[r]
Trang 1Chuyên đề 1
( 6 tiết)
Phép chia hết- phép chia có d (B1)
I Mục tiêu:
- Cung cấp cho HS hệ thống kiến thức về lí thuyết phép chia hết , phép chia có d; cung cấp một số kiến thức bổ trợ nâng cao
- Vận dụng các kiến thức lí thuyết vào giải toán: Phân dạng toán để giúp HS dễ dàng tiếp cận khi làm bài tập
- Rèn luyện khả năng t duy cho HS
II.Chuẩn bị:
* Kiến thức:
- Lí thuyết về phép chia hết và phép chia có d
- các hằng đẳng thức đáng nhớ mở rộng
* Tài liệu tham khảo
- 250 bài toán số học tác giả Võ Đại Mau; Tuyển tập các bài toán chọn lọc THCS tác giả Vũ Dơng Thuỵ; Chuyên đề bồi dởng HSG số học nhà xuất bản GD; 23 chuyên
đề toán sơ cấp
III.Nội dung kiến thức:
A Kiến thc cơ bản:
I.Phép chia hết:
1 Định nghĩa: Với a,b N, b 0 Nếu ∃ q Z sao cho a=b.q khi đó ta nói a chia hết cho b
Kí hiệu a ⋮ b( a chia hết cho b) (hoặc d/a đọc là b chia hết a)
Khi đó ta nói a là bội của b, b là ớc của a
2 Tính chất của quan hệ chia hết trong Z
- Tính chất phản xạ:
∀ a Z và a 0 ⇒ a ⋮ a
- Tính chất phản xứng:
Nếu a ⋮ b và b ⋮ a ⇒ a=b hoặc a=-b
- Tính chất bắc cầu
Nếu a ⋮ b và b ⋮ c ⇒ a ⋮ c
* Một số tính chất khác
+ ∀ a Z ⇒ a ⋮ ( ± 1)
+ ∀ a Z, a 0 ⇒ 0 ⋮ a
+ ∀ a Z, a ⋮ m ⇒ ka ⋮ m (k Z)
+ a ⋮ m và b ⋮ m ⇒ (a ± b) ⋮ m; (an + bk) ⋮ m(với a,b,m,n Z ,m 0)
+ Nếu ( a+b+c+d) ⋮ m mà a,b,c đều chia hết cho m thì d ⋮ m
+ a ⋮ m và b ⋮ n ⇒ ab ⋮ mn
Đặc biệt a ⋮ b ⇒ an ⋮ bn với n nguyên dơng
+ a ⋮ m ⇒ an ⋮ m (n Z+)
+ a ⋮ b ⇒ ( ± a) ⋮ ( ± b)
+ a ⋮ b , a b, a, b nguyên dơng thì b không chia hết cho a
+ an ⋮ m, m nguyên tố ⇒ a ⋮ m
+ ab ⋮ m và (a,m)=1 ⇒ b ⋮ m
+ a ⋮ m và a ⋮ n và (m,n) =1 ⇒ a ⋮ mn
+ a ⋮ m và a ⋮ m và a ⋮ p với m,n,p nguyên tố sánh đôi( đôi một nguyên tố cùng nhau) ⇒ a ⋮ mnp
3 Dấu hiệu chia hết:
Đặt A= anan-1an-2…a1a0
a Chia hết cho 2
Trang 2A ⋮ 2 ⇔ a0 ⋮ 2 (a0 = 0,2,4,6,8)
b Chia hết cho 5
A ⋮ 5 ⇔ a0 ⋮ 5 (a0 = 0,5)
c Chia hết cho 3 (hoặc 9)
A ⋮ 3 (hoặc 9) ⇔ (an + an-1+…+a1 + a0) ⋮ 3(hoặc 9)
d Chia hết cho 4 =22 hoặc 25 = 52
A ⋮ 4 (hoặc 25) ⇔ a1a0 ⋮ 4(hoặc 25)
e Chia hết cho 8 (= 23 )hoặc 125( =53 )
A ⋮ 8 (hoặc 125) ⇔ a2a1a0 ⋮ 8(hoặc 125)
f Chia hết cho 11
+Nếu n chẵn thì số hạng an là số hạng thứ (n+1) lẽ
A ⋮ 11 ⇔ [(a0 + a2 +a4 +….+an) –(a1+ a3 + a5 +…+an-1)] ⋮ 11
+Nếu n lẽ thì số hạng an là số hạng thứ (n+1) chẳn
