CHUYÊN ĐỀ PHÉP CHIA HẾT

Với đối tượng học sinh khá giỏi, các em có tư duy nhạy bén, có nhu cầu hiểu biết ngày càng cao, làm thế nào để các em học sinh này phát huy hết khả năng của mình, đó là trách nhiệm của c

A PHẦN MỞ ĐẦU

Cùng với sự phát triển của đất nước, sự nghiệp giáo dục cũng không ngừng đổi mới Các nhà trường đã ngày càng chú trọng hơn đến chất lượng giáo dục toàn diện bên cạnh sự đầu tư thích đáng cho giáo dục mũi nhọn Với vai trò là môn học công

cụ, bộ môn toán đã góp phần tạo điều kiện cho các em học tốt các bộ môn khoa học tự nhiên khác.

Dạy như thế nào để học sinh không những nắm chắc kiến thức cơ bản một cách hệ thống mà phải được nâng cao để các

em có hứng thú, say mê học tập là một câu hỏi mà mỗi thầy cô chúng ta luôn đặt ra cho mình.

Để đáp ứng được yêu cầu của sự nghiệp giáo dục và nhu cầu học tập của học sinh đặc biệt là học sinh khá, giỏi Điều đó đòi hỏi trong giảng dạy chúng ta phải biết chắt lọc kiến thức, phải đi từ dễ đến khó, từ cụ thể đến trừu tượng và phát triển thành tổng quát giúp học sinh có thể phát triển tốt tư duy toán học.

Với đối tượng học sinh khá giỏi, các em có tư duy nhạy bén, có nhu cầu hiểu biết ngày càng cao, làm thế nào để các

em học sinh này phát huy hết khả năng của mình, đó là trách nhiệm của các giáo viên chúng ta “phép chia hết” là đề tài lí thú, phong phú và đa dạng của số học THCS và không thể thiếu khi bồi dưỡng học sinh khá giỏi môn toán THCS

Trong khuôn khổ đề tài này, tôi trình bày “một số phương pháp chứng minh chia hết”, cụ thể là: sử dụng dấu hiệu chia hết, sử dụng tính chất chia hết, xét tập hợp số dư trong phép chia, sử dụng phương pháp phân tích thành nhân tử.

B NỘI DUNG I/ CƠ SỞ LÝ LUẬN

Chúng ta đang dạy học theo sự đổi mới là dạy học theo chuẩn kiến thức kỹ năng ,

vì thế những gì gọi là chuẩn – là cơ bản nhất cần phải nắm vững Rèn kỹ năng giải toán chia hết cũng là chuẩn mà học sinh cần phải nắm Hệ thống bài tập thể hiện dạngtoán chia hết có vai trò quan trọng là nó giúp cho học sinh phát triển khả năng tư duy, khả năng vân dụng kiến thức một cách linh hoạt vào giải toán, trình bày lời giải chính xác và logic Đó cũng là những kỹ năng cần thiết của học sinh khi còn ngồi trên ghế

nhà trường Có như thế mới phù hợp với sự cải tiến dạy học là phát huy hết tính tích cực, tư duy sáng tạo của học sinh trong trường học.

II/ CƠ SỞ THỰC TIỂN

Trong quá trình giảng dạy tôi thấy đa phần học sinh chưa có kỹ năng giải toán

“chia hết” vì các em chưa biết bài toán đó cần áp dụng phương pháp nào để giải chokết quả đúng nhất, nhanh nhất và đơn giản nhất Vì vậy để nâng cao kỹ năng giải toán

“chia hết” thì các em phải nắm được các dạng toán, các phương pháp gỉải, các kiếnthức cơ bản được cụ thể hoá trong từng bài, từng chương Có thể nói rằng dạng toán

“chia hết” luôn là dạng toán khó đối với học sinh và không ít học sinh cảm thấy sợ khihọc dạng toán này

Là một giáo viên dạy toán tôi mong các em chinh phục được nó và không chútngần ngại khi gặp dạng toán này Nhằm giúp các em phát triển tư duy suy luận và ócphán đoán, kỹ năng trình bày linh hoạt Hệ thống bài tập tôi đưa ra từ dễ đến khó, bêncạnh đó còn có những bài tập nâng cao dành cho học sinh giỏi được lồng vào các tiếtluyện tập Lượng bài tập cũng tương đối nhiều nên các em có thể tự học, tự chiếm lĩnhtri thức thông qua hệ thống bài tập áp dụng này, điều đó giúp các em hứng thú học tậphơn rất nhiều

