Bài toán chia hết là một trong những bài toán khó của Số học.. Phươngpháp giải bài toán chia hết rất đa dạng, đòi hỏi người làm phải biết vận dụngcác phương pháp một cách thích hợp.Chính
Trang 1TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
Người hướng dẫn khoa học:
GS TS Đặng Huy Ruận
HÀ NỘI - 2014
Trang 2Mở đầu 3
1 Một số khái niệm và kiến thức cơ bản 4
1.1 Phép chia hết 4
1.2 Phép chia có dư 5
1.3 Số nguyên tố 5
1.4 Các số nguyên tố cùng nhau 6
1.5 Ước số chung lớn nhất 7
1.6 Bội số chung nhỏ nhất 8
1.7 Định nghĩa đồ thị 9
1.8 Đồ thị gán nhãn 10
1.9 Nguồn 11
2 Một số phương pháp giải bài toán chia hết 13 2.1 Phương pháp chia có dư 13
2.1.1 Phương pháp chia có dư 13
2.1.2 Các ví dụ 14
2.1.3 Các bài toán tương tự 16
2.2 Phương pháp đồng dư 16
2.2.1 Phép đồng dư 16
2.2.2 Vận dụng phương pháp đồng dư để giải toán 17
2.2.3 Các bài toán tương tự 21
2.3 Phương pháp quy nạp 22
2.3.1 Nguyên lý quy nạp 22
2.3.2 Phương pháp chứng minh bằng quy nạp 22
2.3.3 Vận dụng phương pháp quy nạp để giải các bài toán chia hết 23
2.3.4 Các bài toán tương tự 26
2.4 Phương pháp tiêu chuẩn chia hết 27
2.4.1 Phương pháp đồng dư với 1 28
2.4.2 Phương pháp dãy số dư 30
2.4.3 Phương pháp nhóm chữ số 32
2.4.4 Các bài toán tương tự 35
Trang 32.5 Phương pháp vận dụng định lý 35
2.5.1 Một số định lý chia hết 36
2.5.2 Các ví dụ 36
2.5.3 Các bài toán tương tự 40
2.6 Phương pháp nguồn đồng dư 41
2.6.1 Nguồn đồng dư 41
2.6.2 Xây dựng một số nguồn đồng dư 42
2.6.3 Ứng dụng của nguồn đồng dư 46
3 Lời giải - Đáp số 51 Kết luận 58
Tài liệu tham khảo 59
Trang 4Bài toán chia hết là một trong những bài toán khó của Số học Phươngpháp giải bài toán chia hết rất đa dạng, đòi hỏi người làm phải biết vận dụngcác phương pháp một cách thích hợp.
Chính vì thế, với mong muốn đưa ra một tài liệu tương đối đầy đủ vềbài toán chia hết, em đã viết luận văn “ Một số phương pháp giải bài toánchia hết” Trong khuôn khổ của luận văn này, em xin phép được trình bàymột vài phương pháp cơ bản để giải bài toán chia hết Các phương pháp đólà: Phương pháp chia có dư, phương pháp đồng dư, phương pháp quy nạp,phương pháp tiêu chuẩn chia hết, phương pháp vận dụng định lý và phươngpháp nguồn đồng dư; trong đó phương pháp nguồn đồng dư có thể nói là mộtphương pháp mới để xác định tính chia hết của các số
Ngoài mục lục, lời nói đầu, kết luận, tài liệu tham khảo thì luận văn đượcchia làm ba chương:
Chương 1: Một số khái niệm và kiến thức cơ bản Chương 1 trình bày một sốkhái niệm và các kiến thức cơ bản của tính chia hết nhằm phục vụ cho nộidung của chương 2
Chương 2: Một số phương pháp giải bài toán chia hết Chương 2 trình bày sáuphương pháp giải bài toán chia hết Mỗi một phương pháp đều kèm theo ví
dụ minh họa và bài tập đề nghị
Chương 3: Lời giải - đáp số Chương 3 đưa ra lời giải hoặc đáp số cho các bàitập sau mỗi phương pháp ở chương 2
Mặc dù đã có nhiều cố gắng, song do thời gian và trình độ còn hạn chếnên luận văn “ Một số phương pháp giải bài toán chia hết” không tránh khỏinhững thiếu sót Em rất mong nhận được những ý kiến chỉ bảo của quý thầy
cô và bạn đọc để bản luận văn được hoàn thiện hơn
Hà Nội, tháng 6 năm 2014
Trang 5Một số khái niệm và kiến thức cơ bản
Trang 6a − b = t.m − s.m = (t − s) m
b − a = s.m − t.m = (s − t) m
Vì hiệu hai số nguyên là số nguyên nên (a − b) .m và (b − a) .m.
