A Mở đầu 1. Lý do chọn đề tài Số học là môn học lâu đời nhất và hấp dẫn nhất của toán học. Vậy số học là gì? Số học là khoa học về số, trong số học ngời ta nghiên cứu những tính chất đơn giản nhất của số và những quy tắc tính toán. ở chơng trình THCS số học chiếm 1 lợng khá lớn trong số học thì phép chia hết trên vành số nguyên đã thực sự thu hút đối với giáo viên và học sinh, có lẽ đó không chỉ bởi vấn đề lý thuyết về phép chia có giá trị thực tiễn mà qua đó rèn cho học sinh t duy sáng tạo toán học. Càng học các em càng đợc cuốn hút bởi 1 lợng bài tập vô cùng sáng tạo và phong phú. Cái khó khi dùng phép chia hết trên vành số nguyên và khi học sinh là vấn đề nhận diện và vận dụng lý thuyết để chỉ ra phơng pháp giải các bài toán, khi ngành Giáo dục đang thi đua giảng dạy theo phơng pháp đổi mới, trong luật Giáo dục Việt Nam và Nghị quyết đại hội Đảng lần thứ 7 và 8 cũng đã nhấn mạnh: Dạy cho học sinh phơng pháp tự nghiên cứu và với tình hình hiện nay còn nhiều giáo viên cha thực sự quan tâm đúng mức đến việc rèn luyện năng lực tự học cho học sinh. Xuất phát từ vấn đề nên trên đã thúc đẩy Tôi viết. Rèn luyện kỹ năng giải các bài toán chia hết trên vành số nguyên. 2. Nội dung đề tài gồm Phần I: Tóm tắt lý thuyết Phần II: Các phơng pháp giải các bài toán chia hết. 1. Phơng pháp sử dụng dấu hiệu chia hết. 2. Phơng pháp sử dụng tính chất chia hết. 3. Phơng pháp sử dụng xét tập hợp số d trong phép chia. 4. Phơng pháp sử dụng các phơng pháp phân tích thành nhân tử. 5. Phơng pháp biến đổi biểu thức cần chứng minh về dạng tổng. 6. Phơng pháp quy nạp toán học. 7. Phơng pháp sử dụng đồng d thức. 8. Phơng pháp sử dụng nguyên lý Đ. 9. Phơng pháp phản chứng. Trong mỗi phơng pháp đều có những ví dụ điển hình và các bài tập tơng tự. Vẫn biết rằng những khái niệm về số học đợc rất nhiều tác giả đề cập đến ở nhiều khía cạnh khác nhau. Do đó không thể có sự sáng tạo hoàn toàn trong đề tài mà đề tài này mới chỉ dừng lại ở 1 mức độ nhất định. Với nội dung và cách trình bày trong đề tài này không tránh khỏi những hạn chế của bản thân, rất mong đợc các Thầy cô giáo và đồng nghiệp góp ý để nội dung đề tài ngày càng đợc hoàn thiện hơn. B - Nội dung Phần I: Tóm tắt lý thuyết I. Định nghĩa phép chia Cho 2 số nguyên a và b trong đó b 0 ta luôn tìm đợc hai số nguyên q và r duy nhất sao cho: a = bq + r Với 0 r | b| Trong đó: a là số bị chia, b là số chia, q là thơng, r là số d. Khi a chia cho b có thể xẩy ra | b| số d r {0; 1; 2; ; | b|} Đặc biệt: r = 0 thì a = bq, khi đó ta nói a chia hết cho b hay b chia