III/ NỘI DUNG VẤN ĐỀ

Hệ thống hóa lý thuyết chia hết và bài tập vận dụng tương ứng, từ dạng cơ bản nhất đến tương đối và khó hơn Trong quá trình giải nhiều dạng bài tập là đã hình thành khắc sâu cho các em kỹ năng giải các dạng toán chia hết.Giáo viên nêu ra các dấu hiệu chia hết hay là các phương pháp chứng minh chia hết trong SGK ,ngoài ra

bổ sung thêm một số phương pháp cần thiết nhất để vận dụng vào nhiều dạng bài tập khác nhau

Ký hiệu: ab hay b\ a

Vậy: a  b ⇔ Có số nguyên q sao

cho a = bq

14 Tích n số nguyên liên tiếp chia hết cho n!

3 MỘT SỐ DẤU HIỆU CHIA HẾT

+ N  2 ⇔ 2 ⇔ ∈ {0; 2; 4; 6; 8}

0

+ N  5 ⇔ 5 ⇔ ∈ {0; 5}

0

6+ N  4 (hoặc 25) 1 0 ⇔ 4 (hoặc 25)

4.1 Định nghĩa: Cho m là số nguyên dương Nếu hai số

nguyên a và b cho cùng số dư khi chia cho m thì ta nói a đồng

dư với b theo modun m.

Ký hiệu: a ≡ b (modun) Vậy: a ≡ b (modun) ⇔ a - b  m

4.2 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

≡

b d

a

≡

m d

Phân tích m ra thừa số nguyên tố

m = p1α 1 p2α 2 … pkα k với pi ∈ p; αi ∈ N*Thì ϕ(m) = m(1 - )(1 - ) … (1 - )

CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN CHIA HẾT

1 Phương pháp 1: SỬ DỤNG DẤU HIỆU CHIA HẾT

` 1

1

p2

1

p k p

1

56

a b

a b

Nếu b = 0 ta có số  9 ⇔ a + 5 + 6 + 0  9

⇒ a + 11  9

56 ⇒ a = 7

a b

Ví dụ 2: Biết tổng các chữ số của 1 số là không đổi khi nhân số

đó với 5 Chứng minh rằng số đó chia hết cho 9.

111

111…

Ví dụ 4: Tìm các chữ số a và b sao cho chia hết cho 5 và 8

Giải

Vì chia hết cho 5 nên b=0 hoặc b=5 và chia hết cho 8 nên suy ra b=0

Mặt khác , chia hết cho 8 nên chia hết cho 4 khi chia hết cho 4 suy ra a{0;2;4;6;8} Ta có chia hết cho 8 khi chia hết cho 8 nên a=2 hoặc a=6 Vậynếu a=2 thì b=0 và nếu a=6 thì b=0 nên số cần tìm là 1920 và 1960

19a0 19a0 a∈0

a - 2=0

a = 2

.Vậy a=2

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài 1: Tìm các chữ số x, y sao cho

⇒

⇒

a  4 và 9

Bài 7: Chứng minh rằng nếu thì

a N4 ⇔ 4 ⇔ 10b + a 4 ⇔ 8b + (2b + a)  4

⇒ a + 2b  4

b N16 ⇔ 1000d + 100c + 10b + a16

⇔ (992d + 96c + 8b) + (8d + 4c + 2b + a) 16 ⇒ a + 2b + 4c + 8d  16 với b chẵn

ba

c Có 1000(d + 3c + 9b + 27a) - 29

mà (1000, 29) =1

dcba dcba

29 ⇒ (d + 3c + 9b + 27a) 29

Bài 3:

26Theo bài ra ta có: = 10a + b = 2ab (1) ab

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.

Bài 7: Chứng minh rằng nếu thì và

cab

⇒

abc M bca

* Nếu tồn tại 1 số dư là 0: giả sử m + i = nqi ;

⇒ m + i  n

* Nếu không tồn tại số dư là 0 ⇒ không có số nguyên nào trong

dãy chia hết cho n ⇒ phải có ít nhất 2 số dư trùng nhau.

Giả sử:

⇒ 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: Chứng minh rằng:

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.

b Tích 2 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2 nên tích của 3

số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2

Trong 3 số nguyên liên tiếp bao giờ cũng có 1 số chia hết cho 3.

