các bài toán chứng minh chia hết có lời giải và phương pháp giải

Chứng minh chia hết bằng phương pháp phân tích ra thừa số nguyên tố 1.. Giới thiệu Một trong những định lý quan trọng nhất của số học là định lý về phân tích một số tự nhiên ra thừa số n

A Chứng minh chia hết bằng phương pháp phân tích ra thừa số nguyên tố

1 Giới thiệu

Một trong những định lý quan trọng nhất của số học là định lý về phân tích một số tự nhiên ra thừa số nguyên tố Định lý này được coi là nền tảng để nghiên cứu Lý thuyết số

Định lý cơ bản của số học Mỗi số tự nhiên n 0 đều có thể biểu diễn duy nhất (nếu không tính đến thứ tự các thừa số) dưới dạng

k

k

p p p

n  1  2 

2 1



trong đó p ilà các số nguyên tố (i 1 , 2 , ,k.).

Tiếp theo, ta đưa ra các mệnh đề có ý nghĩa và ứng dụng trong việc giải bài toán chia hết Việc chứng minh các mệnh đề này có thể tìm thấy trong [1], [2]

Mệnh đề 1 Nếu hai số nguyên a và b cùng chia hết cho m thì a + b chia hết cho m, a - b

chia hết cho m.

Hệ quả 2 Nếu tổng của hai số chia hết cho m và một trong hai số ấy chia hết cho m thì số

còn lại cũng chia hết cho m

Mệnh đề 3 Nếu một thừa số của một tích chia hết cho m thì tích chia hết cho m.

Mệnh đề 4 Nếu a chia hết cho m và b chia hết cho n thì ab chia hết cho mn.

Mệnh đề 5 Nếu a n số nguyên tố p thì a p

Mệnh đề 6 Nếu a chia hết cho 2 số nguyên tố cùng nhau m và n thì a chia hết cho tích mn Mệnh đề 7 Nếu tích ab chia hết cho m trong đó b và m là hai số nguyên tố cùng nhau thì a

chia hết cho m.

2 Sử dụng phương pháp phân tích ra thừa số nguyên tố để giải bài toán chia hết

Dạng 1 Phân tích A thành tổng các số hạng

Sử dụng tính chất chia hết của tổng (hoặc hiệu) và hệ quả:

Nếu A = A 1 + A 2 + A 3 + +A n và thoả mãn điều kiện Ai B (i = 1 ,n) thì AB

Bài toán 1.Chứng minh rằng

i) ab  bachia hết cho 11;

ii) ab  bachia hết cho 9 với a  b

Lời giải.i) abba 10ab  10ba 11a 11b, chia hết cho 11

ii) ab ba10ab 10ba 9a 9b,chia hết cho 9

Bài toán 2 Cho số abcchia hết cho 27.Chứng minh rằng số abcchia hết cho 27.

Lời giải Ta có abc 27

27 0 1000

27

0





bc

a

abc







27 37

.

27

27 0 999





bca

a

bc a

a











Do 27 37a 27nên bca 27

Dạng 2. Phân tích A thành tích

Sử dụng tính chất chia hết của tích: Nếu một thừa số của tích chia hết cho B thì tích chia

hết cho B Tức là: Nếu A = A 1 A 2 A 3 A n và A iB(i 1 ,n) thìA B Nếu A =

A 1 A 2 A 3 A n và B = B 1 B 2 B 3 B n mà A  i B i ( i 1 ,n) thì A B

Bài toán 3.Cho số tự nhiên n  1.Chứng minh:T n  1 5  2 5  n5 chia hết cho tổng của n

số tự nhiên đầu tiên S n  1  2  n.

Lời giải Ta có: 2S n nn 1.

Mặt khác, sử dụng tính chất a n b nab, a,bn*và n lẻ,

Ta có

1 1  2  2    1 1 2

2

, 1 1

1 2

1

2

5 5

5 5

5 5

5 5

5 5

5

n n n

n n

T

n n

n n

T

n

n













































Thêm vào đó, do n,n 1  1ta suy ra: 2T nnn 1 2S n  T nS n.