hết a. 1 Ký hiệu: ab hay b\ a Vậy: a b Có số nguyên q sao cho a = bq II. Các tính chất 1. Với a 0 a a 2. Nếu a b và b c a c 3. Với a 0 0 a 4. Nếu a, b > 0 và a b ; b a a = b 5. Nếu a b và c bất kỳ ac b 6. Nếu a b (a) (b) 7. Với a a (1) 8. Nếu a b và c b a c b 9. Nếu a b và cb a c b 10. Nếu a + b c và a c b c 11. Nếu a b và n > 0 a n b n 12. Nếu ac b và (a, b) =1 c b 13. Nếu a b, c b và m, n bất kỳ am + cn b 14. Nếu a b và c d ac bd 15. Tích n số nguyên liên tiếp chia hết cho n! III. Một số dấu hiệu chia hết Gọi N = 011nn a aaa 1. Dấu hiệu chia hết cho 2; 5; 4; 25; 8; 125 + N 2 a 0 2 a 0 {0; 2; 4; 6; 8} + N 5 a 0 5 a 0 {0; 5} + N 4 (hoặc 25) 01 aa 4 (hoặc 25) + N 8 (hoặc 125) 01 aaa 2 8 (hoặc 125) 2. Dấu hiệu chia hết cho 3 và 9 + N 3 (hoặc 9) a 0 +a 1 ++a n 3 (hoặc 9) 3. Một số dấu hiệu khác + N 11 [(a 0 +a 1 +) - (a 1 +a 3 +)] 11 + N 101 [( 01 aa + 45 aa +) - ( 23 aa + 67 aa +)]101 + N 7 (hoặc 13) [( 01 aaa 2 + 67 aaa 8 +) - [( 34 aaa 5 + 910 aaa 11 +) 11 (hoặc 13) + N 37 ( 01 aaa 2 + 34 aaa 5 +) 37 + N 19 ( a 0 +2a n-1 +2 2 a n-2 ++ 2 n a 0 ) 19 IV. Đồng d thức a. Định nghĩa: Cho m là số nguyên dơng. Nếu hai số nguyên a và b cho cùng số d khi chia cho m thì ta nói a đồng d với b theo modun m. Ký hiệu: a b (modun) Vậy: a b (modun) a - b m 2 b. 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 d b d a (modun) 7. Nếu a b (modun), d > 0 và d Uc (a, b, m) d b d a (modun d m ) V. Một số định lý 1. Định lý Euler Nếu m là 1 số nguyên dơng (m) là số các số nguyên dơng nhỏ hơn m và nguyên tố cùng nhau với m, (a, m) = 1 Thì a (m) 1 (modun) Công thức tính (m) Phân tích m ra thừa số nguyên tố m = p 1 1 p 2 2 p k k với p i p; i N * Thì (m) = m(1 - `1 1 p )(1 - 2 1 p ) (1 - k p 1 ) 2. Định lý Fermat Nếu t là số nguyên tố và a không chia hết cho p thì a p-1 1 (modp) 3. Định lý Wilson Nếu p là số nguyên tố thì ( P - 1)! + 1 0 (modp) phần II: các phơng pháp giải bài toán chia hết 1. Phơng pháp 1: Sử dụng dấu hiệu chia hết Ví dụ 1: Tìm các chữ số a, b sao cho a56b 45 Giải Ta thấy 45 = 5.9 mà (5 ; 9) = 1 để a56b 45 a56b 5 và 9 Xét a56b 5 b {0 ; 5} Nếu b = 0 ta có số a56b 9 a + 5 + 6 + 0 9 a + 11 9 a = 7 Nếu b = 5 ta có số a56b 9 a + 5 + 6 + 0 9 a + 16 9 a = 2 Vậy: a = 7 và b = 0 ta có số 7560 a = 2 và b = 5 ta có số 2560 3 Ví dụ 2: Biết tổng các chữ số của 1 số là không đổi khi nhân số đó với 5. Chứng minh răng số đó chia hết cho 9. Giải Gọi số đã cho là a Ta có: a và 5a khi chia cho 9 cùng có 1 số d 5a - a 9 4a 9 mà (4 ; 9) = 1 a 9 (Đpcm) Ví dụ 3: CMR số 1 số 81 111 111 81 Giải Ta thấy: 