A ⋮ 11 ⇔ [ (a1+ a3 + a5 +…+an-1)- (a0 + a2 +a4 +….+an)] ⋮ 11
( Tổng các chữ số ở hàng lẽ trừ tổng các chữ số ở hàng chẳn chia hết cho 11)
II Phép chia có d
1 Định nghĩa:
Với a,b Z, b 0, a không chia hết cho b khi không ∃ q Z sao cho: a=b.q Khi đó ta có a= b.q + r
(0<r<b)
Khi đó ta nói a không chia hết cho b, r là số d khi chia a cho b
*Cách phát biểu khác:
Nếu a, b là hai số nguyên, b nguyên dơng thì bao giờ cũng tìm đợc duy nhất một cặp
số nguyên (q,r) sao cho a= b.q + r
(0 r<b)
+ Nếu r = 0 thì ta nói a chia hết cho b
+ Nếu r 0 thì ta nói a không chia hết cho b
2 Xác định số d trong phép chia a cho b
Gọi r là số d trong phép chia a cho b
Ta có r = 0;1;2;3;…, b-1 ( nếu a,b N)
Trong tập hợp Z
Nếu b chẳn: r = 0; ± 1; ± 2; ± 3;… ± b
2 Nếu b lẽ : r = 0; ± 1; ± 2; ± 3;… ± b− 1
2
III.Một số hằng đẳng thức đáng nhớ
a Các hằng đẳng thức cơ bản
1 (a+b)2 = a2 + 2ab + b2
2 (a-b)2 = a2 - 2ab + b2
3 (a+b)(a-b) = a2 – b2
4.(a+b)3 =a3+3a2b + 3ab2 +b3
5.(a-b)3 =a3-3a2b + 3ab2 - b3
6 a3 + b3 = (a+b)(a2- ab+b2)
7 a3 - b3 = (a-b)(a2+ ab + b2)
b.Các hằng đẳng thức mở rộng
+ (A+B+C)3 = A3+ B3+ C3 + 3(A+B)(A+C)(B+C)
+ An - Bn =(A-B)(An-1 + An-2B +…+ABn-2+Bn-1); ∀ n N,n 2
+ A2k-B2k =(A+B)(A2k-1- A2k-1B +A2k-2B + …+AB2k-2 - B2k-1); ∀ k N,k 0
+ A2k+1+B2k+1 = (A+B)(A2k – A2k-1B+…+A2B2k-2-AB2k-1+B2k)
+ (A1+A2+…+An)2= A1 + A2 +….+ An +2( A1A2+A1A3+…An-1An)
+ (A+B)n = An+ nAn-1B + n(n −1)
1 2 A
n-2B2+ n(n −1)(n −2)
1 2 3 A
n-3B3+…+ n(n −1)
1 2 A
2B
n-2 + nABn-1+ Bn
Trang 3IV.Phép chia đa thức f(x) cho nhị thức x-m
*Giả sử đa thức f(x) = anxn+an-1xn-1+….+a1x+a0 chia cho nhị thức x- m đợc thơng g(x)
= bn-1xn-1 + bn-2xn-2+…+ b1x+ b0 và d là r (r R)
Trong đó:
bn-1=an
bn-2 = an-1 + m bn-1
bn-3 = an-2 + mbn-2
⋮
b0 =a1+mb1
r = a0+ mb0
Ta có sơ đồ tính hệ số của đa thức g(x) nh sau:(gọi là sơ đồ Hoocne)
m bn-1= an bn-2 = an-1 +m bn-1 bn-3 = an-2 + mbn-2 b0 =a1+mb1 b 0 =a 1 +mb 1
- Định lí Bơdu: Số d của đa thức f(x) cho nhị thức x- m là f(m)
Nếu f(m) = 0 thì đa thức f(x) chia hết cho x- m
- Định lí Fécma: p nguyên tố, a N ta có ap - a ⋮ p
Nếu (a,p) =1 thì ap-1-1 ⋮ p
B Bài tập
1.Dạng 1: Chứng minh chia hết
Để chứng minh A(n) ⋮ B ta có thể làm nh sau:
C1: Phân tích B = B1.B2…Bn với (B1,B2,…,Bn)=1 từ đó ta c/m A(n) lần lợt chia hết cho các Bi.
