(Sáng kiến kinh nghiệm) CHUYÊN đề bài TOÁN CHIA hết TRONG số học

MỞ ĐẦUĐể làm quen với số học thì việc đầu tiên, hãy biết đến các bài toán chia hết, vì nó là một khái niệm cơ bản và cũng là trọng tâm của số học.. Những bài toán vềchia hết có thể nói l

CHUYÊN ĐỀ

BÀI TOÁN CHIA HẾT TRONG SỐ HỌC

MỞ ĐẦU

Để làm quen với số học thì việc đầu tiên, hãy biết đến các bài toán chia hết,

vì nó là một khái niệm cơ bản và cũng là trọng tâm của số học Những bài toán vềchia hết có thể nói là không thể thiếu trong số học nói riêng và toán học nói chung.Trên thế giới đã có rất nhiều bài toán về chia hết rất ha, rất đẹp, và cũng có những

phương pháp chứng minh nó thật thú vị và bổ ích Khi cho trước số nguyên a và số nguyên dương b, một trong những câu hỏi hiển nhiên được đặt ra là: Liệu a có chia hết cho b không? Và làm cách nào để biết được điều đó? Đó là những điều mà

chúng ta phải giải quyết thường xuyên khi gặp những bài toán về số học

Có thể nói những vấn đề về đồng dư chia hết là vấn đề rất cơ bản và là kiếnthức bản lề khi học về phân môn số học Thường thì học sinh hay lao ngay vàonhững bài toán về phương trình nghiệm nguyên và các thủ thuật giải nó mà khôngbiết rằng chính những bài toán về phép chia hết lại là gốc dễ của mọi vấn đề Hiểu

rõ tầm quan trọng này, tác giả xin đưa ra một số phương pháp cơ bản giải các bàitoán chia hết, sau đó đưa ra cách khai thác và tiếp cận với những bài toán khó hơn.Qua đó hy vọng phần nào giúp bạn đọc có cách nhìn và sự định hướng đúng đắnkhi gặp các bài toán về số học

NỘI DUNG

A MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ ĐỒNG DƯ CHIA HẾT.

I Phép chia trong tập số nguyên

1.1 Định nghĩa Cho hai số , a b nguyên , a � Ta nói b chia hết cho a nếu0

b ac với c nguyên, ta còn nói a chia hết b hoặc b là bội của a và kí hiệu

; |

b a a bM .

1.2 Tính chất cơ bản.

1.2.1 Nếu | ,a b b � thì a0 � b

1.2.2 Nếu |a b và | a c thì | a mb nc  với m,n nguyên.

2.2 Tính chất cơ bản.

2.2.1 Mỗi số nguyên dương lớn hơn 1 đều có ước nguyên tố

2.2.2 Ước nguyên dương nhỏ nhất khác 1 của n là số nguyên tố và ước đó không vượt quá n

2.2.3 Có vô hạn số nguyên tố (số nguyên tố lớn nhất đã tìm ra là 232582657  , nó1được tìm ra năm 2006 và nó có 9808358 chữ số)

2.2.4 (Phân tích một số theo các thừa số nguyên tố) Mỗi số nguyên dương n1được phân tích duy nhất thành tích các thừa số nguyên tố: 1 2

k

n p p  p , với p i

nguyên tố và i�� 

III Ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất (The greatest common divisor and

the least common multiple).

3.1 Định nghĩa

3.1.1 Giả sử a,b là hai số nguyên không đồng thời bằng 0 Ước chung lớn nhất của hai số a,b là số nguyên lớn nhất chia hết cả hai số đó Ta thường dùng kí hiệu

( , )a b để chỉ ước chung lớn nhất của hai số a và b Hai số nguyên a,b được gọi là

nguyên tố cùng nhau nếu ( , ) 1a b 

3.1.2 Giả sử a,b là hai số nguyên khác 0 Bội chung nhỏ nhất của hai số a,b là số

nguyên dương nhỏ nhất chia hết cho cả hai số đó Ta thường dùng kí hiệu  a b để,

chỉ bội chung nhỏ nhất của hai số a và b.