111111111 9 Có 1 số 81 111 111 = 111111111(10 72 + 10 63 + + 10 9 + 1) Mà tổng 10 72 + 10 63 + + 10 9 + 1 có tổng các chữ số bằng 9 9 10 72 + 10 63 + + 10 9 + 1 9 Vậy: 1 số 81 111 111 81 (Đpcm) Bài tập tơng tự Bài 1: Tìm các chữ số x, y sao cho a. 34x5y 4 và 9 b. 2x78 17 Bài 2: Cho số N = dcba CMR a. N 4 (a + 2b) 4 b. N 16 (a + 2b + 4c + 8d) 16 với b chẵn c. N 29 (d + 2c + 9b + 27a) 29 Bài 3: Tìm tất cả các số có 2 chữ số sao cho mỗi số gấp 2 lần tích các chữ số của số đó. Bài 4: Viết liên tiếp tất cả các số có 2 chữ số từ 19 đến 80 ta đợc số A = 1920217980. Hỏi số A có chia hết cho 1980 không ? Vì sao? Bài 5: Tổng của 46 số tự nhiên liên tiếp có chia hết cho 46 không? Vì sao? Bài 6: Chứng tỏ rằng số 1 số 100 11 11 2 số 100 22 22 là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp. Hớng dẫn - Đáp số Bài 1: a. x = và y = 2 x = và y = 6 b. 2x78 = 17 (122 + 6x) + 2(2-x)17 x = 2 Bài 2: a. N4 ab 4 10b + a4 8b + (2b + a) 4 a + 2b4 b. N16 1000d + 100c + 10b + a16 (992d + 96c + 8b) + (8d + 4c + 2b + a) 16 a + 2b + 4c + 8d16 với b chẵn c. Có 100(d + 3c + 9b + 27a) - dbca 29 mà (1000, 29) =1 dbca 29 (d + 3c + 9b + 27a) 29 4 Bài 3: Gọi ab là số có 2 chữ số Theo bài ra ta có: ab = 10a + b = 2ab (1) ab 2 b {0; 2; 4; 6; 8} thay vào (1) a = 3; b = 6 Bài 4: Có 1980 = 2 2 .3 2 .5.11 Vì 2 chữ số tận cùng của a là 80 4 và 5 A 4 và 5 Tổng các số hàng lẻ 1+(2+3++7).10+8 = 279 Tổng các số hàng chẵn 9+(0+1++9).6+0 = 279 Có 279 + 279 = 558 9 A 9 279 - 279 = 0 11 A 11 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 6: Có 1 số 100 11 11 2 số 100 22 22 = 1 số 100 11 11 0 số 99 02 100 Mà 0 số 99 02 100 = 3. 3 số 99 34 33 1 số 100 11 11 2 số 100 22 22 = 3 số100 33 33 3 số 99 34 33 (Đpcm) 2. Phơng pháp 2: Sử dụng tính chất chia hết * Chú ý: Trong n số nguyên liên tiếp có 1 và chỉ 1 số chia hết cho n. CMR: Gọi n là số nguyên liên tiếp m + 1; m + 2; m + n với m Z, n N * Lấy n số nguyên liên tiếp trên chia cho n thì ta đợc tập hợp số d là: {0; 1; 2; n - 1} * Nếu tồn tại 1 số d là 0: giả sử m + i = nq i ; i = n1, m + i n * Nếu không tồn tại số d là 0 không có số nguyên nào trong dãy chia hết cho n phải có ít nhất 2 số d trùng nhau. Giả sử: +=+ +=+ r qjn j m n j i;1 r nqi i m i - j = n(q i - q j ) 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: CMR: 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. Giải a. Trong 2 số nguyên liên tiếp bao giờ cũng có 1 số chẵn Số chẵn đó chia hết cho 2. Vậy tích của 2 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2. Tích 2 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2 