Hệ quả 1.1 Nếu tổng một số số hạng chia hết cho m và trừ một số hạng,còn tất cả các số hạng khác đều chia hết cho m, thì số hạng này cũng chiahết cho m
Định lý 1.3 Nếu mỗi số ai, (1 ≤ i ≤ n) chia hết cho mi, thì tích a1a2 an
Định lý 1.4 Cho a, b là hai số nguyên và b 6= 0 Khi đó tồn tại duy nhất cặp
số (q, r), sao cho a = bq + r với 0 ≤ r ≤ |b| − 1
Nhận xét: Cho b > 0 và a tùy ý Khi đó nếu chia a cho b thì số dư chỉ cóthể là 0, 1, 2, , b − 1.
1 Định nghĩa 1.3 Số tự nhiên p > 1 được gọi là số nguyên tố, nếu ngoài 1
và p, nó không còn một ước tự nhiên nào khác
Số tự nhiên lớn hơn 1 có nhiều hơn hai ước tự nhiên được gọi là hợp số
Trang 7iii) Tập hợp các số nguyên tố là vô hạn.
iv) Mọi số tự nhiên lớn hơn 1đều có thể phân tích một cách duy nhất thànhtích các thừa số nguyên tố Tức với số tự nhiên n > 1 bất kỳ ta luônbiểu diễn được duy nhất dưới dạng
Dạng biểu diễn (∗) ở trên được gọi là dạng chính tắc của số n
v) Nếu p là số nguyên tố, thì với mọi số tự nhiên a đều có ap− a chia hếtcho p
1 Định nghĩa 1.4 Hai số a, b được gọi là hai số nguyên tố cùng nhau và kíhiệu là (a, b) = 1, nếu chúng chỉ có một ước chung duy nhất đó là số 1
2 Các tính chất
Trang 8Định lý 1.5 Nếu a và b nguyên tố cùng nhau, thì tồn tại các số nguyên x 0
và y0 để ax0+ by0= 1.
Định lý 1.6 Nếu các số a, b nguyên tố cùng nhau và n chia hết cho cả a và
b, thì n chia hết cho tích ab.
Định lý 1.7 Nếu tích ac chia hết cho b và a, b nguyên tố cùng nhau, thì c
chia hết cho b
1 Định nghĩa 1.5 Ước số lớn nhất của hai số nguyên a và b được gọi là ước
số chung lớn nhất của a và b, ký hiệu là (a, b) và viết thu gọn là ƯSCLN
2 Một số tính chất của ước số chung lớn nhất
Định lý 1.8 Giả sử a, b là hai số nguyên và một trong hai số này kháckhông, d = (a, b) là ƯSCLN của a và b Khi đó tồn tại các số nguyên x 0 , y 0
để ax 0 + by 0 = d.
Định lý 1.9 Giả sử a, b là hai số nguyên, trong đó có ít nhất một số kháckhông và d = (a, b) là ƯSCLN của chúng Số c là ước chung của a và b khi vàchỉ khi c là ước của d
Định lý 1.10 Giả sử a, b là các số nguyên và r là số dư của phép chia a cho
b Khi đó (a, b) = (b, r)
3 Thuật toán Euclid ( thuật toán tìm ước chung lớn nhất)
Để tìm ước chung lớn nhất của hai số tự nhiên a, b (a > b) ta thực hiệncác bước sau:
-B1: Chia a cho b được số dư r1.