Tổng quát,ta có thể chứng minh được:1k  2k  n k chia hết cho 1+ 2 +…+ n,

với mọi n,kN,n 1và k lẻ.

Bài toán 4 Chứng minh rằng tích của ba số chẵn liên tiếp thì chia hết cho 48.

Lời giải Gọi ba số chẵn liên tiếp là 2a, 2a+2, 2a+4 a  N

Xét tích: 2a(2a+2)(2a+4)=8a(a+1)(a+2).

Chứng minh rằng a(a+1)(a+2) chia hết cho 3 và chia hết cho 2.

Bài toán 5 Chứng minh rằng số gồm 27 chữ có chữ số 1 thì chia hết cho 27.

Lời giải Gọi A là số gồm 27 chữ số 1, B là số gồm 9 chữ số 1.Lấy A chia cho B ta được

thương là C  10 010 01 Như vậy A= B.C trong đó B chia hết cho 9, còn C chia hết cho

3 Vậy A chia hết cho 27

Dạng 3. Phân tích B thành nhân tử: Nếu B = B 1 B 2 B 3 B n với (B , i B j) = 1, i  j và thoả mãn điều kiện AB i ( i  1 ,n) thì A B

Bài toán 6 Cho n Z Chứng minh A n chia hết cho 24 với

n n

n n

A n  4  14 3  71 2  154  120

Lời giải Ta có: 24=3  8 Do 3 và 8 nguyên tố cùng nhau, nên để chứng minh A 24,ta chứng minh A 3 và A 8 Ta có :

120 154

71

4









A n = n3(n 2 )  12n2(n 2 )  47n (n 2 )  60 (n 2 )

= ( 2) 2( 3) 9 ( 3) 20( 3)











Vì A n là tích của 4 số nguyên liên tiếp nên A n3, ngoài ra, trong 4 số nguyên liên tiếp luôn có hai số chẵn liên tiếp, một số chia hết cho 4, số còn lại chia hết cho 2 nên ta

có A n  8 Vậy ta có điều phải chứng minh

Bài toán 7 Chứng minh: n4  4n3  4n2  16n 384 n

Lời giải.Đặt An4 4n3  4n2 16nnn 4 n2 4.

Vì n chẵn nên n 2m(mZ)  A 16m 2m 1 m m 1.

Vì m 2m 1 m m 1 là tích của 4 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 8 và 3 Mà (3,8)=1 Từ đó có m 2m 1 m m 1 24.Vậy A 384(đpcm)

Bài toán 8 Chứng minh: n4  6n2  7 4 , n

Lời giải Đặt An4  6n2  7 n2  1n2  7

Vì n lẻ nên n 2m 1 (mZ)  A 16mm 1 m2 m 2 Suy ra A chia hết cho 4.

Dạng 4. Nếu C.AB, trong đó (C,B)  1 thì A B

Bài toán 9 Chứng minh rằng nếu p là số ngyên tố lớn hơn 3 thì (p-1)(p+1) chia hết cho 24.

Lời giải Ta có (p-1)p(p+1) 3 mà ( p,3 ) =1 nên (p-1)(p+1)  3 (1)

Vì p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p là số lẻ, p-1 và p+1 là hai số chẵn liên tiếp Trong hai

số chẵn liên tiếp, có một số là bội của 4 nên tích của chúng chia hết cho 8 (2)

Từ (1) và (2) suy ra (p-1)(p+1) chia hết cho hai số nguyên tố cùng nhau 3 và 8.

Vậy (p-1)(p+1)  24

B Lý thuyết đồng dư và bài toán chia hết

Tóm tắt Lý thuyết đồng dư do nhà toán học Gauss xây dựng Có thể nói lý thuyết đồng dư thức là một công

cụ mạnh để giải quyết các bài toán số học nói chung và các bài toán chia hết nói riêng Ngày nay, lý thuyết đồng dư có một vai trò rất quan trọng trong bài toán mật mã khoá công khai, một vấn đề có ý nghĩa thực tiễn cao Bài viết này trình bày một số vấn đề về lý thuyết đồng dư và ứng dụng của nó trong bài toán chia hết.