⇒ Tích 3 số đó chia hết cho 3 mà (2; 3) = 1.

Vậy tích của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 6.

Ví dụ 2: Chứng minh rằng: Tổng lập phương của 3 số nguyên

liên tiếp luôn chia hết cho 9.

9)1(

9 2





n n

M

Ví dụ 5: chứng minh rằng

a) n5 - n chia hết cho 30 với n ∈ N ;

b) n4 -10n2 + 9 chia hết cho 384 với mọi n lẻ n∈ Z

Giải

a) n5 - n = n(n4 - 1) = n(n - 1)(n + 1)(n2 + 1) = (n - 1).n.(n + 1)(n2 + 1) 6

Vì (n - 1).n.(n+1) là tích của

ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 2 và 3 (*)Mặt khác n5 - n = n(n2 - 1)(n2 + 1) = n(n2 - 1).(n2 - 4 + 5)

= n(n2 - 1).(n2 - 4 ) + 5n(n2 - 1)

= (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) + 5n(n2 - 1)

Vì (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) là tích của 5 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 5

Và (k - 1).k.(k + 1).(k + 2) là tích của 4 số nguyên liên tiếp nên A có chứa bội của 2,

3, 4 nên A là bội của 24 hay A chia hết cho 24 (2)

Từ (1) và (2) suy ra A chia hết cho 16 24 = 384

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài 1: Chứng minh rằng:

a n(n + 1) (2n + 1)  6

b n5 - 5n3 + 4n  120 Với ∀ n ∈ N

Bài 2: Chứng minh rằng: n4 + 6n3 + 11n2 + 6n  24 Với ∀ n ∈ Z

Bài 3: Chứng minh rằng: Với ∀ n lẻ thì

HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ Bài 1:

Vậy A(n)  6 với ∀ n ∈ N

Ví dụ 2: Chứng minh rằng: Nếu n không chia hết cho 3 thì

Nếu n = 2k (k N) thì 9n có chữ số tận cùng bằng 1 , còn 16n có chữ số tận cùng bằng 6

suy ra 2(9n + 16n) có chữ số tận cùng bằng 4 nên A không chia hết cho 5 nên không chia hết cho 25

Vậy :A = 32n + 3 + 24n + 1 chia hết cho 25 khi n = 2k +1(k N)

c) Nếu n = 3k (k N) thì 5n – 2n = 53k – 23k chia hết cho 53 – 23 = 117 nên chia hết cho 9

Nếu n = 3k + 1 thì 5n – 2n = 5.53k – 2.23k

= 5(53k – 23k) + 3 23k = 5 9M + 3 8k

=5 9M + 3 (9-1)k

=5 9M+9.N + 3(-1)k

Tương tự: nếu n = 3k + 2 thì 5n – 2n không chia hết cho 9

Vậy : 5n – 2n chia hết cho 9 khi n = 3k (k N)

Bài 61 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có :

a 9n + 1 không chia hết cho 100

b n2 + n + 2 không chia hết cho 15

∈

a n2 + n + 1 không chia hết cho 9 với mọi n N

b n2 + 11n + 39 không chia hết cho 49 với mọi n N

Cách 2 :

Giả sử n2 + n + 19 , khi đó n2 + n + 13.Ta có :

n2 + n + 1= (n + 2 )(n – 1 ) + 3 3 (n + 2 )(n – 1 ) 3

Vì 3 là số nguyên tố nên n + 2 3 hoặc n – 1 3,

nhưng hiệu (n + 2) - (n – 1 ) = 33 nên n + 2 và n – 1 đồng thời chia hết cho 3.Khi đó (n+ 2)(n – 1 ) 9 mà (n + 2 )(n – 1 ) + 3 9 3 9(vô lí )

Vậy n2 + n + 1 9 với mọi n N

Cách 3 : Giả sử n2 + n + 1 = 9k (k N) ,

suy ra phương trình n2 + n + 1 –9k = 0 có nghiệm nguyên

ta có : = 1 – 4(1 – 9k ) = 36k – 3 chia hết cho 3 nhưng không chia hết cho 9 nên không là số chính phương (vô lý )

Vậy phương trình không có nghiệm nguyên hay n2 + n + 2 9 với mọi n N

b Giả sử n2 +11n + 39 49

n2 +11n + 39 = (n +9)(n+2) + 21 7 (n +9) (n+2) 7 n + 9 7 và n + 2 7 ( vì n + 9 – ( n+ 2) = 7 7 )