C2:Tách A(n) thành nhân tử trong đó c/m một nhân tử chia hết cho B
C3: Xét các dạng của n khi chia cho B (kB,kB+1,kB+2,…kB+B-1)
C4: Sữ dụng phơng pháp quy nạp toán học
Ví dụ1: Chứng minh rằng n4-n2 ⋮ 12 ∀ n N
Giải
Ta có n4-n2 =n2(n2-1)
=n(n-1)n(n+1) Nhận xét: 12 =3.4 và (3,4)=1(*)
Nhận thấy rằng trong 3 số nguyên liên tiếp ắt có một số chia hết cho 3
⇒ n(n-1)(n+1) ⋮ 3 (1)
Mặt khác tích của hai số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 2
⇒ n(n-1) ⋮ 2 và n(n+1) ⋮ 2 ⇒ n(n-1)n(n+1) ⋮ 4 (2)
Từ (*), (1) và (2) ⇒ n4 - n2 ⋮ 12
Ví dụ2: Chứng minh rằng n(n+2)(25n2-1) ⋮ 24 ∀ n Z
Giải
Ta có n(n+2)(25n2-1) =n(n+2)(24n2+n2-1)
=n(n+2)(n2-1) +24n2(n+2)n Vì 24n2(n+2)n ⋮ 24 nên ta chỉ c/m n(n+2)(n2-1) ⋮ 24
Thật vậy ta có n(n+2)(n2-1) = n(n+2)(n+1)(n-1) là tích của 4 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 8 và 3 Mặt khác (3,8)=1 nên n(n+2)(n2-1) ⋮ 24
Vậy n(n+2)(25n2-1) ⋮ 24 ∀ n Z
Ví dụ3: Chứng minh rằng số tận cùng của các số tự nhiên n và n5 là nh nhau
Trang 4Nhận xét: Hai số có chữ số tận cùng nh nhau thì hiệu của chúng có chữ số tận cùng
bằng 0 nên chia hết cho 10
Xét số A=n5 - n
= n(n2-1)(n2+1)
=n(n-1)(n+1)(n2+1)
Ta có n(n+1) ⋮ 2 ∀ n N ⇒ A ⋮ 2 ∀ n N (1)
Ta c/m A ⋮ 5 ∀ n N
Thật vậy nếu n = 5 k ⇒ A ⋮ 5
n = 5k+1 ⇒ n-1 ⋮ 5 ⇒ A ⋮ 5
n = 5k+2 ⇒ n2+1 ⋮ 5 ⇒ A ⋮ 5
n = 5k+3 ⇒ n2+1 ⋮ 5 ⇒ A ⋮ 5
n = 5k+4 ⇒ n+1 ⋮ 5 ⇒ A ⋮ 5
Do đó A ⋮ 5 ∀ n N (2)
Từ (1) và (2) và (2,5)=1 ⇒ A ⋮ 10 ∀ n N
Ví dụ4: Chứng minh rằng với mọi m là số nguyên lẽ thì:
(m3+3m2- m-3) ⋮ 48
Giải
Ta có m3+3m2-m-3 = m2(m+3) –(m+3)
= (m+3)(m2-1)
= (m+3)(m-1)(m+1)
m nguyên lẽ, đặt m=2k+1 thì m3+3m2- m-3 =(2k+1+3)(2k+1-1)(2k+1+1)
=(2k+4)2k(2k+2) =8k(k+2)(k+1)
Ta thấy 8k(k+2)(k+1) ⋮ 8 ∀ n Z vì 8 ⋮ 8
Mặt khác k(k+1)(k+2) ⋮ 6(tích 3 số nguyên liên tiếp)
⇒ 8k(k+2)(k+1) ⋮ 8.6(=48)
Vậy với mọi m là số nguyên lẽ thì (m3+3m2- m- 3) A ⋮ 48