nên tích của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2 5 b. Trong 3 sô nguyên liên tiếp bao giơ cũng có 1 số chia hết cho 3. Tích 3 số đó chia hết cho 3 mà (1; 3) = 1. Vậy tích của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 6. Ví dụ 2: CMR: Tổng lập phơng của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 9. Giải Gọi 3 số nguyên liên tiếp lần lợt là: n - 1 , n , n+1 Ta có: A = (n - 1) 3 + n 3 + (n + 1) 3 = 3n 3 - 3n + 18n + 9n 2 + 9 = 3(n - 1)n (n+1) + 9(n 2 + 1) + 18n Ta thấy (n - 1)n (n + 1) 3 (CM Ví dụ 1) 3(n - 1)n (n + 1) 9 mà + 918 9)1(9 2 n n A 9 (ĐPCM) Ví dụ 3: CMR: n 4 - 4n 3 - 4n 2 +16n 3 84 với n chẵn, n4 Giải Vì n chẵn, n4 ta đặt n = 2k, k2 Ta có n 4 - 4n 3 - 4n 2 + 16n = 16k 4 - 32k 3 - 16k 2 + 32k = đặt 16k(k 3 - 2k 2 - k + 2) = đặt 16k(k - 2) (k - 1)(k + 1) Với k 2 nên k - 2, k - 1, k + 1, k là 4 số tự nhiên liên tiếp nên trong 4 số đó có 1 số chia hết cho 2 và 1 số chia hết cho 4. (k - 2)(k - 1)(k + 1)k 8 Mà (k - 2) (k - 1)k 3 ; (3,8)=1 (k - 2) (k - 1) (k + 1)k 24 16(k - 2) (k - 1) (k + 1)k (16,24) Vậy n 4 - 4n 3 - 4n 2 +16n 384 với n chẵn, n 4 Bài tập tơng tự Bài 1: CMR: a. n(n + 1) (2n + 1) 6 b. n 5 - 5n 3 + 4n 120 Với n N Bài 2: CMR: n 4 + 6n 3 + 11n 2 + 6n 24 Với n Z Bài 3: CMR: Với n lẻ thì a. n 2 + 4n + 3 8 b. n 3 + 3n 2 - n - 3 48 c. n 12 - n 8 - n 4 + 1 512 Bài 4: Với p là số nguyên tố p > 3 CMR : p 2 - 1 24 Bài 5: CMR: Trong 1900 số tự nhiên liên tiếp có 1 số có tổng các chữ số chia hết cho 27. Hớng dẫn - Đáp số Bài 1: a. n(n + 1)(2n + 1) = n(n + 1) [(n + 1) + (n + 2)] = n(n + 1) (n - 1) + n(n + 1) (n + 2) 6 b. n 5 - 5n 3 + 4n = (n 4 - 5n 2 + 4)n = n(n 2 - 1) (n 2 - 4) = n(n + 1) (n - 1) (n + 2) (n - 2) 120 Bài 2: n 4 + 6n 3 + 6n + 11n 2 = n(n 3 + 6n 2 + 6 + 11n) = n(n + 1) (n + 2) (n + 3) 24 6 Bài 3: a. n 2 + 4n + 3 = (n + 1) (n + 3) 8 b. n 3 + 3n 2 - n - 3 = n 2 (n + 3) - (n + 3) = (n 2 - 1) (n + 3) = (n + 1) (n - 1) (n + 3) = (2k + 4) (2k + 2) (2k với n = 2k + 1, k N) = 8k(k + 1) (k +2) 48 c. n 12 - n 8 - n 4 + 1 = n 8 (n 4 - 1) - (n 4 - 1) = (n 4 - 1) (n 8 - 1) = (n 4 - 1) 2 (n 4 + 1) = (n 2 - 1) 2 (n 2 - 1) 2 (n 4 + 1) = 16[k(k + 1) 2 (n 2 + 1) 2 (n 4 + 1) Với n = 2k + 1 n 2 + 1 và n 4 + 1 là những số chẵn (n 2 + 1) 2 2 n 4 + 1 2 n 12 - n 8 - n 4 + 1 (2 4 .2 2 . 2 2 . 1 . 