ở chơng trình THCS số học chiếm 1 lợng khá lớn trong số học thì phép chia hết trên vành số nguyên đã thực sự thu hút đối với giáo viên và học sinh, có lẽ đó không chỉ bởi vấn đề lý thuyế
Trang 1A – Mở đầu Mở đầu
1 Lý do chọn đề tài
Số học là môn học lâu đời nhất và hấp dẫn nhất của toán học
Vậy số học là gì? Số học là khoa học về số, trong số học ngời ta nghiên cứu những tính chất đơn giản nhất của số và những quy tắc tính toán ở chơng trình THCS số học chiếm
1 lợng khá lớn trong số học thì phép chia hết trên vành số nguyên đã thực sự thu hút đối với giáo viên và học sinh, có lẽ đó không chỉ bởi vấn đề lý thuyết về phép chia có giá trị thực tiễn mà qua đó rèn cho học sinh t duy sáng tạo toán học Càng học các em càng
đ-ợc cuốn hút bởi 1 lợng bài tập vô cùng sáng tạo và phong phú
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 phơng pháp giải các bài toán, khi ngành Giáo dục đang thi đua giảng dạy theo phơng pháp đổi mới, trong luật Giáo dục Việt Nam và Nghị quyết đại hội Đảng lần thứ 7 và 8 cũng đã nhấn mạnh: “Dạy cho học sinh phơng pháp tự nghiên cứu” và với tình hình hiện nay còn nhiều giáo viên cha thực sự quan tâm
đúng mức đến việc rèn luyện năng lực tự học cho học sinh
Xuất phát từ vấn đề nên trên đã thúc đẩy Tôi viết
Rèn luyện kỹ năng giải các bài toán chia hết trên vành số nguyên
2 Nội dung đề tài gồm
Phần I: Tóm tắt lý thuyết
Phần II: Các phơng pháp giải các bài toán chia hết
1 Phơng pháp sử dụng dấu hiệu chia hết
2 Phơng pháp sử dụng tính chất chia hết
3 Phơng pháp sử dụng xét tập hợp số d trong phép chia
4 Phơng pháp sử dụng các phơng pháp phân tích thành nhân tử
5 Phơng pháp biến đổi biểu thức cần chứng minh về dạng tổng
6 Phơng pháp quy nạp toán học
7 Phơng pháp sử dụng đồng d thức
8 Phơng pháp sử dụng nguyên lý Đ
9 Phơng pháp phản chứng
Trong mỗi phơng pháp đều có những ví dụ điển hình và các bài tập tơng tự Vẫn biết rằng những khái niệm về số học đợc rất nhiều tác giả đề cập đến ở nhiều khía cạnh khác nhau Do đó không thể có sự sáng tạo hoàn toàn trong đề tài mà đề tài này mới chỉ dừng lại ở 1 mức độ nhất định Với nội dung và cách trình bày trong đề tài này không tránh khỏi những hạn chế của bản thân, rất mong đợc các Thầy cô giáo và đồng nghiệp góp ý
để nội dung đề tài ngày càng đợc hoàn thiện hơn
B - Nội dung
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)
1
Trang 27 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 n a n1 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) a2a 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) [(a2a 1 a 0 + a8a 7 a 6+…; ) - [(a5a 4 a 3 + a11a 10 a 9 +…; ) 11 (hoặc 13) + N 37 (a2a 1 a 0 + a5a 4 a 3 +…; 37 )
+ N 19 ( a0+2an-1+22an-2+…; + 2na0) 19
IV Đồng d thức
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
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 dơng (m) là số các số nguyên dơng nhỏ hơn m và nguyên
tố cùng nhau với m, (a, m) = 1
Thì a(m) 1 (modun) Công thức tính (m)
Phân tích m ra thừa số nguyên tố
m = p11 p22…; pkk với pi p; i N*
Thì (m) = m(1 -
` 1
1
p )(1 -
2
1
p ) …; (1 -
k
p
1
)
2 Định lý Fermat
Nếu t là số nguyên tố và a không chia hết cho p thì ap-1 1 (modp)modp))
3 Định lý Wilson
Nếu p là số nguyên tố thì
( P - 1)! + 1 0 (modp)modp))
phần II: các phơng pháp giải bài toán chia hết
2
Trang 31 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
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 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
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 d
5a - a 9 4a 9 mà (4 ; 9) = 1
a 9 (modp)Đpcm)p)cm)
Ví dụ 3: CMR số
1 số 81 111 111 81
Giải
Ta thấy: 111111111 9
Có
1
số
81
111
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:
1 số
81
111 111 81 (Đpcm)
Hớng 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 N4 ab4 10b + a4 8b + (2b + a) 4
a + 2b4
b N16 1000d + 100c + 10b + a16 (992d + 96c + 8b) + (8d + 4c + 2b + a) 16
a + 2b + 4c + 8d16 với b chẵn