Ví dụ5: Chứng minh rằng với m nguyên dơng thì
(62n+19n- 2n+1) ⋮ 17
Giải
C1: Ta có (62n+19n-2n+1) = 36n+19n-2n+1
= 36n-19n+ 2.19n-2.2n
=(36-19).M +2(19n-2n)
(áp dụng hằng đẳng thức an- bn = (a-b)(an-1+an-2b +…+abn-2+bn-1)
Vậy (62n+19n-2n+1) ⋮ 17 ∀ n Z+
C2: Sử dụng phơng pháp quy nạp toán học
+ Với n=1 ta có 62n+19n- 2n+1 = 62+191- 22 = 36+19- 4 =51 ⋮ 17
+ Giả sử bài toán trên đúng với n =k, tức là ta có (62k+19k- 2k+1) ⋮ 17 Với k Z+ + Ta phải c/m bài toán trên đúng với n=k+1,
tức là ta phải c/m (62(k+1)+19k+1-2(k+1)+1) ⋮ 17
Thật vậy, ta có 62(k+1)+19k+1-2(k+1)+1 =36k+1+19k+1 –2.2k+1
=(36k+1-19k+1 )+(2 19k+1-2.2k+1 ) (áp dụng hằng đẳng thức dạng an-bn)
Bài tập vận dụng:
Bài1:Chứng minh rằng: n4- 4n3- 4n2+16n ⋮ 384 Với n chẳn và n>4
HD: 384 =3.128 và (3,128) = 1; 128 =16.8, A ⋮ 16, A ⋮ 8,n =2k(k>2)
Bài2: Chứng minh rằng: n4+6n3+11n2+6n chia hết cho 24 với mọi số tự nhiên n HD: 24=8.3 và (3,8)=1
Bài3: Chứng minh rằng n8- n6- n4+n2 chia hết cho 1152 với mọi số nguyên lẽ
Bài4: Chứng minh với mọi n nguyên dơng thì:
Trang 5a.(7.52n+12.6n) ⋮ 19
b (5n+2+26.5n+82n+1) ⋮ 59
HD: a 7.52n+12.6n =7.52n+19.6n-7.6n = 7(25n- 6n)+19.6n
b 5n+2+26.5n+82n+1=5n+2+34.5n- 8.5n+82n+1
(hoÆc quy n¹p to¸n häc)
Bµi5: Chøng minh r»ng víi mäi sè tù nhiªn n ta cã:
a an+4- an ⋮ 10
b 10n+18n-28 ⋮ 27
c 9n+1- 8n-9 ⋮ 64
HD: a an+4- an= an(a4-1) =an-1(a5- a)
b 10n+18n-28 =(10n-1)+(18n-27) = 9(10n-1+10n-2+ +10+1) +18n-27
= 9[(9+1)n-1+(9+1)n-2+ +(9+1)+1)]+18n –27
= 9(9k+n) +18n-27 = 81k +27n-27
PhÐp chia hÕt- phÐp chia cã d (B2)
Trang 62 Dạng 2: Chứng minh không chia hết
Ví dụ1: Với mỗi số nguyên dơng n, hãy c/m
n2+11n+39 không chia hết cho 49
Giải
C1: Ta có n2+11n+39 =(n2+11n+18)+21
=(n2+2n+9n+18)+21
=n(n+2)+9(n+2)+21
=(n+9)(n+2)+21 Vì (n+9)- (n+2) chia hết cho 7
Do đó n+9 và n+2 cùng chia hết cho 7 hoặc có cùng số d khi chia cho 7
+ Nếu n+9, n+2 cùng chia hết cho 7 thì (n+9)(n+2) ⋮ 49