IV Đồng dư (Modular arithmetics)

4.1 Định nghĩa Cho , a b là số nguyên và n là số nguyên dương Nếu a b chia

hết cho n thì ta nói a đồng dư với b modulo n, ký hiệu a b� (mod )n .

4.2 Tính chất Cho , , , a b c d là các số nguyên Ta có các tính chất cơ bản:

4.2.1 Nếu a b� (mod )n thì b a� (mod )n .

4.2.2 Nếu a b� (mod )n và b c� (mod )n thì a c� (mod )n .

4.2.3 Nếu a b� (mod )n và c d� (mod )n thì a c b d �  (mod )n .

4.2.4 Nếu a b� (mod )n và c d� (mod )n thì ac bd� (mod )n .

4.2.5 Nếu a b� (mod )n thì với mỗi k nguyên ta có ka kb� (mod )n .

4.2.6 Nếu a i �b i (mod ),n i1,2, ,k thì a a a1 2 k �b1 2b b (mod )k n

Đặc biệt nếu a b� (mod )n thì với mỗi k nguyên dương ta có a k �b k (mod )n 4.2.7 Nếu ab ac� (mod )n và ( , ) 1a m  thì b c� (mod )n .

4.2.8 Nếu a b � (mod ),m i i 1,2, ,k a b mod  m1, ,m k 

Đặc biệt nếu m m1, 2, ,m nguyên tố sánh đôi thì k

Có thể đưa ra một chứng minh đơn giản cho định lý này như sau:

Xét p số ,2 , ,(1 a a p1)a Ta chứng minh rằng không tồn tại 2 số đồng dư với

nhau trong phép chia cho p Thật vậy, giả sử tồn tại ka�la (mod )p với

Hệ quả Nếu p nguyên tố thì a p �a (mod )p

B MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CƠ BẢN CHỨNG MINH BÀI TOÁN CHIA HẾT

1 Phương pháp dùng phép chia có dư.

Căn cứ vào số chia b, mà xét mọi khả năng phân tích a bk r  với

0;1;2; ; 1

r� b Sau đó, với mỗi khả năng phân tích này lý luận để suy ra lờigiải của bài toán Chẳng hạn với b  thì với mỗi số nguyên a có thể phân tích3thành một trong ba dạng a3 ;k a3k1;a3k  2

Ví dụ 1 Chứng minh rằng a2  không chia hết cho 3 với mọi số nguyên a.1

Lời giải Với a3k thì a2  1 9k2  không chia hết cho 3.1

Với a3k thì a2  1 9k2  , chia 3 dư 1.1

Với a3k  thì 1 a2  1 9k2 6k  , chia 3 dư 2.2

Với a3k  thì 2 a2  1 9k2 12k  , chia 3 dư 2.5

Vậy trong mọi trường hợp thì a2  đều không chia hết cho 3.1

Ví dụ 2 Tìm tất cả các số nguyên dương n thỏa mãn 2n n  M.1 3

Lời giải Rõ ràng n không chia hết cho 3 Như vậy, n có một trong các dạng

6k 1,6k 2,6k 4,6k 5 (k�� )

Nếu n6k  thì do 1 26 �1 (mod3), ta có: n.2n 1� 26 k.2 1 2 1 0 (mod3) �  � ,tức là 2n n  M.1 3

Nếu n6k  thì 2 n.2n 1 2 2�  6 k.22 1 8 1 0 (mod3)�  � , tức là 2n n  M.1 3Nếu n6k  thì 4 n.2n 1 4 2�  6 k.24 1 2�6 1 2 (mod3)�

Nếu n6k  thì 5 n.2n 1 5 2� 6 k.251 2 (mod3)�

Như vậy, 2n n  M khi và chỉ khi n có dạng 61 3 k hoặc 61 k  , k ��.2

Nhận xét: Các số dạng .2 n n  được gọi là số Cullen Các số Cullen với12,3, ,140

n đều là hợp số, nhưng số Cullen với n141 là số nguyên tố Từ bàitoán trên ta suy ra có vô hạn số Cullen là hợp số, tuy nhiên cho đến nay vẫn chưabiết có hữu hạn hay vô hạn số Cullen là số nguyên tố

Ví dụ 3 Cho p là số nguyên tố lớn hơn 7 Chứng minh rằng 3 p 2p  M1 42p

Lời giải Ta sẽ chứng minh 3 p 2p  M1 42p chia hết cho 2; 3; 7 và p.

Bài tập tương tự:

Bài 1 Chứng minh rằng a3 chia hết cho 6 với mọi số nguyên a a

Bài 2 Chứng minh rằng a a( 6  chia hết cho 7 với mọi số nguyên a.1)

Bài 3 Chứng minh rằng ab a( 2 b2)(4a2 b2) chia hết cho 5 với mọi số nguyên

Ví dụ 1 Chứng mình rằng với mọi số nguyên dương n thì 58n 23 chia hết cho24

Lời giải Ta có: 58n 58.8n1 254.8n1 �1 mod 24 , suy ra 58n 23 24M (đpcm)

Ví dụ 2 Chứng mình rằng với mọi số tự nhiên n thì 122 1n 11n 2 chia hết cho133

Lời giải Ta có: 122 1n 12.122n 12.144n Vì 144 11 mod133�   nên

144n �11 mod133n 12.144n 12.11 mod133n (1)

Mặt khác 11n 2 121.11n �12.11 mod133n   (2)

Từ (1) và (2) suy ra 122 1n 11n 2 �0 mod133  (đpcm).

Ví dụ 3 Cho , ,a b c là các số nguyên dương Chứng minh rằng nếu a2  b2 c2

chia hết cho 9 thì ít nhất một trong các số a2 b b2; 2 c c2; 2 a2 chia hết cho 9

Lời giải Bài toán tương đương với việc chứng minh tồn tại ít nhất hai trong ba số

2, ,2 2

a b c có cùng số dư khi chia cho 9.

Nhận xét rằng n2 �0,1,4,7 mod9  với mọi số nguyên n.

3 Phương pháp quy nạp toán học

Phương pháp quy nạp tỏ ra rất hữu hiệu với những bài toán chia hết phụ

thuộc biến n và có dạng lũy thừa phức tạp Ta đưa ra một vài bài toán minh họa

cho phương pháp này

n

x   n  chia hết cho 9 với mọi số tự nhiên n.

Lời giải Với n thì 0 x0  M.0 9

Giả sử mệnh đề đúng với n, tức là x nM Ta chứng minh mệnh đề đúng với 9 n 1

Do đó x n1M Vậy 9 x chia hết cho 9 với mọi số tự nhiên n n

Ví dụ 2 Cho x n 77 7 (n lần) Chứng minh rằng với mọi n� thì 2 x n  M 17 20

Lời giải Với n , ta dễ kiểm tra được 2 x2  M 17 20

Giả sử mệnh đề đã đúng với n, tức là x n 17 20M �x n 20a n 3, ta chứng minhmệnh đề đúng với n Thật vậy, ta có1

Vậy x n  M với mọi n nguyên dương, 17 20 n� 2

Ví dụ 3 Chứng minh rằng với mọi n nguyên dương thì 23n  M 1 3n

Lời giải Với n mệnh đề hiển nhiên đúng1

Giả sử mệnh đề đúng với n, tức là 23n 1 3Mn �23n k.3n 1

2n  k.3n 1 k 3 n k 3 n k.3n  1 3 1; n t  t��

Như vậy, 23n1  M (đpcm).1 3n 1

Nhận xét 1: Từ bài toán ta suy ra kết quả sau:

Tồn tại vô hạn số nguyên dương n sao cho 2 n  M Rõ ràng cách hỏi này rất khó1 n

vì để làm được nó chúng ta phải đoán nhận ra một dạng tổng quát nào đó của n,

trong bài toán này thì chỉ cần chọn n là được Đây vẫn là dạng bài khó đặc3k

biệt là với học sinh THCS

Tuy nhiên nếu đưa thêm điều kiện n nguyên tố thì có thể tìm được n thỏa mãn đề

bài Thật vậy, theo định lý Fecmat, 2n  M , suy ra 32 n Mn�n3

Vậy chỉ có n là số nguyên tố duy nhất thỏa mãn tính chất 2 13 n  M n

Nhận xét 2: Ta có thể đưa ra một bài toán mà cách hỏi có bản chất khác hẳn như

sau: Chứng minh rằng phương trình 2x  1 xy có vô hạn nghiệm nguyên dương

Rõ rằng một họ nghiệm của phương trình này là  ; 3 ;23 1 ( )

3

k

k k

Bài 2 Chứng minh rằng tổng lập phương của ba số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết

k

Biết rằng S p k M Chứng minh rằng k không chia hết cho p 1

Lời giải Giả sử k chia hết cho p Theo định lý Fecmat ta có1

1 1 (mod ), 1, , 1

p

Do k pM 1 nên a k �1 (mod ), p  a 1, ,p1, suy ra S k �p1 (mod )p , mâu

thuẫn với S p k M Vậy k không chia hết cho p 1

Ví dụ 2 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên k ta có 22 6k2  chia hết cho 19.3

Lời giải Ta có 26  64 1 (mod9)� 26k 1 (mod9) 26k 2 4 (mod9)

Do hai vế đều chẵn nên 26k2 �4 (mod18)�26k2 18t4 (t�� )

Mặt khác, theo định lý Fecmat, 218 �1 (mod19) 218t 1 (mod19)

Như vậy, 226k2 218 4t �2 (mod19)4 �226k2 3 2 +3 0 (mod19)�4 � (đpcm)

Ví dụ 3 Chứng minh rằng 270 370 chia hết cho 13

Lời giải Theo định lý Fecmat ta có: 212 �1 (mod13) 260 1 (mod13)

Mặt khác, 25 �6 (mod13) 210 3 (mod13) Do đó 270 2 260 10 �3 (mod13)

Lại có 33  �1 (mod13) 369 1 (mod13) 370 3 (mod13).

Như vậy, 270 370 �0 (mod13) (đpcm)

Ví dụ 4 Cho p nguyên tố và a là số nguyên Chứng minh rằng nếu | p a p  thì1

Lời giải Nếu p  thì mọi n chẵn đều thoả mãn điều kiện đề bài.2

Nếu p  , khi đó theo định lý Fermat, ta có: 2 2m p 1 �1 mod p, m�� *

Lấy n m p (  với 1) m�1 mod p .

Khi đó n m p (  �1) 1 (mod )p và 2n n�2n 1 0 (mod )� p

Do có vô số số nguyên dương m sao cho m�1 mod p nên tồn tại vô số số

nguyên dương n thoả mãn 2 n  M (đpcm).n p

Ví dụ 7 Cho p là nguyên tố lớn hơn 5 Chứng minh rằng số S 11 11(p 1)

Bài 1 Cho p, q là hai số nguyên tố phân biệt Chứng minh rằng p q1q p1 M 1 pq

Bài 2 Tìm các số nguyên tố p và q sao cho p3 – q5 = (p + q)2

C MỘT SỐ BÀI TOÁN NÂNG CAO

Trong phần này đưa ra một số bài toán nâng cao điển hình về số học liênquan đến đồng dư và chia hết, sau đó phân tích và nhấn mạnh một số kết quả vàtính chất quan trọng đã được sử dụng và khai thác trong bài toán Qua đó góp phầnnào cho các bạn có cách nhìn và cách tiếp cận với các bài toán số học THCS

ta được điều phải chứng minh

Chú ý: Với , a b nguyên phân biệt, ta có a n b a b n nM  ��

Với ,a b nguyên , ta có a n b a b n nM  ��, n lẻ.