Bài 63 : Cho n là một số tự nhiên , chứng minh :

a n2 + 11n +39 không chia hết cho 49

b n2 + 3n +5 không chia hết cho 121

c n2 + 4n + 5 không chia hết cho 8 với mọi n lẻ

Bài 64 : Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có :

a.212n+1 + 172n + 1 + 17 không chia hết cho 19

b 42n+1 + 3n+2 – 1 không chia hết cho 13

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài 1: Chứng minh rằng: An = n(n 2 + 1)(n2 + 4)  30 Với ∀ n ∈ Z

Bài 2: Chứng minh rằng: Nếu (n, 6) =1 thì n2 - 1  24 Với ∀ n ∈

+ Lấy n chia cho 5 ⇒ n = 5q + r , r ∈ {0; 1; 2; 3; 4}

a) 251 - 1 chia hết cho 7 b) 270 + 370 chia hết cho 13

c) 1719 + 1917 chi hết cho 18 d) 3663 - 1 chia hết cho 7 nhưng không chia hết

M

c)

HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ Bài 1: a 32n +1 + 2n +2 = 3.32n + 4.2n

= 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

M

M

( )

n 1 n 2

+

( )

n 1 n 2

Ta có (a - 1)(b - 1) = 16k2(k + 1)(k - 1)  64 và 3

5 Phương 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.

+1116b17a

1117b16a





16a 17b 11 17a 16b 11

= 5n.59 + 8.59M  59

b 9 2n + 14 = 9 2n - 1 + 15

= (81n - 1) + 15 = 80m + 15  5

Mà n + 8  n2 + 1

thử lại

Vậy n ∈ {-8; 0; 2}

6 Phương pháp 6: DÙNG QUY NẠP TOÁN HỌC

Giả sử CM A(n)  P với n ≥ a (1)

Bước 1: Ta CM (1) đúng với n = a tức là CM A(a)  P

Bước 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 Bước 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(1) = 225  225 vậy n = 1 đúng

Giả sử n = k ≥ 1 nghĩa là A(k) = 16k - 15k - 1  225

Ví dụ 2: CMR: với ∀ n ∈ N* và m là số tự nhiên lẻ ta có

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 ta phải chứng minh

Giải

Xét với n=1 ta có: A

= 9 3 Vậy (1) đúng với n=1

Giả sử (1) đúng với n=k, tức là : (2) (giả thiết quy nạp)

Phải chứng minh (1) đúng với n=k+1, tức

Vậy với n nguyên dương

Ví dụ 4:Cho n là một số nguyên dương, chứng minh rằng: (1)

G iải:

Xét với n=1 ta có: Vậy (1) đúng với n=1

Giả sử (1) đúng với n=k, tức là : (2) (giả thiết quy nạp)

Phải chứng minh (1) đúng với n=k+1, tức là phải chứng minh

Ta có:

Vậy (1) đúng với n=k+1

Vậy với n là một số nguyên dương.

Ví dụ 5:Chứng minh rằng mọi số nguyên dương n ta có : 4n + 15n – 1 9 (1)

Vậy (1) đúng với n = k+1 ,do đó (1) đúng với mọi n ≥ 1

Ví dụ 6: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có :

(1)

Bài làm :

• Với n = 0 ta có = 11 11.Vậy (1) đúng với n =1

• Giả sử (1) đúng với n = k , tức là : 11.Cần chứng minh (1) đúng với n = k+1 tức là cần chứng minh 11

• Thật vậy : vói n = k+1 ta có :

= = =

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài 1: CMR: 33n+3 - 26n - 27  29 với ∀ n ≥ 1, m là số tự nhiên lẻ

Bài 2: CMR: 42n+2 - 1  15

Bài 3: CMR số được thành lập bởi 3n chữ số giống nhau thì chia

hết cho 3n với n là số nguyên dương.

HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ Bài 1: Tương tự ví dụ 1.