-B2: Chia b cho r1 được số dư r2.
-B3: Chia r1 cho r2 được số dư r3.
Giả sử sau i bước ta có được các số dư r1, r2, , ri−1, ri Sang bước thứ
i + 1, ta chia số dư ri−1 cho ri được số dư ri+1
Cứ tiếp tục quá trình trên cho tới bước k nào đó, mà ta nhận được số dư rk
là ước của số dư rk−1 thì dừng lại Và số dư rk chính là ước chung lớn nhấtcủa a và b
Trang 91.6 Bội số chung nhỏ nhất
Trong mục này ta chỉ hạn chế xét các số tự nhiên
Định nghĩa 1.6 Số tự nhiên bé nhất đồng thời là bội của cả số a và số b
được gọi là bội số chung nhỏ nhất của a và b, ký hiệu là [a, b] và viết thu gọn
là BSCNN
2 Một số tính chất của bội số chung nhỏ nhất
Định lý 1.11 Với hai số tự nhiên a, b bất kỳ, ta luôn có (a, b) [a, b] = ab.
Hệ quả 1.4 Giả sử a và b là hai số tự nhiên và n0= [a, b] là BSCNN của a
và b Số tự nhiên n là bội của a và b khi và chỉ khi nó là bội số của n0
3 Thuật toán tìm bội số chung nhỏ nhất
Để tìm bội số chung nhỏ nhất của hai số tự nhiênavà b ta thực hiện hai bướcsau:
Bước 1: Tìm ƯSCLN của a và b bằng thuật toán Euclid
Bước 2: Tìm thương a.b
(a, b), đó chính là BSCNN của a và b.
Ví dụ 1.1 Tìm bội số chung nhỏ nhất của 2004 và 720.
Lời giảiTrước hết ta tìm ước số chung lớn nhất của 2004 và 720 bằng thuật toánEuclid
Trang 101.7 Định nghĩa đồ thị
Định nghĩa 1.7
• Tập hợp X 6= ∅ các đối tượng và bộ E các cặp sắp thứ tự và không sắpthứ tự các phần tử của X được gọi là một đồ thị, đồng thời được kýhiệu bằng G (X, E) ( hoặc G = (X, E) hoặc G (X) )
• Các phần tử của X được gọi là đỉnh Cặp đỉnh không sắp thứ tự đượcgọi là cạnh, cặp đỉnh sắp thứ tự được gọi là cạnh có hướng hay cung
• Đồ thị chỉ chứa các cạnh được gọi là đồ thị vô hướng, còn đồ thị chỉchứa các cung được gọi là đồ thị có hướng
• Nếu đồ thị chứa cả cạnh lẫn cung thì nó được gọi là đồ thị hỗn hợp hay
• Nếu cungb xuất phát từ đỉnh u và đi vào đỉnh v, thì u được gọi là đỉnhđầu, còn v được gọi là đỉnh cuối của cung b
• Trong trường hợp không cần phân biệt giữa cạnh và cung ta quy ướcdùng cạnh thay cho cả cung
• Đồ thị G (X, E) không có khuyên và mỗi cặp đỉnh được nối với nhaubằng không quá một cạnh, được gọi là đồ thị đơn hay đơn đồ thị vàthông thường được gọi là đồ thị
• Đồ thị G (X, E) không có khuyên và có ít nhất một cặp đỉnh được nốivới nhau bằng từ hai cạnh trở lên được gọi là đa đồ thị
Ví dụ 1.2 Cho đồ thị hỗn hợp có khuyên G (X, E) với tập đỉnh
X = {x1, x2, x3, x4, x5, x6, x7}
Tập cạnh và cung:
Trang 11(1 ≤ i ≤ n)(trên cạnhcghi kí hiệut i ) được gọi là đồ thị được gán nhãn.