2 1 ) Vậy n 12 - n 8 - n 4 + 1 512 Bài 4: Có p 2 - 1 = (p - 1) (p + 1) vì p là số nguyên tố p > 3 p 3 ta có: (p - 1) (p + 1) 8 và p = 3k + 1 hoặc p = 3k + 2 (k N) (p - 1) (p + 1) 3 Vậy p 2 - 1 24 Bài 5: Giả sử 1900 số tự nhiên liên tiếp là n, n +1; n + 2; ; n + 1989 (1) trong 1000 tự nhiên liên tiếp n, n + 1; n + 2; ; n + 999 có 1 số chia hết cho 1000 giả sử n 0 , khi đó n 0 có tận cùng là 3 chữ số 0 giả sử tổng các chữ số của n 0 là s khi đó 27 số n 0 , n 0 + 9; n 0 + 19; n 0 + 29; n 0 + 39; ; n 0 + 99; n 0 + 199; n 0 + 899 (2) Có tổng các chữ số lần lợt là: s; s + 1 ; s + 26 Có 1 số chia hết cho 27 (ĐPCM) * Chú ý: n + 899 n + 999 + 899 < n + 1989 Các số ở (2) nằm trong dãy (1) 3. Phơng pháp 3: xét tập hợp số d trong phép chia Ví dụ 1: CMR: Với n N Thì A (n) = n(2n + 7) (7n + 7) chia hết cho 6 Giải Ta thấy 1 trong 2 thừa số n và 7n + 1 là số chẵn. Với n N A (n) 2 Ta chứng minh A (n) 3 Lấy n chia cho 3 ta đợc n = 3k + 1 (k N) Với r {0; 1; 2} Với r = 0 n = 3k n 3 A (n) 3 Với r = 1 n = 3k + 1 2n + 7 = 6k + 9 3 A (n) 3 Với r = 2 n = 3k + 2 7n + 1 = 21k + 15 3 A (n) 3 A (n) 3 với n mà (2, 3) = 1 Vậy A (n) 6 với n N Ví dụ 2: CMR: Nếu n 3 thì A (n) = 3 2n + 3 n + 1 13 Với n N Giải Vì n 3 n = 3k + r (k N); r {1; 2; 3} 7 A (n) = 3 2(3k + r) + 3 3k+r + 1 = 3 2r (3 6k - 1) + 3 r (3 3k - 1) + 3 2r + 3 r + 1 ta thấy 3 6k - 1 = (3 3 ) 2k - 1 = (3 3 - 1)M = 26M 13 3 3k - 1 = (3 3 - 1)N = 26N 13 với r = 1 3 2n + 3 n + 1 = 3 2 + 3 +1 = 13 13 3 2n + 3 n + 1 13 với r = 2 3 2n + 3 n + 1 = 3 4 + 3 2 + 1 = 91 13 3 2n + 3 n + 1 Vậy với n 3 thì A (n) = 3 2n + 3 n + 1 13 Với n N Ví dụ 3: Tìm tất cả các số tự nhiên n để 2 n - 1 7 Giải Lấy n chia cho 3 ta có n = 3k + 1 (k N); r {0; 1; 2} Với r = 0 n = 3k ta có 2 n - 1 = 2 3k - 1 = 8 k - 1 = (8 - 1)M = 7M 7 với r =1 n = 3k + 1 ta có: 2 n - 1 = 2 8k +1 - 1 = 2.2 3k - 1 = 2(2 3k - 1) + 1 mà 2 3k - 1 7 2 n - 1 chia cho 7 d 1 với r = 2 n = 3k + 2 ta có : 2 n - 1 = 2 3k + 2 - 1 = 4(2 3k - 1) + 3 mà 2 3k - 1 7 2 n - 1 chia cho 7 d 3 Vậy 2 3k - 1 7 n = 3k (k N) Bài tập tơng tự Bài 1: CMR: A n = n(n 2 + 1)(n 2 + 4) 5 Với n Z Bài 2: Cho A = a 1 + a 2 + + a n B = a 5 1 + a 5 2 + + a 5 n Bài 3: CMR: Nếu (n, 6) =1 thì n 2 - 1 24 Với n Z Bài 4: Tìm số tự nhiên W để 2 2n + 2 n + 1 7 Bài 5: Cho 2 số tự nhiên m, n để thoả mãn 24m 4 + 1 = n 2 CMR: mn 55 Hớng dẫn - Đáp số Bài 1: + A (n) 6 + Lấy n chia cho 5 n = 5q + r r {0; 1; 2; 3; 4} r = 0 n 5 A (n) 5 r = 1, 4 n 2 + 4 5 A (n) 5 r = 2; 3 n 2 + 1 5 A (n) 5 A (n) 5 A (n) 30 Bài 2: Xét hiệu B - A = (a 5 1 - a 1 ) + + (a 5 n - a n ) Chỉ chứng minh: a 5 i - a i 30 là đủ Bài 3: Vì (n, 6) =1 n = 6k + 1 (k N) Với r {1} r = 1 n 2 - 1 24 Bài 4: Xét n = 3k + r (k N) Với r {0; 1; 2} Ta có: 2 2n + 2 n + 1 = 2 2r (2 6k - 1) + 2 r (2 3k - 1) + 2 2n + 2 n + 1 