1 Giới thiệu

Lý thuyết đồng dư do nhà toán học lỗi lạc " Ông vua toán học " Gauss <1777-1855> trình bày trong "Disquisitiones Arithmeticae" Phần chính của sách được viết khi còn là sinh viên và in xong khi ông mới 24 tuổi Ngày nay lí thuyết được thừa nhận là một công

cụ cơ bản đầy sức mạnh khi nghiên cứu lí thuyết số

Định nghĩa 1 Cho trước số nguyên dương m Hai số nguyên avà bđược gọi là đồng

dư với nhau theo modulo m nếu hai số đó có cùng số dư khi chia cho m, kí hiệu là

a  b (mod m)

hoặc một định nghĩa khác tương đương

Định nghĩa 2 Cho trước số nguyên dương m Hai số nguyên a, bđồng dư theo modulo

m khi và chỉ khi a  b chia hết cho m.

Sau này ta sẽ sử dụng định nghĩa 2 nhiều hơn Việc phát hiện ra hai số đồng dư với nhau theo một modulo nào đó chủ yếu dựa vào định nghĩa 2

Định lý 3 Quan hệ đồng dư trên vành số nguyên Z là một quan hệ tương đương và với

mỗi số nguyên dương m cho trước thì tập thương của nó là   0,1, 2, , 1}

Z

m

2 Một số tính chất của đồng dư thức

Dựa vào định nghĩa 2, ta có thể đưa ra các tính chất của đồng dư thức Các tính chất sau

đây xét trên tập các số nguyên và riêng modulo m là số nguyên dương nếu không có chú

thích gì thêm

Tính chất 4 Nếu a  b (mod m) và c  d (mod m) thì abcd (mod m)

Tính chất 5 Nếu a  b (mod m) và c  d (mod m) thì ac  bd (mod m).

Hệ quả 6 Nếu a  b (mod m) thì a n b n(modm) n N.







Tính chất 7 Nếu a  b (mod m) và d | m thì a  b (mod d).

Tính chẩt 8 Nếu ca  cb (mod m) và (c,m)  1 thì a  b (mod m).

Tính chất 9 Nếu a  b(modm i) với i  1 , 2 , 3 , ,n thì a bmodm1,m2, ,m n 

vớin  N.

















) , ( mod )

(mod

m a

m b

a m cb

Tiếp theo, ta sẽ đưa ra một vài định lý về đồng dư có ứng dụng quan trọng vào việc giải toán số học, đặc biết là trong các bài toán chứng minh chia hết

3 Một số định lý quan trọng về đồng dư thức

Định lý 10 Giả sử f là một đa thức với hệ số nguyên; a, b là các số nguyên thoả mãn điều kiện a  b (mod m) Khi đó f(a) f (b) (mod m).

Định lý 11.( Định lý Fermat nhỏ) Giả sử p là một số nguyên tố và a là một số tự nhiên

tuỳ ý Khi đó, a p a (mod p)

 Nếu (a,p)  1 thì a p 1 1 (mod p).





Sau đây ta sẽ đưa ra một cách chứng minh đơn giản nhất cho định lý Fermat nhỏ

Chứng minh Ta chứng minh định lý Fermat nhỏ bằng quy nạp theo a Rõ ràng bài toán

đúng với a 0 Giả sử khẳng định bài toán đúng đến a Ta chứng minh bài toán cũng đúng với a 1, tức là (a 1 )p a 1 (mod p).