Kí hiệu t i được gọi là nhãn của cạnh c
Đồ thị với nhãn của tất cả các cạnh đều là số, được gọi là đồ thị có trọng số
Ví dụ 1.3 Cho đồ thị G có dạng sau, với P
= {t 1 , t 2 , t 3 }
Hình 1.2
Trang 121.9 Nguồn
1.Định nghĩa 1.8 Nguồn là một đa đồ thị có hướng và có thể có khuyênđược gán nhãn mà trên đó tách ra một đỉnh được gọi là đỉnh vào (đỉnh vàođược đặt trong một ô tròn có mũi tên đi vào), một tập con các đỉnh được gọi
là các đỉnh ra (mỗi đỉnh ra được đặt trong một ô chữ nhật) Nguồn thườngđược kí hiệu là I
Ví dụ 1.4 Cho nguồn I có dạng sau:
trong đócis có nhãn là tis (1 ≤ s ≤ n) Khi đó dãy kí hiệu ti1, ti2, , tis, , tin
được gọi là nhãn của đường T, và được kí hiệu là T
Như vậy T = ti1ti2 tis tin
Tập gồm nhãn của tất cả các đường đi từ đỉnh a đến đỉnh b trong nguồn I
được kí hiệu là NI(a, b).
Ví dụ 1.5 Nguồn I trong hình vẽ 3
Xét đường đi từ đỉnh x 2 đến đỉnh x 5, khi đó ta có:
T = (x2)(x2, x4)(x4, x3)(x3, x5)(x5) ⇒ T = t7t2t3
T1 = (x2)(x2, x4)(x4, x5)(x5) ⇒ T1 = t7t4
Trang 14Một số phương pháp giải bài toán chia hết
Bài toán chia hết là một trong những bài toán khó của số học Có rấtnhiều phương pháp để giải quyết bài toán chia hết Song trong phạm vi hạnhẹp của luận văn, tác giả chỉ xin trình bày các phương pháp cơ bản sau:
* Phương pháp đồng dư
* Phương pháp quy nạp
* Phương pháp tiêu chuẩn chia hết
* Phương pháp vận dụng định lý
* Phương pháp nguồn đồng dư
Đối với mỗi phương pháp ngoài phần trình bày nội dung phương pháp, tácgiả đều đưa ra một hệ thống ví dụ để vận dụng và các bài tập kèm theo hướngdẫn hoặc đáp số
Giả sử chia số a cho số b được thương là q và dư r, ta viết
a = bq + r (r = 1, 2, , q − 1).
Khi đó ta xét từng trường hợp củaa ứng với (r = 1, 2, , q − 1)để giải quyếtbài toán
Trang 152.1.2 Các ví dụ
Ví dụ 2.1 Chứng minh với mọi số nguyên a, số a3− a chia hết cho 6
( Phương pháp giải bài toán chia hết, Đặng Huy Ruận )
Lời giải
Ta có: a3− a = a (a − 1) (a + 1) Xét các trường hợp của a khi chia a cho 6:
• Nếu a = 6q thì a3− a = 6q (6q − 1) (6q + 1) chia hết cho 6.
• Nếu a = 6q + 1 thì a3− a = (6q + 1)6q(6q + 2)chia hết cho 6.
Vậy với mọi số nguyên a thì số a3− a chia hết cho 6.
Nhận xét: Ngoài cách giải trên ta còn có thể giải quyết bài toán nhờ tínhchất: Tích hai số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2, tích ba số nguyên liêntiếp luôn chia hết cho 3 mà (2, 3) = 1 do đó a3− a = a(a − 1)(a + 1) chia hếtcho 6
Như vậy tích ba số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 6
Ví dụ 2.2 Cho số nguyên a không chia hết cho 2 và 3 Chứng minh rằng
A = 4a2+ 3a + 5 chia hết cho 6.
Lời giải
Vì a không chia hết cho 2 và 3 nêna có dạng a = 6q + 1 hoặc a = 6q + 5.
• Nếu a = 6q + 1 thì A = 4 (6q + 1)2+ 3(6q + 1) + 5 = 6(24q2+ 11q + 2) chiahết cho 6
• Nếu a = 6q + 5 thì A = 4(6q + 5)2+ 3(6q + 5) + 5 = 6(24q2+ 43q + 20) chiahết cho 6.