Mặt khác 21 ⋮ 49 ⇒ (n+9)(n+2)+21 ⋮ 49
+ Nếu n+9 và n+2 không chia hết cho 7 thì (n+9)(n+2)+21 ⋮ 7
⇒ (n+9)(n+2)+21 ⋮ 49
Vậy (n+9)(n+2)+21 ⋮ 49
C2: n2+11n+39 = n2+4n+4+7n+35=(n+2)2 +7(n+5)
Ta thấy rằng (n+2)2 ⋮ 7 (xét các dạng của n khi chia cho 7), (n+5) ⋮ 7
⇒ (n+2)2 +7(n+5) ⋮ 7 nên n2+11n+39 ⋮ 49
Ví dụ2: Chứng minh rằng A=52n+5n+1 ⋮ 31 với ∀ n ⋮ 3
Giải
Vì n không chia hết cho 3 đặt n = 3k+r (r=1,2)
Do đó A = 52n+5n+1 =25n +5n +1 = 253k+r+53k+r +1
= 25r.253k+5r.53k+1 =25r.1252k+5r.125k+1(vì 253k=(253)k=15625k=1252k) =25r(31q+1)2k+5r(31q+1)k+1 (vì 125=31q+1)
⇒ A=31q+25r +5r+1
+ Với r=1
⇒ A=31q+25+5+1=31q+31 ⋮ 31
+ Với r=2
⇒ A=31q+252+52+1=31q+651 ⋮ 31
Vậy 52n+5n+1 ⋮ 31 với mọi n không chia hết cho 3
3 Dạng 3: Tìm điều kiện để có phép chia hết
Ví dụ1: Tìm số tự nhiên a nhỏ nhất sao cho số 47n+a.15n chia hết cho 1984 với mọi số nguyên dơng lẽ
Giải
Với n lẽ đặt n=2k+1(k N)
Ta có 47n+a.15n = 47.2209k+15a.152k
=47(1984+225)k+15a.152k
=1984.A+47.152k+15a.152k
=1984.A+152k(47+15a) ⋮ 1984
⇒ 152k(47+15a) ⋮ 1984 vì 152k ⋮ 1984
⇒ 47+15a ⋮ 1984
Đặt 47+15a = 1984b(b N)
⇒ a=132b-3 + 4 b − 2
15 vì a N ⇒ 4 b − 2
15 =t (t N) ⇒ 4b=15t+2 ⇒
b=4t + 2 −t
4
Vì b N nên 2- t =4t1(t1 N)
⇒ t=2-4t1 và b=-15t1+8
Do đó a=-1984t1+1055
Do a 0 nên t1 1055
1984 ⇒ t1=0;-1;-2;
Trang 7Vì a Z và a nhỏ nhất khi t1 lớn nhất ⇒ t1=0 ⇒ a=1055
Ví dụ2:Tìm một số sao cho khi cộng số đó với (n2-1)p(n-1)p+1 thì đợc một số chia hết cho n
Giải
Ta có (n2-1)p(n-1)p+1 =(n+1)p(n-1)2p+1
áp dụng hằng đẳng thức tổng quát ta có:
(n+1)p= kn+1
(n+1)2p+1=ln-1
Do đó (kn+1)(ln-1) = kln2+ln-kn-1
Gọi số cần tìm là a ta có : kln2+ln-kn-1+a ⋮ n
⇔ a-1 ⋮ n ⇒ a=nt+1(t N)
Vậy phải cộng (n2-1)p(n-1)p+1 với một số a có dạng nt+1(t N) thì đợc một số chia hết cho n
Ví dụ3: Hãy tìm một số tự nhiên n để tổng 1+2+32+ +n2 không chia hết cho 5