Tính chất này rất hiển nhiên nhưng được sử dụng nhiều trong những bài toán chiahết có lũy thừa của một số nguyên

Từ tính chất này cho ta một tính chất về đa thức nguyên như sau:

Cho đa thức ( )P x có các hệ số nguyên Khi đó ( ) P a P b( ) luôn chia hết

cho a b với mọi ,a b nguyên phân biệt Ta thử đưa ra một ví dụ áp dụng tính chất

Bài toán 1.2 Cho đa thức ( ) P x hệ số nguyên Chứng minh rằng không tồn tại ba

số nguyên phân biệt , ,a b c thỏa mãn ( ) P a b P b; ( )c P c; ( ) a

Bài toán 1.3 Cho m nguyên dương sao cho 2 m  là số nguyên tố Chứng minh1

rằng m là số nguyên tố.

Hint Giả sử m là một hợp số, suy ra m pq p q ( , ��*)

Ta có 2m 1 2pq 1 2Mp 1 và 2p   nên 21 1 m là hợp số, trái giả thiết.1

Nhấn mạnh: Tính chất rất quan trọng: Nếu m,n nguyên dương thỏa mãn m nM thì

Phân tích bài toán Để chứng minh một số n là chẵn ta chỉ cần chứng minh ước

nguyên tố nhỏ nhất của n chính là 2 Khi đưa thêm yếu tố số nguyên tố vào đây ta

có thêm nhiều công cụ để giải quyết bài toán Đặc biệt là từ giả thiết sẽ có quan hệđồng dư 3n �1 (mod )p , cùng với việc áp dụng định lý Fecmat ta sẽ có thêm nhiều

suy luận cho p và n Để giải quyết những bài toán dạng này ta sử dụng thêm một

tính chất rất hay sau đây:

Bổ đề: Cho a nguyên, n và p nguyên dương thỏa mãn a n �1 (mod )p Gọi h là số

nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn a h �1 (mod )p Khi đó n chia hết cho h.

Chứng minh: Ta biểu diễn n kh r  , 0�r h .

Ta có a n  �a kh r  a h k.a r a r (mod )p a r 1 (mod )p Nếu r  thì điều này0

mẫu thuẫn với việc chọn h là số mũ nhỏ nhất thỏa mãn a h �1 (mod )p

Vậy r  , tức là n chia hết cho h 0

Lời giải bài toán 2

Gọi p là ước nguyên tố nhỏ nhất của n, ta chứng minh p 2

Ta có 3n �1 (mod )p p 3

Gọi h là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho 3 h �1 (mod )p (*)

Theo bổ đề trên thì n chia hết cho h

Cũng theo định lý Fecmat ta có 3p1 �1 (mod )p , nên cũng theo bổ đề thì |h p1Nếu h  thì gọi q là ước nguyên tố của h , suy ra h q1 � và |q n Mà

1

p � �h p h q � , mâu thuẫn với p là ước nguyên tố nhỏ nhất của n.

Vậy h , từ đó theo (*) ta được 1 p  Do đó n chẵn (đpcm).2

Một số bài toán tương tự (sự dụng bổ đề)

Bài toán 2.1 Cho p nguyên tố Gọi q là ước nguyên tố bất kì của 2 p  Chứng1minh rằng q  chia hết cho p.1

Hướng dẫn Gọi h là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn 2 h �1 (mod )q

Khi đó |h p , dễ thấy h � suy ra h p1 

Theo định lý Fecmat ta có 2q1 �1 (mod )q �q1Mh�q1M (đpcm).p

Bài toán 2.2 Cho p nguyên tố, a là số nguyên, 1a�p1 Đặt 1

0

p k k



� Gọi q

là ước nguyên tố bất kì của A Chứng minh rằng q  chia hết cho p.1

Bài toán 2.3 Cho n nguyên, n thỏa mãn 1 3n  M Chứng minh rằng n chẵn và1 n3

n không chia hết cho 4

Bài toán 2.4 Cho a là số tự nhiên, n nguyên lớn hơn 1 thỏa mãn a n  M 1 n2

a) Chứng minh rằng n lẻ.