Trang 16Vậy A = 4a2+ 3a + 5 chia hết cho 6 với mọi a không chia hết cho 2 và 3.
Ví dụ 2.3 Chứng minh rằng A(n) = n4+ 6n3+ 11n2+ 6n chia hết cho 24.
(Thi học sinh giỏi Toán toàn quốc lớp 9 năm 1975)
(3, 8) = 1 nên A(n) chia hết cho 24
Ví dụ 2.4 Chứng minh rằng nếu a2+ b2 chia hết cho 3 với mọi a, b nguyên,thì a và b chia hết cho 3
( Phương pháp giải bài toán chia hết, Đặng Huy Ruận)
Suy ra a = 3q, b = 3p hay a và b chia hết cho 3
Vậy nếu a2+ b2 chia hết cho 3 với mọi a, b nguyên, thì a và b chia hết cho 3
Ví dụ 2.5 Chứng minh rằng với mọi số nguyên không âmn, hiệuA(n) = n5−n
chia hết cho 5
Lời giải
Ta có:
A(n) = n(n − 1)(n + 1)(n2+ 1)
Trang 17Số n có thể biểu diễn bằng một trong các dạng sau:
n = 5q; n = 5q + 1; n = 5q + 2; n = 5q + 3; n = 5q + 4
Xét các trường hợp của n và làm tương tự như trong ví dụ 2.1
ta có A(n) = (n5− n) .5
Nhận xét: Ngoài cách giải trên ta cũng có thể làm cách khác như sau:
• Nếu n tận cùng bằng một trong các chữ số 0, 1, 4, 5, 6, 9 thì một trong bathừa số đầu tiên của A(n) chia hết cho 5 do đó A(n) .5
• Nếu n tận cùng bằng một trong các chữ số 2, 3, 7, 8 thì n2 sẽ tận cùngbằng chữ số4hoặc9nênn2+1 sẽ tận cùng bằng5hoặc0suy ra(n2+1) .5
do đó A(n) .5
Vậy A(n) = (n5− n) .5
Bài 2.1 Chứng minh rằng với mọi số nguyên a , số a(a6− 1) chia hết cho 7.Bài 2.2 Chứng minh rằng số A = n5− n3+ 4n chia hết cho 120
Bài 2.3 Chứng minh rằng với mọi số nguyên không âmn , số n2+ n + 1 khôngchia hết cho 2005
Bài 2.4 Chứng minh: Nếu với các số nguyên a, bmà a2+ b2 chia hết cho 7 thì
a và b chia hết cho 7
Bài 2.5 Chứng minh n2+ n + 2 không chia hết cho 15, với mọi n nguyên.Bài 2.6 Chứng minh rằng m3+ 3m2− m − 3 chia hết cho 48, với mọi m lẻ.Bài 2.7 Chứng minh rằng n4− 4n 3 − 4n 2 + 16n chia hết cho 384, với mọi số
Như vậy a ≡ b (mod m) ⇔ (a − b) .m
Trang 18Sau đây là một số ví dụ sử dụng các tính chất của đồng dư để giải quyếtcác bài toán chia hết.
Ví dụ 2.6 Chứng minh rằng A = 51.43n+ 10.3n chia hết cho 61.
Vậy A = 51.43n+ 10.3n chia hết cho 61.
Ví dụ 2.7 Tìm số dư của số A = 20142014+ 20152015+ 20162016 khi chia cho 3
Lời giảiTìm số dư của số A = 20142014+ 20152015+ 20162016 khi chia cho 3.
Ta có:
2015 ≡ 2 (mod 3) ⇒ 20152015≡ 22015 (mod 3).
Mà:
22 ≡ 1 (mod 3); 2015 = 2.1007 + 1,
Trang 19Do đó: A ≡ 0 + 1 + 2 ≡ 0 (mod 3) hay A chia hết cho 3
Ví dụ 2.8 Chứng minh 192420032004n + 1920 chia hết cho 124, ∀n ∈N∗.