Theo nhị thức Newton, ta có ( 1) 1 1(mod )

1 1

p a

a C a

a

p k

k k p p

p















vì với

1

1 k p thì C k k!.(p p! k !

p



 là một số nguyên có chứa thừa số p nên k

p C

p |

Định lý 12 (Định lý Euler) Giả sử a, m là các số nguyên nguyên tố cùng nhau Khi đó

), (mod 1

)

a m





trong đó (m) là hàm Euler và nếu n

n

p p p

m  1  2 

2 1















n

m m

1

1 1 ) (

Dễ thấy định lý Fermat nhỏ là một trường hợp riêng của định lý Euler

Định lý 13 (Định lý Wilson) Giả sử p là một số nguyên tố Khi đó

).

(mod 1

)!

1

Chú ý là mệnh đề đảo của định lý Wilson cũng đúng tức là nếu ta có

) (mod 1

!

1

thì n phải là số nguyên tố

Sau đây, ta sẽ đưa ra một số ví dụ về phương pháp sử dụng lý thuyết đồng dư để chứng minh sự chia hết

-Có thể xem các cách chứng minh của các định lý Fermat, Euler, Wilson trong [1], [2].

4 Áp dụng đồng dư vào giải bài toán chia hết

Bài toán 1 Chứng minh rằng 3 2010  5 2010 chia hết cho 13

Lời giải Ta có 3 2010 27 670 1 ( mod 13 )







dụng tính chất 4 ta có điều phải chứng minh

Bạn đọc có thể đưa ra một bài toán tổng quát là tìm tất cả các số nguyên dương k sao cho

k

k 5

3  chia hết cho 13

Bài toán 2 Chứng minh rằng 1 2002 2 2002 2008 2002 5







Lời giải Sử dụng định lý Fermat nhỏ với chú ý 2003 là số nguyên tố, ta có

) 2003 (mod

1

2002



) 2003 (mod 2003 5

2008

2









Bài toán 3 Chứng minh rằng 1728 1



n chia hết cho 1729 với mọi nguyên dương n.

Lời giải Ta chú ý 1729  7 13 19 và 7, 13, 19 đều là các số nguyên tố nên theo định lý Fermat nhỏ, ta có 6 1 (mod 7 ) ; 12 1 (mod 13 ) ; 18 1 (mod 19 )





) 19 (mod 1 ) (

; ) 13 (mod 1 ) (

; ) 7 (mod 1 )

1728











n

Vì 7, 13, 19 đôi một nguyên tố cùng nhau nên sử dụng tính chất 9 của đồng dư ta có

) 1729 (mod

1

1728



n tức là n1728  1 chia hết cho 1729

Bài toán 4 Chứng minh với mỗi số tự nhiên m 0 thì tồn tại vô hạn số tự nhiên n sao cho với moị số tự nhiên a nguyên tố cùng nhau với m ta luôn có a n  1 chia hết cho m Lời giải Theo định lý Euler ta có a (m)  1 (mod m)nên nếu chọn n k(m) với

,

3

,

2

,

1



k thì hiển nhiên n sẽ nhận vô hạn giá trị và ta có

m a

a n m k k





Chứng minh hoàn tất

Bài toán 5 Cho nN,n  3 Chứng minh nếu n 2 là một số nguyên tố thì n! 1 là một hợp số

Lời giải Vì n 2 là số nguyên tố nên theo định lý Wilson ta có

) 2 (mod

1

!

1

(n   n hay một cách tương đương ta có (n 1 !  1 chia hết cho

.

2



n Mặt khác, ta lại có (n 1 !  1  (n 2 ).n!  n!  1 nên suy ra n! 1 chia hết cho n 2 Hơn nữa do n  3 ta luôn có n!  1 n 2 nên ta có ngay đpcm

Bài toán 6 Gọi S (n) là tổng các chữ số của số tự nhiên n khi n ghi trong hệ cơ số 10

Đặt S k(n) S(S( (n) ))với k lần xuất hiện chữ S.Chứng minh rằng n S k (n) chia hết cho 9

Lời giải Rõ ràng ta chỉ phải chứng minh chia hết cho 9 Thật vậy, giả sử

10

10 10

.