c Có 100(d + 3c + 9b + 27a) - dbca29
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
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 không 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 không chia hết cho 46
3
Trang 4Bài 6: Có
1 số 100 11 11
2 số 100 22 22 =
1 số 100 11 11
0 số 99 02 100
Mà
0
số
99
02
100 = 3
3 số 99 34 33
1
số
100
11
11
2 số 100 22 22 =
3 số 100 33 33
3 số 99 34 33 (modp)Đpcm)p)cm)
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 m
n j i;
1
r nqi
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 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 (modp)CM Ví dụ 1))
3(n - 1)n (n + 1) 9
mà
9 18
9 ) 1 (
n n
A 9 (modp)Đpcm)PCM)
Ví dụ 3: CMR: n4 - 4n3 - 4n2 +16n 3 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 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
`
Hớng dẫn - Đáp số
````ài 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
4
Trang 5Bài 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; …; ; n0 + 99; n0 + 199; n
…; 0 + 899 (2)
Có tổng các chữ số lần lợt là: s; s + 1 …; ; s + 26
Có 1 số chia hết cho 27 (modp)Đpcm)PCM)
* 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
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 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
5
Trang 6Lấy 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(n 2 + 1)(n2 + 4) 5 Với n Z
Bài 2: Cho A = a1 + a2 + …; + an
B = a5 + a5 + …; + 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
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) + …; + (a5 - an)
Chỉ chứng minh: a5 i - 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 tơng 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
(modp)Vì m 5 - m 5 (modp)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)
6
Trang 7Từ (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 (modp)Đpcm)PCM)
Bài tập tơng tự
Bài 1: CMR: a 32n +1 + 22n +2 7
b mn(m4 - n4) 30
Bài 2: CMR: A(n) = 3 n + 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
= 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
b2 = (a - c) (a + b)
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
7
Trang 8Vậy 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 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) = 16 n - 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
8
Trang 9Ta 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 2
n
n
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 2
k
k
m ta phải chứng minh
3
2k1 1 2k
Thật vậy 2 1 2 2
k
k
2 2 2 1
q
có m k m k k q k q k q
2 2 1 1 2 1
1 2 2 2 2 4 2 3
= 2 3 ( 2 1 2 ) 2 3
k
k
Vậy m2n 1 2n 2 với n 1
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
sốa
n
a aa
3
3n (1) Với n = 1 ta có aa a 111 a 3
Giả sử (1) đúng với n = k tức là
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
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
.
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) = - 4 2222 4 3 1111 1
Vì 43 = 64 (mod 7) 4 3 1111 1 0
22225555 + 55552222 0 (mod 7)
Vậy 22225555 + 55552222 7
Ví dụ 2: CMR: 32 4 1 33 4 1 5 22
n
với n N
Giải
Theo định lý Fermat ta có:
9
Trang 10310 1 (mod 11)
210 1 (mod 11)
Ta tìm d 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 24 1 3 34 1 5 3 10 2 2 10 3
n
= 32.310q + 23.210k + 5
1+0+1 (mod 2)
0 (mod 2)
mà (2, 11) = 1
Vậy 32 4 1 33 4 1 5 22
n
với n N
Ví dụ 3: CMR: 22 4n1 711 với n N
Giải
Ta có: 24 6 (mod) 24n+1 2 (mod 10)
24n+1 = 10q + 2 (q N)
2 24 1 2 10 2
n
Theo định lý Fermat ta có: 210 1 (mod 11)
210q 1 (mod 11)
7 2
7
2 2 4 1 10 2
n
4+7 (mod 11) 0 (mod 11)
Vậy 22 4 1 7 11
n
với n N (ĐPCM)
Bài tập tơng tự
Bài 1: CMR 22 6 2 319
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
Hớng dẫn - Đáp số
Bài 1: Làm tơng tự nh 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
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 - 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
Nh vậy nếu p > 2 p có dạng 2n - n trong đó
10