Lời giảiĐặt:
Trang 20A ≡ 220032004n − 2 ≡ 2 − 2 ≡ 0 (mod 31)
hay A chia hết cho 31.
Ví dụ 2.9 Một số tự nhiên khi chia cho 4 dư 3, chia cho 17 dư 9, chia cho
19 dư 13 Hỏi số đó chia cho 1292 dư bao nhiêu?
(Các chuyên đề số học bồi dưỡng học sinh giỏi trung học cơ sở, Phạm MinhPhương và nhóm giáo viên chuyên toán đại học sư phạm Hà Nội 2005)
Lời giảiGọi A là số tự nhiên cần tìm
Trang 21Ta tìm số dư của A = 7999 khi chia cho 25.
Ta có 74 ≡ 1 (mod 25)nên ta tìm số dư của 999 khi chia cho 4.
Vậy A chia cho 100 dư 7 hayA có hai chữ số tận cùng là 07
Ví dụ 2.11 Cho n là số nguyên dương Chứng minh rằng nếu A có hai chữ
số tận cùng là 76 thì An cũng có hai chữ số tận cùng là 76
Lời giải
Vì A có hai chữ số tận cùng là 76, nên A ≡ 76 (mod 100)
Suy ra An ≡ 76 n (mod 100)
Trang 22Ta cần chứng minh 76n ≡ 76 (mod 100) hay 76n− 76 ≡ 0 (mod 100).
Ta có:
76n− 76 = 76(76n−1− 1).
Mà:
76 .4; 76 ≡ 1 (mod 25) ⇔ 76n−1 ≡ 1 (mod 25) ⇔ 76n−1− 1 25
Do đó 76n− 76 .100 hay 76n − 76 ≡ 0 (mod 100) Ta có điều phải chứng minh
Bài 2.8 Tìm số dư của số A = 32013+ 42013 khi chia A cho 11 và khi chia cho
Trang 23Bài 2.12 Chứng minh 9n+ 1 không chia hết cho 100, ∀n ∈N.
Bài 2.13 Tìm hai chữ số tận cùng của các số sau:
a) A = 22004;
b) B = 141414.
Bài 2.14 Tìm chữ số tận cùng của số A = 7777 − 777.
Phương pháp quy nạp có vai trò rất quan trọng trong toán học, khoa học
và đời sống Đối với nhiều bài toán chia hết, phương pháp quy nạp cũng cho
ta cách giải hữu hiệu
Giả sử S(n) xác định với mọi n ≥ k0 Để chứng minh S(n) đúng với mọi
n, n ≥ k0 bằng quy nạp, ta cần thực kiện ba bước sau:
* Bước 1: Cơ sở quy nạp
Thử xem sự đúng đắn của S(n) với n = k0, nghĩa là xét S(k0) có đúng haykhông?
* Bước 2: Quy nạp
Giả sửS(n) đã đúng với n = k (k ≥ k0)(hoặc đối với mọi n, k0 ≤ n ≤ k ) Trên
cơ sở giả thiết này mà suy ra tính đúng đắn củaS(n) đối với n = k + 1, tức là
S(k + 1) đúng
* Bước 3: Kết luận
Khẳng định S(n) đúng với mọi n, n ≥ k0
Trang 242.3.3 Vận dụng phương pháp quy nạp để giải các bài toán
chia hết
Ví dụ 2.12 Với n là số tự nhiên, đặt A n = 77
.7
( n số 7 )Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 2 , số A n + 17 chia hết cho 20.
( Phương pháp giải bài toán chia hết, Đặng Huy Ruận)
Giả sử (1) đúng với n = k ≥ 2, k ∈N , tức là ta có Ak ≡ 3 (mod 20).
Ta cần chứng minh (1) đúng với n = k + 1, tức là chứng minh Ak+1 ≡ 3 (mod 20).
Ví dụ 2.13 Chứng minh rằng ∀n ≥ 2, B n = 22n + 4, chia hết cho 10.
( Phương pháp giải bài toán chia hết, Đặng Huy Ruận)
Lời giảiVới n = 2, có B2 = 222 + 4 = 24+ 4 = 20 chia hết cho 10.