8 Làm tơng tự VD3 Bài 5: Có 24m 4 + 1 = n 2 = 25m 4 - (m 4 - 1) Khi m 5 mn 5 Khi m 5 thì (m, 5) = 1 m 4 - 1 5 (Vì m 5 - m 5 (m 4 - 1) 5 m 4 - 1 5) n 2 5 n i 5 Vậy mn 5 4. Phơng pháp 4: sử dụng phơng pháp phân tích thành nhân tử Giả sử chứng minh a n k Ta có thể phân tích a n chứa thừa số k hoặc phân tích thành các thừa số mà các thừa số đó chia hết cho các thừa số của k. Ví dụ 1: CMR: 3 6n - 2 6n 35 Với n N Giải Ta có 3 6n - 2 6n = (3 6 ) n - (2 6 ) n = (3 6 - 2 6 )M = (3 3 + 2 3 ) (3 3 - 2 3 )M = 35.19M 35 Vậy 3 6n - 2 6n 35 Với n N Ví dụ 2: CMR: Với n là số tự nhiên chăn thì biểu thức A = 20 n + 16 n - 3 n - 1 232 Giải Ta thấy 232 = 17.19 mà (17;19) = 1 ta chứng minh A 17 và A 19 ta có A = (20 n - 3 n ) + (16 n - 1) có 20 n - 3 n = (20 - 3)M 17M 16 n - 1 = (16 + 1)M = 17N 17 (n chẵn) A 17 (1) ta có: A = (20 n - 1) + (16 n - 3 n ) có 20 n - 1 = (20 - 1)p = 19p 19 có 16 n - 3 n = (16 + 3)Q = 19Q 19 (n chẵn) A 19 (2) Từ (1) và (2) A 232 Ví dụ 3: CMR: n n - n 2 + n - 1 (n - 1) 2 Với n >1 Giải Với n = 2 n n - n 2 + n - 1 = 1 và (n - 1) 2 = (2 - 1) 2 = 1 n n - n 2 + n - 1 (n - 1) 2 với n > 2 đặt A = n n - n 2 + n - 1 ta có A = (n n - n 2 ) + (n - 1) = n 2 (n n-2 - 1) + (n - 1) = n 2 (n - 1) (n n-3 + n n-4 + + 1) + (n - 1) = (n - 1) (n n-1 + n n-2 + + n 2 +1) = (n - 1) [(n n-1 - 1) + +( n 2 - 1) + (n - 1)] = (n - 1) 2 M (n - 1) 2 Vậy A (n - 1) 2 (ĐPCM) Bài tập tơng tự Bài 1: CMR: a. 3 2n +1 + 2 2n +2 7 b. mn(m 4 - n 4 ) 30 Bài 2: CMR: A (n) = 3 n + 63 72 với n chẵn n N, n 2 Bài 3: Cho a và b là 2 số chính phơng lẻ liên tiếp 9 CMR: a. (a - 1) (b - 1) 192 Bài 4: CMR: Với p là 1 số nguyên tố p > 5 thì p 4 - 1 240 Bài 5: Cho 3 số nguyên dơng a, b, c và thoả mãn a 2 = b 2 + c 2 CMR: abc 60 Hớng dẫn - Đáp số Bài 1: a. 3 2n +1 + 2 2n +2 = 3.3 2n + 2.2 n = 3.9 n + 4.2 n = 3(7 + 2) n + 4.2 n = 7M + 7.2 n 7 b. mn(m 4 - n 4 ) = mn(m 2 - 1)(m 2 + 1) - mn(n 2 - 1) (n 2 + 1) 30 Bài 3: Có 72 = 9.8 mà (8, 9) = 1 và n = 2k (k N) có 3 n + 63 = 3 2k + 63 = (3 2k - 1) + 64 A (n) 8 Bài 4: Đặt a = (2k - 1) 2 ; b = (2k - 1) 2 (k N) Ta có (a - 1)(b - 1) = 16k(k + 1)(k - 1) 64 và 3 Bài 5: Có 60 = 3.4.5 Đặt M = abc Nếu a, b, c đều không chia hết cho 3 a 2 , b 2 và c 2 chia hết cho 3 đều d 1 a 2 b 2 + c 2 . Do đó có ít nhất 1 số chia hết cho 3. Vậy M 3 Nếu a, b, c đều không chia hết cho 5 a 2 , b 2 và c 2 chia 5 d 1 hoặc 4 b 2 + c 2 chia 5 thì d 2; 0 hoặc 3. a 2 b 2 + c 2 . Do đó có ít nhất 1 số chia hết cho 5. Vậy M 5 Nếu a, b, c là các số lẻ b 2 và c 2 chia hết cho 4 d 1. b 2 + c 2 (mod 4) a 2 b 2 + c 2 Do