1 0

1

a

a

n n n n



mọi số tự nhiên k ta suy ra n  S (n) (mod 9 ) tức là n  S (n)chia hết cho 9 Sử dụng điều này, ta có n S(n) S2(n)  S k(n) (mod 9 ).Từ đây ta suy ra đpcm

C Phương pháp quy nạp trong giải toán chia hết

Ý tưởng.Trong nhiều lĩnh vực khác nhau của toán học ( số học, hình học, giải tích) ta

thường gặp những bài toán chứng mệnh đề chứa biến A (n) là mệnh đề đúng với mọi giá

trị nguyên dương của biến n Để chứng minh mệnh đề chứa biến A (n) là đúng với mọi

giá trị nguyên dương của n ta thực hiện các bước sau:

Bước 1 ( Bước cơ sở hay bước mở đầu) Chứng minh A (n) đúng khi n = 1.

Bước 2 ( Bước quy nạp hay bước di truyền) Với k là số nguyên dương, xuất phát từ giả thiết (được gọi là gia thiết quy nạp) A (n) đúng với n=k , ta chứng minh mệnh đề chứa biến là đúng với n=k+1.

Với ứng dụng rộng rãi của phương pháp quy nạp đối với những bài toán chứng minh A(n)

tự nhiên, ta vẫn thường dùng phương pháp quy nạp Cụ thể lược đồ của cách giải này là:

 F( 1 ) A

 Giả sử F(n) A, ta chứng minh F( n 1 ) A Nhưng để ý rằng nếu a b c

c b

c a

















 Vì vậy có thể xem đây là một biến dạng của phương pháp quy nạp, để chứng minh

A n

F( )  ta qua hai bước:

 F( 1 ) A

 F(n 1 )  F(n) A n 1

Áp dụng phương pháp này, ta có thể giải được một loạt các bài toán chia hết khá cồng kềnh

Bài tập 1 Chứng minh nN,n 1có F(n)  16n  15n 1chia hết cho 125

Lời giải Có F( 1 )  0  125

Xét F(n 1 )  F(n)  15 16n  15  15 ( 16n  1 )nhưng

15 ) ( 15 1 ) 1 15

(

1









 nên F(n 1 )  F(n)  125 (đpcm)

Bài tập 2 Chứng minh nN,n 1thì ( ) 3 2 3 40 27





n

Lời giải.Có G( 1 )  256  64

Xét ( 1 ) ( ) 8 3 2 3 40 83 2 3 5











n

G

Đặt ( ) 3 2 3 5



 n

n

H ta cần chứng minh H(n)  8

Lại áp dụng phương pháp trên với H (n)

8 248

)

1

Xét ( 1 ) ( ) 3 2 3 ( 3 2 1 ) 8









n

Vậy ( ) 3 2 3 40 27 64







n

(Đpcm)

Bài tập 3 Chứng minh nN,n 1có: 10n  18n 1  8(1)

Lời giải Với n=1 ta có (đpcm)

Giả sử (1) đúng với n ta cần chứng minh (1) cũng đúng với n+1 nghĩa là:

27 1 18 10 1 ) 1 (

18

10 1















n  9 ( 10n  2 )  27 Thật vậy, ta có số 10n+2 có tổng các chữ số là 3, vì vậy theo dấu hiệu chia hết cho 3 thì 10n+2  9 ( 10n  2 )  27 hay (1) được chứng minh

Bài tập 4 Chứng minh nN,n 1có: 2 2 1 1 3







n (1)

Lời giải Với n=1 ta có 3 3 (đpcm)

Giả sử (1) đúng với n ta cần chứng minh (1) cũng đúng với n+1 nghĩa là:

3 1 2

1

2      3 2  3 (đúng)

Vậy (1) được chứng minh

D Phương pháp phản chứng và bài toán chia hết

Ý tưởng Một mệnh đề toán học đúng hoặc sai mà ko thể vừa đúng lại vừa sai Muốn chứng minh mệnh đề

đúng, ta chứng minh cho nó không sai Nói cách khác, nếu giả sử mệnh đề là sai thì sẽ dẫn đến 1 điều vô lí Phương pháp chứng minh như vậy được gọi là Chứng minh phàn chứng.