Giả sử mệnh đề trên đúng với n = k ≥ 2, k ∈N.
Từ Bk = 22k + 4 chia hết cho 10suy ra 22k = 10m − 4.
Trang 25Nhận xét: Ta cũng có thể giải quyết bài toán trên bằng phương pháp đồngdư.
Hay ∀n ≥ 2, Bn = 22n + 4, chia hết cho 10.
Ví dụ 2.14 Cho n là số tự nhiên Chứng minh rằng 700 \ 292n− 140n − 1
.
(Các chuyên đề số học bồi dưỡng học sinh giỏi trng học cơ sở, Phạm MinhPhương và nhóm giáo viên chuyên toán đại học sư phạm Hà Nội 2005)
Lời giảiĐặt C n = 292n− 140n − 1 Ta chứng minh C n chia hết cho 700 với mọi n ∈ N.
Với n = 0, C 0 = 1 − 0 − 1 = 0 chia hết cho 700.
Giả sử mệnh đề trên đúng với n = k, k ∈N , tức ta có:
Trang 26Với n = 0, số230 + 1 = 21+ 1 = 3 chia hết cho 3.
Giả sử khẳng định đúng với n = k, k ∈N, nghĩa là Ak = 23k + 1 chia hết cho
3k+1
Khi đó tồn tại số nguyên M để: Ak = 23k + 1 = M.3k+1
Ta cần chứng minh Ak+1 = 23k+1 + 1 chia hết cho 3k+2.
Nên Ak+1 chia hết cho 3k+2.
Vậy với mọi số nguyên n ≥ 0 , số 23n + 1 chia hết cho 3n+1.
Ví dụ 2.16 Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n tùy ý, số An gồm
3n chữ số giống nhau luôn luôn chia hết cho 3n.
( Thi học sinh giỏi toàn quốc lớp 9 năm 1978)
Lời giải
Ta chứng minh khẳng định trên bằng phương pháp quy nạp theo n, tức làchứng minh
An = aa a .3n , ∀n ∈N∗ (3n chữ sốa,với a là chữ số tùy ý) (2)
Với n = 1,A1 = aaa (với a là chữ số tùy ý)
Vì tổng các chữ số của A1 là a + a + a = 3a chia hết cho 3 = 31, nên A1 chiahết cho 31
Vậy (2) đúng với n = 1
Trang 27Giả sử mệnh đề (2) đúng vớin = k, k ∈N∗, tức là ta cóAk = aa a .3k , ∀k ∈ N∗
Bài 2.15 Cho n là số nguyên, n ≥ 0, chứng minh rằng:
Trang 28d) 72 \ 19n− 18n2− 1.
Bài 2.17 Chứng minh rằng với mọi n ∈N∗, tổng
20+ 21+ 22+ · · · + 25n−3+ 25n−2+ 25n−1
chia hết cho 31?
Bài 2.18 Giả sử a là số tự nhiên nào đó, mà2a− 2 chia hết cho a, chẳng hạn
a = 3 có 23− 2 = 6 chia hết cho 3 Dãy số (xn) được xác định như sau:
Đối với số nguyên tùy ý a và số tự nhiên bất kỳ m để trả lời câu hỏi a cóchia hết cho m không, trong rất nhiều trường hợp có thể dựa vào tiêu chuẩnchia hết Bởi vậy, việc tìm ra các tiêu chuẩn chia hết để vận dụng là hết sứccần thiết Căn cứ vào tính chất của dãy số dư nhận được khi chia lũy thừa cơ
số 10 cho m , mà có thể xác định các tiêu chuẩn chia hết tiện ích khác nhau.Trong phần này tác giả xin trình bày một số cách xác định tiêu chuẩn chiahết sau:
* Phương pháp sử dụng tính đồng dư với 1 của lũy thừa cơ số 10, hay còngọi là “ phương pháp đồng dư với 1”
* Phương pháp dựa vào dãy số của lũy thừa cơ số 10, hay còn gọi là “
Trang 29phương pháp dãy số dư”.