đó 1 trong 2 số a, b phải là số chẵn. Giả sử b là số chẵn Nếu C là số chẵn M 4 Nếu C là số lẻ mà a 2 = b 2 + c 2 a là số lẻ b 2 = (a - c) (a + b) + = 222 2 cacab 2 b chẵn b 4 m 4 Vậy M = abc 3.4.5 = 60 5. Phơng 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. Ví dụ 1: CMR: n 3 + 11n 6 với n z. Giải Ta có n 3 + 11n = n 3 - n + 12n = n(n 2 - 1) + 12n = n(n + 1) (n - 1) + 12n Vì n, n - 1; n + 1 là 3 số nguyên liên tiếp n(n + 1) (n - 1) 6 và 12n 6 Vậy n 3 + 11n 6 Ví dụ 2: Cho a, b z thoả mãn (16a +17b) (17a +16b) 11 CMR: (16a +17b) (17a +16b) 121 10 [...]... chia hết cho 5 Bài 4: Xét dãy số a1 = 199 3, a2 = 199 3 199 3, a 199 4 = 199 3 199 3 199 4 số 199 3 đem chia cho 199 4 có 199 4 số d thuộc tập {1; 2; ; 199 3} theo nguyên lý Đirichlet có ít nhất 2 số hạng có cùng số d Giả sử: ai = 199 3 199 3 (i số 199 3) aj = 199 3 199 3 (j số 199 3) aj - aj 199 4 1 i < j 199 4 199 3 10 ni 199 3 199 3 j - i số 199 3 9 Phơng pháp 9: phơng pháp phản chứng Để CM A(n) p... thì có 199 3 số d theo nguyên lý Đirichlet có ít nhất 2 số có cùng số d Giả sử đó là ai = 199 3q + r 0 r < 199 3 aj = 199 3k + r i > j; q, k N 15 aj - aj = 199 3(q - k) 111 00 0 = 199 3(q k ) 11 i - j 199 4 số 1 i số 0 111 10 j = 199 3(q k ) 11 i - j 199 4 số 1 mà (10j, 199 3) = 1 111 199 3 (ĐPCM) 11 199 4 số 1 Bài 3: Xét dãy số gồm 17 số nguyên bất kỳ là a1, a2, , a17 Chia các số cho 5 ta đợc... 2: CMR: Tồn tại 1 bội của số 199 3 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 Bài 4: Có hay không 1 số có dạng 199 3 199 3 199 3000 00 199 4 Hớng dẫn - Đáp số Bài 1: Xét dãy số 17, 172, , 1725 (tơng tự VD2) Bài 2: Ta có 199 4 số nguyên chứa toàn bộ số 1 là: 1 11 111 111 11 199 4 số 1 Khi chia cho 199 3 thì có 199 3 số d theo nguyên lý Đirichlet... ĐHSP Nhà xuất bản GD 198 5 6 Thực hành giaỉ toán cấp II Trung tâm nghiên cứu đào tạo bồi dỡng giáo viên 7 250 bài toán số học đại số Võ Đại Mau Lê Tất Hùng Vũ Thị Nhàn 8 Các đề vô định toán các nớc Nhà xuất bản Hải phòng 9 255 bài toán số học chọn lọc Sở GD Hà Tây 199 3 10 Chuyên đề bồi dỡng giỏi toán 6 - Đinh Vũ Nhân Võ Thị ái Nơng Hoàng Chúng 11 Số học bà chúa của toán học Hoàng Chúng 18 Mục... (n + 2)(n - 1) 9 (2) Từ (1) và (2) 3 9 vô lý Bài 3: Giả sử n N để 4n2 - 4n + 18 2 89 (2n - 1)2 + 17 172 (2n - 1) 17 17 là số nguyên tố (2n - 1) 17 (2n - 1)2 2 89 17 2 89 vô lý 17 Tài liệu tham khảo 1 Số học Nguyễn Vũ Thanh 2 Toán chọn lọc cấp II Lê Hải Châu 3 400 bài toán chọn lọc Vũ Dơng Thuỵ Trơng Công Thành Nguyễn Ngọc Đạm 4 Chuyên đề số học Võ Đại Mau 5 Bài tập số học về đại số -... Bài 1: Có tồn tại n N sao cho n2 + n + 2 49 không? Bài 2: CMR: n2 + n + 1 9 với n N* Bài 3: CMR: 4n2 - 4n + 18 2 89 với n N Hớng dẫn - Đáp số Bài 1: Giả sử tồn tại n N để n2 + n + 2 49 4n2 + 4n + 8 49 (2n + 1)2 + 7 49 (1) (2n + 1)2 7 Vì 7 là số nguyên tố 2n + 1 7 (2n + 1)2 49 (2) Từ (1); (2) 7 49 vô lý Bài 2: Giả sử tồn tại n2 + n + 1 9 với n (n + 2)(n - 1) + 3 3 (1) 3 n + 2... 2n+1 59 b 9 2n + 14 5 Bài 4: Tìm n N sao cho n3 - 8n2 + 2n n2 + 1 Hớng dẫn - Đáp số Bài 1: 13 + 33 + 53 + 73 = (13 + 73) + (33 + 53) = 8m + 8N 23 Bài 2: 362 + 60n + 24 = 12n(3n + 5) + 24 Ta thấy n và 3n + 5 không đồng thời cùng chẵn hoặc cùng lẻ n(3n + 5) 2 ĐPCM Bài 3: a 5n+2 + 26.5n + 8 2n+1 = 5n(25 + 26) + 8 2n+1 = 5n( 59 - 8) + 8.64 n = 5n. 59 + 8.59m 59 2n + 14 = 9 2n - 1 + 15 b 9 = (81n... n N 19 Bài 2: CMR với n 1 ta có 52n-1 22n-15n+1 + 3n+1 22n-1 38 Bài 3: Cho số p > 3, p (P) CMR 3p - 2p - 1 42p Bài 4: CMR với mọi số nguyên tố p đều có dạng 2n - n (n N) chia hết cho p Hớng dẫn - Đáp số Bài 1: Làm tơng tự nh VD3 Bài 2: Ta thấy 52n-1 22n-15n+1 + 3n+1 22n-1 2 Mặt khác 52n-1 22n-15n+1 + 3n+1 22n-1 = 2n(52n-1.10 + 9 6n-1) Vì 25 6 (mod 19) 5n-1 6n-1 (mod 19) 25n-1.10 + 9 6n-1... 25n-1.10 + 9 6n-1 6n-1. 19 (mod 19) 0 (mod 19) Bài 3: Đặt A = 3p - 2p - 1 (p lẻ) Dễ dàng CM A 2 và A 3 A 6 Nếu p = 7 A = 37 - 27 - 1 49 A 7p Nếu p 7 (p, 7) = 1 Theo định lý Fermat ta có: A = (3p - 3) - (2p - 2) p Đặt p = 3q + r (q N; r = 1, 2) A = (33q+1 - 3) - (23q+r - 2) = 3r.27q - 2r.8q - 1 = 7k + 3r(-1)q - 2r - 1 (k N) với r = 1, q phải chẵn (vì p lẻ) A = 7k - 9 - 4 - 1 = 7k - 14 Vậy... 1) n + 8 n2 + 1 Bài 4: Có n Nếu n + 8 = 0 n = -8 (thoả mãn) Nếu n + 8 0 n + 8 n2 + 1 11 n + 8 -n 2 1 Với n 8 n 2 + n + 9 0 Với n 8 2 2 n + 8 n + 1 Với n 8 n n 7 0 Với n 8 n {-2; 0; 2} thử lại Vậy n {-8; 0; 2} 6 Phơng pháp 6: Dùng quy nạp toán học Giả sử CM A(n) P với n a (1) Bớc 1: Ta CM (1) đúng với n = a tức là CM A(n) P Bớc 2: Giả sử (1) đúng với n = k tức là CM A(k) . cùng số d. Giả sử: a i = 199 3 199 3 (i số 199 3) a j = 199 3 199 3 (j số 199 3) a j - a j 199 4 1 i < j 199 4 199 310. 199 3 199 3 ni 199 3 số i-j 9. Phơng pháp 9: phơng pháp phản chứng Để. chia hết cho 5. Bài 4: Xét dãy số a 1 = 199 3, a 2 = 199 3 199 3, a 199 4 = 199 3 số 199 4 199 3 199 3 đem chia cho 199 4 có 199 4 số d thuộc tập {1; 2; ; 199 3} theo nguyên lý Đirichlet có ít nhất. < 199 3 a j = 199 3k + r i > j; q, k N 15 a j - a j = 199 3(q - k) )( 199 30 0011 111 kq = 0 số i1 số 199 4 j-i )( 199 310.11 111 kq j = 1 số 199 4 j-i mà (10 j , 199 3) = 1 1 số 199 4 11