Với n = 1 ta có

111 3

a a a a a a a aa

3 3 3 3

= 32.310q + 23.210k + 5 ≡ 0 (mod 11) Vì 310 ≡ 1 (mod 11), 210 ≡ 1 (mod 11)

+ Ta có : = =

Vì 16 1(mod 5) nên 16n 1(mod 5) do đó :

2 16n 2(mod 5) hay 24n+1 2 (mod 5)

324n+1+ 34n+1+ 

117

224n+1+ 

2 10

2 2

2 4n+1 = q+

72

7

22 4 1 10 2

+

=+ +

+ q

n

117

2 ≡≡n+

≡

⇒4 12

22⇔ ≡4 1n+

2 ≡n+

4 12

777 333 555777

Vậy + chia hết cho 10.

Ví dụ 7 : Chứng minh : với mọi n N*

+ Để tìm chữ số tận cùng của một lũy thừa cần chú ý rằng:

 Các số có tận cùng là 0;1;5;6 thì nâng lên lũy thừa (khác 0) nào cũng có tận cùng là 0;1;5;6

 Các số có tận cùng là 2;4;8 thì nâng lên lũy thừa 4 thì có tận cùng

là 6

 Các số tận cùng là 3;7 thì nâng lên lũy thừa 4 thì có tận cùng là 1

 Các số có tận cùng là 9 thì nâng lên lũy thừa chẵn thì được số có tận cùng là 1;nâng lên lũy thừa lẻ thì được số tận cùng là 9

+ Để tìm hai chữ số tận cùng của lũy thừa cần lưu ý:

 Các số tận cùng là 01;25;76 nâng lên lũy thừa khác không nào cũng

có tận cùng là 01;25;76

 Các số 320 (hoặc 815) ; 74 ; 512; 992 có tận cùng là 01

 Các số 220 ; 65 ; 184 ; 242; 682 ; 742 có tận cùng bằng 76

 Số 26n (với n > 1) có tận cùng bằng 76+ Để tìm ba chữ số tận cùng trở lên của lũy thừa cần chú ý:

 Các số tận cùng bằng 001 ; 376 ; 625 nâng lên lũy thừa nào (khác không) cũng tận cùng bằng 001; 376; 625

 Số có tận cùng bằng 0625 nâng lên lũy thừa nào (khác không) cũng tận cùng bằng 0625

 Cần lưu ý một số kết quả sau:

+ a100k 000(mod 1000) nếu a 0(mod 10) + a100k 001(mod 1000) nếu a 1;3;7;9(mod 10) + a100k 625(mod 1000) nếu a 5(mod 10) + a100k 376 (mod 1000) nếu a 2;4;6;8(mod 10)

Ví dụ 8 : Chứng minh 8102 - 2102 chia hết cho 5

777 ≡≡

333 555

777 333 555 ≡≡ 777

333 555

Vậy 8102 - 2102 có tận cùng bằng 0 8102 - 2102 chia hết cho 5

Ví dụ 9: Chứng minh 16101 14101 chia hết cho 4

226n+2+ 

-8 Phương pháp 8: SỬ DỤNG NGUYÊN LÝ ĐIRICHLET

Nếu đem n + 1 con thỏ nhốt vào n lồng thì có ít nhất 1 lồng chứa từ 2 con trở lên.

Ví dụ 1: Chøng minh r»ng trong 6 sè tù nhiªn bÊt k× lu«n t×m ®ưîc

2 sè cã hiÖu chia hÕt cho 5

Ví dụ 2: Cho ba số lẻ chứng minh rằng tồn tại hai số có tổng hoặc hiệu chia hết

cho 8

Gi¶i:

Một số lẻ chia cho 8 thì số dư chỉ có thể là một trong bốn số sau: 1;3;5;7 ta chia 4 số

dư này ( 4 con thỏ) thành 2 nhóm (2 lồng)

Nhóm 1: dư 1 hoặc dư 7Nhóm 2: dư 3 hoặc dư 5

Có 3 số lẻ (3 thỏ) mà chỉ có hai nhóm số dư nên tồn tại hai số thuộc cùng một nhóm

- Nếu 2 số dư bằng nhau thì hiệu của chúng chia hết cho 8

- Nếu 2 số dư khác nhau thì tổng của chúng chi hết cho 8

Ví dụ 3: Cho ba số nguyên tố lớn hơn 3.Chứng minh rằng tồn tại hai số có tổng

hoặc hiệu chia hết cho 12

Bài 2: CMR: Tồn tại 1 bội của số 1993 chỉ chứa toàn số 1.

Bài 3: CMR: Với 17 số nguyên bất kỳ bao giờ cũng tồn tại 1 tổng

5 số chia hết cho 5.