Khi đó tìm số d của phép chia tổng 1+2+3+ +n cho 5
Giải
Ta có S = 1+2+32+ +n2 = n(n+1)(2 n+1)
+Nếu n có dạng 5k,5k+2,5k+4 thì n, n+1, 2n+1 sẽ có một số chia hết cho 5
vậy n(n+1)(2n+1) = 5k
Mặt khác S nguyên nên n(n+1)(2n+1) = 6q
⇒ S ⋮ 5
Vậy S ⋮ 5 ⇔ có dạng 5k+1, 5k+3
+ Nếu n =5k+1, n=5k+3 thì tổng S có dạng
S = 1+2+3+ +n = n(n+1)
2 Khi n = 5k+1 ta có S = (5 k +1)(5 k +2)
2 =
5 k (5 k +3)
2 +1 Vậy khi tổng 1+2+ +n chia cho 5 thì d 1
Ví dụ4: Với giá trị nguyên dơng nào của n thì P=(n+5)(n+6) chia hết cho 6n
Giải
Ta có (n+5)(n+6) = n2+11n+30 =12n+(n2- n+30)
P ⋮ 6n ⇔ n2- n+30 ⋮ 6n vì n2- n ⋮ n nên 30 ⋮ n
Mặt khác ta có 30 ⋮ 6 nên n2- n ⋮ 6 tức là n(n-1) ⋮ 3
Tích n(n-1) là số chẵn nên chia hết cho 3 khi n=3k hoặc n=3k+1
Tóm lại n phải thoả mãn điều kiện vừa là ớc của của 30 vừa là bội của 3 hoặc vừa là ớc của 30 vừa là bội của 3 cộng thêm 1
⇒ n=1,3,10,30
Ví dụ5: Tìm số nguyên dơng n để
a N= 2n+1 chia hết cho 3
b N = 2n-1 chia hết cho 7
Giải
a Ta có N=(3-1)n+1 = 3n-n.3n-1+(n-1)3n-2+ +(-1)n+1
Nếu n lẽ thì (-1)n=-1 Vậy điều kiện cần và đủ để 2n+1 chia hết cho 3 là n lẽ
b.N=2n-1 chia hết cho 7 khi n=3k
Thật vậy, nếu n=3k+1 thì 2n-1 =2(8k-1) +1 không chai hết cho 7
Nếu n =3k+2 thì 2n-1 =4(8k-1)+2 không chia hết cho 7
Ví dụ6: Chứng minh rằng: 1n+2n+3n+4n chia hết cho 5 khi và chỉ khi n không chia hết cho 4 và n là số nguyên dơng
Giải:
C1: Nhận xét các số: 14=1=5.0+1; 24=16=5.3+1;34=81=5.16+1;44=256=5.51+1;
đều có dạng 5k+1, do đó nếu a là một trong các số 1,2,3,4 thì a4m có dạng 5k+1
nghĩa là a4m-1 chia hết cho 5 tức là a4m-1=(a4-1).A = 5kA
Trang 8Vì một số nguyên dơng bất kì bao giờ cũng biểu diển đợc dới dạng 4m+r
Trong đó m là số tự nhiên, r là một trong các số 0,1,2,3
Khi đó
S = 1n+2n+3n+4n =1+24m+r+34m+r+44m+r =1+24m.2r+34m.3r+44m.4r
= 1 + (5k1+1).2r+(5k2+1).3r+(5k3+1).4r
= 5q+R Vậy S ⋮ 5 ⇔ R ⋮ 5
C2: áp dụng hằng đẳng thức an+bn với n=2k+1
