chia hết cho n”.

Chứng minh:

Lấy n số nguyên liên tiếp : ;a a+1;a+2; ;a n+ - 1 chia cho nta có nsố dư là 0,1,… n-1

đôi một khác nhau, chắc chắn có một số chia cho n sẽ có số dư là 0  đpcm

*Ví dụ 1: a/ CMR: Tích hai số chắn liên tiếp thì chia hết cho 8

b/ CMR: Tích 5 số nguyên liên tiếp thì chia hết cho 120

Giải:

a/ Giả sử hai số chẵn liên tiếp là 2k và 2k +2

Ta có : 2 2k k( +2) =4(k+1)kM (vì 8 k k + M ).( 1 2)

b/ Giả sứ tích 5 cố nguyên liên tiếp là P Ta có:

3

P M (vì P có tích của ba số nguyên liên tiếp)

8

P M (vì P có tích của hai số chẵn liên tiếp)

5

P M (vì P có tích của 5 số nguyên liên tiếp)

Mà ( ) ( ) ( )3,5 = 3,8 = 5,8 = 1 Þ PM3.5.8 Hay P M120

*Ví dụ 2: CM trong 1900 số tự nhiên liên tiếp có một số có tổng các chữ số chia hết cho 27 Giải:

Giả sử 1900 số tự nhiên liên tiếp là : n n, +1, ,n+1899 1( )

Xét 1000 số tự nhiên từ : n n, +1, n+999 2( ) thuôc dãy số  1

Suy ra có một số chia hết cho 1000

Giả sử số đó là n và giả sử 0 n có tổng các chữ số là 0 m

Khi đó ta xét 27 số tự nhiên gồm:

( )

0, 0 1, 0 2, , 0 9, 0 19, 0 29, , 0 99, 0 199, 0 299, , 0 999 3

n n + n + n + n + n + n + n + n + n +

Sẽ có tổng các chữ số gồm 27 số tự nhiên liên tiếp là: ,m m+1,m+2, ,m+26

 đpcm (Trong dãy  3 có một số tự nhiên có tổng các chữ số chia hết cho 27)

2/ Phương pháp 2: Muốn chứng minh A n m( )M ta phân tích m=pq sao cho ( )p q = , 1

Sử dụng hằng đẳng thức :

+ n chẵn: a n- b n =(a b a- )( n- 1+a b n- 2 + + b n- 1)

=(a b a+ ) ( n- 1- a b n- 2 + - b n- 1)

+ ntuỳ ý: a n- b n =(a b a- ) ( n- 1+a b n- 2 + + b n- 1)

*Ví dụ 3: CMR: với nchẵn thì 20n+16n- 3n- M1 323

Giải:

Ta thấy: 323 17.19=

Ta có: 20n- 3n =(20 3 20- ) ( n- 1+20 3 3n- 2 + + n- 1)

=17 20( n- 1+3.20n- 2+ + 3n- 1)M17

16n- 1 17 16= n- - 16n- + - 1 17M

20n 3 16n 1 17

Tương tự : 20n- 1 19 20= ( n- 1+20n- 2+ + M 1 19)

16n- 3n =19 16n- - 16 3 3n- + - n- M19

20n 1 16n 3 19n

Mà (17,19) = 1 20n 16n 3n 1 323

*Ví dụ 4: CMR: 11n+ 2+122n+ 1M133

Giải: Ta có: 11n+ 2+122n+ 1=121.11n +12.122n

=121.11n+144 133 121n( - )

=121 11( n- 144n) +133.144n

= - 121 144 11 144( - ) ( n- 1+144 11 11n- 2 + + n- 1) +133.144n

= -é 121.133 144( n- 1+144 11 11n- 1 + + n- 1) +133.144 133nù

3/ Phương pháp 3: Dùng định lý phép chia có dư: Để chứng minh A n p n N( )M " Î

Xét các trường hợp khi chia n cho p.

Ta có n=pq r + với r =0,1, p- 1

Từ đây, xét các trường hợp Þ A n p( )M

*Ví dụ 5: CMR: " În Z n n, ( 2+1) (n2+ M4 5)

Giải:

Đặt A n( ) =n n( 2+1) (n2+4)

Lấy n chia cho 5 ta được n=5 ,k n=5k±1,n=5k±2 (k ZÎ )

+ Với n=5kÞ A n( )M5

+ Với n=5k± Þ1 n2+ =2 25k2±10k+ + =1 4 5 5( k2±2k+1 5)MÞ A n( )M5

+ Với n=5k± Þ2 n2+ =1 25k2±20k+ + =4 1 5 5( k2±4k+1 5)MÞ A n( )M5 Vậy A n( ) =n n( 2+1) (n2+4 5)M " În Z

*Ví dụ 6: Chứng minh rằng : "m n Z mn m, Î , ( 2- n2)M3

Giải:

Đặt A n( ) =mn m ( 2- n2)

Lấy m n, chia cho 3 ta được: m=3 ,p m=3p±1; n=3 ,q n=3q±1

3

A n

é =

ê =

ê = ±

Vậy A n( ) =mn m ( 2- n2)M3 "m n Z, Î

4/ Phương pháp 4: Nguyên tắc Drichlet:

“ Có n +1 con thỏ nhốt vào n chuồng thì có ít nhất một chuồng có hai con thỏ trở lên (nhiều hơn một con thỏ)

 Trong toán học: “Có n +1 số nguyên đem chia cho n thì có ít nhất hai số nguyên có cùng số

dư”

*Ví dụ 7: CMR trong 8 số tự nhiên (mỗi số có ba chữ số) bao giờ cũng chọn được hai số mà khi viết liền nhau ta được một số có sáu chữa số chia hết cho 7

Giải:

Ta có: Trong 8 số tự nhiên (mỗi số có ba chữ số) khi chia cho 7, ta được ít nhất hai số có cùng số

dư r

Giả sử: abc=7p r+ ; def =7q r+

Ta có: abcdef =10 73( p r+ )+7q r+ =7 10( 3p q+ ) (+ 103+1)r =éêë7 10( 3p q+ ) +1001 7rùúûM

 đpcm