1) Các bước của phép chứng minh phản chứng

Bước 1 Bước giả định: Giả sử mệnh đề cần chứng minh là sai

Bước 2.Bước truy nguyên:Xuất phát từ giả sử mệnh đề sai ta dẫn đến 1 điều vô lý(hoặc trài

với giả thuyết, hoặc là mâu thuẫn với 1 định lí, tiên đề, 1 kết luận đã chứng minh là đúng, hoặc là dẫn tới 2 kết luận mâu thuẫn nhau)

Bước 3.Bước kết luận: Điều vô lí chứng tỏ là mệnh đề ko sai tức là mệnh đề cần chứng

minh là đúng

2) Áp dụng phương pháp phản chứng vào giải toán chia hết

Bài toán 1: Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên dương n sao chon3  2006n 2008 2008  1

Lời giải Giả sử tồn tại số nguyên n để 3 2006 2008 2008 1



Ta có n3 2006n n3 n 2007n n 1 n n 1 2007n















Vì n 1 ;n;n 1 là ba số nguyên liên tiếp nên có đúng một số chia hết 3 Nên

n 1 n n 1 3

Vậy suy ra 3 2006 3



n

Mặt khác:

2007 1 1 1









 chia cho 3 dư 2 (2)

Từ (1) và (2) dẫn đến điều mâu thuẫn, tức là không có số nguyên dương n nào thoả mãn điều

kiện của bài toán đã cho Suy ra điều phải chứng minh

Bài toán 2: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì 2 1



n

n không chia hết cho 15

Lời giải Giả sử n2 n 2  15  3 5 với mọi n  Nthì n2 n 2  3 nên n2 n 2  3k với

N

k  Khi đó phương trình 2 2 3 0







Ta có   1  42  3k 12k 7  34k 3 2 không thể là số chính phương ( vì số chính

phương chia cho 3 dư 0 hoặc 1) Vậy phương trình không có nghiêm nguyên, do đó

3

2

2 n  

n với mọi n  N Vậy điều giả sử trên là vô lý, suy ra điều phải chứng minh

Bài toán 3: Chứng minh rằng n2 n 1  9 nN

Lời giải Giả sử n2 n 1 9 nN





n

Ta có: 2 1 ( 1 )( 2 ) 3 3























3 2

3 1





n

n

mà (n 2 )  (n 1 )  3  3

Nên n 2  3 và n 1 3 do đó (n 1 )(n 2 )   9 3  9 (vô lý)

Vậy n2 n 1  9 nN



Bài toán 4: Cho n là số tự nhiên d là ước nguyên dương của 2n2 Chứng minh rằng:n2 d  2008 2

Lời giải Bây giờ ta chứng minh rằng n 2 dkhông là số chính phương

Giả sử n2 d m2 với m  N

Vì d là ước của 2n2 nên 2n2 k.d

 với k  N

k

n d

2

2



Thay

k

n

d 2 2 vào (1) ta được: 2 2 2 m2 n2k2 2n2k m2k2

k

n

Từ đó suy ra

2

2 2 















n

mk k

k là số chính phương

Nhưng k2 k2  2kk2  2k 1 k 12 (mâu thuẫn)

Vậy n 2 d không thể là số chính phương, nên n2 d  2008 2 (ĐPCM)

Bài toán 5: Giả sử p 2t.k 1 là số nguyên lẻ với t,kN Với k là số tự nhiên lẻ Khi đó nếu các

số tự nhiên x,y sao cho x2t y2tp thì x,y đồng thời chia hết cho p

Lời giải Giả sử x không chia hết cho p , từ giả thiết suy ra y cũng không chia hết cho p.