n không chia hết cho 4 và n lẽ n =2k+1
n không chia hết cho 4 và n chẳn 4=4k+2 = 2(2k+1)
C3: Sử dụng định lí Fecma
Bài tập
Câu1: Chứng minh rằng m2+4m-5 chia hết cho 8 với m là số tự nhiên lẽ
Câu2: Với mỗi số nguyên dơng n , hãy c/m
n2+n+2 không chia hết cho 15
Câu3: a,b,c là ba số nguyên có cùng tính chẵn lẽ Chứng minh rằng số là hiệu lập
ph-ơng của tổng ba số đó với tổng các lập phph-ơng của chúng thì chia hết cho 24
Câu4: Tìm số nguyên k sao cho 36n-1- k.33n-2+1 chia hết cho 7 với mọi n nguyên dơng
Câu5: Chứng minh rằng (a+4 - 3b)4(3a-5b-1)4 ⋮ 16 với mọi số nguyên dơng a,b
Hớng dẫn:
Câu1: (2 điểm)
Ta có m2+4m-5 = (m2-1)+(4m-4)
=(m-1)(m+1)+4(m-1)
=(m-1)(m+5) Vì m lẽ nên đặt m=2k+1(k N)
⇒ m2+4m-5 = (2k+1-1)(2k+1+5) =2k(2k+6)=4k(k+3)=4k(k+1+2)
=4k(k+1)+8k Nhận thấy 4k(k+1) ⋮ 8 và 8k ⋮ 8 nên m2+4m-5 ⋮ 8(đpcm)
Câu2:(2 điểm)
Ta có n2+n+2 không chia hết cho 3 vì:
Nếu n =3k (k N*) ⇒ n2+n+2=9k2+3k+2 ⋮ 3
Nếu n = 3k+1 ⇒ n2+n+2=9k2+9k+4 ⋮ 3
Nếu n = 3k+2 ⇒ n2+n+2=9k2+15k+8 ⋮ 3
Nh vậy với ∀ n Z+ ta có n2+n+2 ⋮ 3 do đó n2+n+2 ⋮ 15 (đpcm)
Câu3(2 điểm)
Ta phải c/m (a+b+c)3- (a3+b3+c3) ⋮ 24
Ta có (a+b+c)3- (a3+b3+c3)=3(a+b)(a+c)(b+c) do a,b,c có cùng tính chẵn lẽ nên
a+b,a+c,b+c đều là các số chẳn
⇒ (a+b)(a+c)(b+c) ⋮ 8
Vậy 3(a+b)(a+c)(b+c) ⋮ 8
Câu4(2 điểm)
Ta có 36n-1-k.33n-2+1 ⋮ 7 ⇔ 9(36n-1-k.33n-2+1) ⋮ 7 (vì (9,7)=1)
⇔ 36n+1-k.33n+9 ⋮ 7 Vì 3n 3(mod7) ⇒ 36n+1+9 5(mod7)
Từ đó nếu n chẳn thì k 5(mod7)
Nếu n lẽ thì k -5(mod7)
Tức là k ± 5(mod7)
Hay là k=7k ± 5(k Z+)
Câu5:(2điểm)
A=(4+a-3b)4(3a-5b-1)4 ⋮ 16 ∀ a,b Z+
Xét các trờng hợp sau:(bằng cách đặt các số dang 2k,2k+1)
(1) a,b, chẵn
(2) a chẵn,b lẽ
Trang 9(3) a lẽ,b chẵn
(4) a ,b lẽ
Cả 4 trờng hợp ta đều có A ⋮ 16
Vậy A=(4+a-3b)4(3a-5b-1)4 ⋮ 16 ∀ a,b Z+
Bài tập vận dụng:
Bài1: Chứng minh rằng:
A=(23n+1+2n)(n5-n) ⋮ 30 ∀ n N
Bài 2: Chứng minh rằng 22n(22n+1-1) –1 ⋮ 9 ∀ n 1