b) Chứng minh rằng a không là lũy thừa của 2.1

Hướng dẫn a) Nếu n chẵn thì a là số chính phương, suy ra n

0,1 (mod 4) 1 1,2 (mod 4)

a � �a  � Nhưng n2 �0 (mod 4), nên đây là điềumẫu thuẫn

b) Gọi p là ước nguyên tố nhỏ nhất của n, vì n lẻ nên p lẻ.

Ta có a n �1 (mod )p � a n �1 (mod )p Gọi h là số nguyên dương nhỏ nhấtsao cho  a h �1 (mod )p

Khi đó |h p1; |h n Từ đó chứng minh được h (tương tự các bài toán trên)1Suy ra a M Vậy 1 p a có ước nguyên tố lẻ, tức là 1 a không thể là lũy thừa1của 2 (đpcm)

Bài toán 2.5 Tìm tất cả n nguyên dương sao cho 2 n  M 1 n

Bài toán 2.6 Cho p là số nguyên tố lẻ, q,r là những số nguyên tố thỏa mãn ương

sao cho q r  M Chứng minh rằng hoặc 1 p p M hoặc 1 2r q2  M 1 p

Bài toán 3 (HSG lớp 9 Vĩnh Phúc 2009) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao

cho với mọi số a lẻ mà a2 � thì |n a n

Lời giải Ta sẽ khai thác giả thiết là với mọi a lẻ thỏa mãn a2 � đều có tính chấtn

|

a n để chặn được a Muốn vậy ta gọi a là số nguyên dương lẻ lớn nhất thỏa mãn

2

a  , khi đó n n�(a2)2

Nếu a� thì 7 a4;a2;a là 3 số lẻ chia hết n, mà các số này nguyên tố sánh đôi

nên (a4)(a2) |a n�(a4)(a2)a�(a2)2 � a3 7a2 4a4 0�

Dễ thầy điều này mẫu thuẫn với a� Do đó 7 a�1;3;5 .

Từ đó tìm ra n�1,2,3,4,5,6,7,8,9,12,15,18,21,24,30,45 .

Nhận xét: Đây là dạng bài toán quen thuộc với học sinh THCS, bài toán yêu cầu

tìm các số nguyên thỏa mãn một quan hệ chia hết nào đó Để giải quyết các bàitoán dạng này ta thường khai thác tính chất chia hết để chặn các biến hoặc đánh giáthêm tính chất số học cho các biến Có thể sử dụng thêm định lý Fecmat để xử lýcho nhanh trong nhiều tình huống Ta xét một vài bài toán tương tự

Bài toán 3.1 Cho p nguyên tố và a,n nguyên dương thỏa mãn 2 p 3p  Chứnga n

Bài toán 3.2 Tìm tất cả n nguyên dương sao cho khi xóa đi chữ số cuối cùng của n

ta được một số là ước của n.

Hint Gọi b là chữ số cuối cùng của n và a là số thu được khi đã xóa b, ta có

10

n a b Từ |a n ta suy ra | a b

Nếu b  thì n luôn thỏa mãn.0

Nếu b� thì do |0 a b nên a là một chữ số của n Khi đó các số n thỏa mãn là

11, 12,…,19, 22, 24, 26, 28, 33, 36, 39, 44, 48, 55, 56, 77, 88, 99

Bài toán 3.3 Cho n là số nguyên dương chẵn và , a b là hai số nguyên dương

nguyên tố cùng nhau Tìm ,a b biết a n  chia hết cho a b b n 

Hint Ta có a n  b n (a2 b2)a n2a b n4 2   b n2