* Phương pháp chia các chữ số thành các nhóm, hay còn gọi là “ phươngpháp nhóm chữ số”
Với số tự nhiên tùy ý m, m ≥ 2, cần tìm tiêu chuẩn chia hết để số nguyênbất kỳ
a = a n a n−1 a i a 1 a 0 = a n 10n+ a n−1 10n−1+ · · · + a i 10i+ · · · + a 1 10 + a 0
chia hết cho m
Nếu tồn tại số tự nhiên k, để 10k ≡ 1 (mod m) thì với mọi số tự nhiên t,
ta đều có 10kt≡ 1 (mod m) Ta có thuật toán sau:
1 Tìm số tự nhiên k nhỏ nhất để 10k ≡ 1 (mod m)
2 Chia dãy chữ số của a từ phải sang trái theo các nhóm liên tiếp có độ dài
k Khi đó với số tự nhiên s, mà sk ≤ n ≤ (s + 1)k, có:
a = an ask+1ask.10sk+ · · · + a2k−1 ak+1ak.10k + ak−1 a1a0
≡ an ask+1ask+ · · · + a2k−1 ak+1ak+ ak−1 a1a0 (mod m)
Bởi vậy ta có tiêu chuẩn chia hết sau đây: Nếu k là số tự nhiên nhỏ nhất
để 10k ≡ 1 (mod m) và s là số tự nhiên thỏa mãn sk ≤ n ≤ (s + 1)k, thì a chiahết cho m khi và chỉ khi tổng
a n ask+1ask+ · · · + a2k−1 ak+1ak+ ak−1 a 1 a 0
chia hết cho m
Vận dụng tiêu chuẩn chia hết trên cho các trường hợp m = 3, 9, 11, 111, tađược các tiêu chuẩn chia hết tương ứng sau đây:
* Tiêu chuẩn chia hết cho 3
Ta có 10 ≡ 1 (mod 3) nên k = 1 và dãy chữ số được chia thành các nhómgồm một chữ số và ta có tiêu chuẩn chia hết cho 3 như sau: Số nguyên
a = anan−1 a1a0 chia hết cho 3 khi và chỉ khi tổng các chữ số an+ an−1+
· · · + a1+ a0 chia hết cho 3
* Tiêu chuẩn chia hết cho 9
Vì 10 ≡ 1 (mod 9) nên số nguyên a = anan−1 a1a0 chia hết cho 9 khi vàchỉ khi tổng các chữ số an+ an−1+ · · · a1+ a0 chia hết cho 9
Trang 30* Tiêu chuẩn chia hết cho 11.
Ta có 102 ≡ 1 (mod 11)nên k = 2 và dãy chữ số của a được chia thành cácnhóm có độ dài bằng hai từ phải sang trái và ta có tiêu chuẩn chia hết cho
11 như sau:
• Nếu n lẻ ( khi đó số các chữ số của số nguyên a là số chẵn), số a =
anan−1 a1a0 chia hết cho 11 khi và chỉ khi tổng a1a0 + · · · + anan−1
chia hết cho 11
• Nếun chẵn ( khi đó số các chữ số của số alà số lẻ), số a = anan−1 a1a0
chia hết cho11 khi và chỉ khi tổnga1a0+ · · · + an−1an−2+ an chia hết cho
11
* Tiêu chuẩn chia hết cho 111
Ta có 103 ≡ 1 (mod 111) nên k = 3 và dãy chữ số của a được chia thànhcác nhóm có độ dài bằng ba từ phải sang trái và ta có tiêu chuẩn chia hếtcho 111 như sau:
• Nếu n = 3t ( khi đó số các chữ số của số a là n + 1 = 3t + 1 ), số
a = anan−1 a1a0 chia hết cho 111 khi và chỉ khi tổng a2a1a0+ · · · +
b) Số 29194530041975 ≡ 2 (mod 3) nên không chia hết cho 3;
c) Số 1501198516101987 ≡ 10 (mod 11) nên không chia hết cho 11;
d) Số 5968240143658207 ≡ 1 (mod 111) nên không chia hết cho 111