Chuyên đề 4 một số bài toán về quan hệ chia hết trên tập hợp số nguyên

53 148 0
Chuyên đề 4  một số bài toán về quan hệ chia hết trên tập hợp số nguyên

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

Chuyên đề MỘT SỐ BÀI TOÁN QUAN HỆ CHIA HẾT TRÊN TẬP HỢP SỐ NGUYÊN I MỘT SỐ KIẾN THỨC CẦN NHỚ Định nghĩa phép chia Cho hai số nguyên a b b  ta ln tìm hai số ngun q r cho a = bq + r , với  r  b Trong a số bị chia, b số chia, q thương, r số dư  Khi a chia cho b số dư r  0;1; 2; 3; ; b  • Nếu r = a = bq , ta nói a chia hết cho b hay b chia hết a Ký hiệu: a b hay b a Vậy a chia hết cho b tồn số nguyên q cho a = bq • Nếu r  , ta nói a chia b có số dư r Một số tính chất cần nhớ • Tính chất Mọi số ngun khác ln chia hết cho • Tính chất Số nguyên a chia hết cho số nguyên b số nguyên b chia hết cho số nguyên c số ngun a chia hết cho số ngun c • Tính chất Số nguyên a chia hết cho số nguyên b ngược lại a = b • Tính chất Nếu a.b m ( b, m ) = a m • Tính chất Nếu hai số nguyên a b chia hết cho m ( a  b ) m • Tính chất Nếu a chia hết cho m n, ( m, n ) = a mn • Tính chất Nếu số nguyên a chia hết cho số nguyên b số nguyên c chia hết cho số nguyên d tích ac chia hết cho tích bd • Tính chất Trong n số nguyên liên tiếp tồn số ngun chia hết cho n • Tính chất Nếu a − b  với a, b số tự nhiên n số tự nhiên a n − bn chia hết cho a − b • Tính chất 10 Nếu a + b  với a, b số tự nhiên n số tự nhiên lẻ a n + bn chia hết cho a + b Một số dấu hiệu chia hết Đặt A = a na n −1 a 2a1a , với a n ; a n −1 ; ; a ; a1 ; a chữ số Khi ta có dấu hiệu chia hết sau • Dấu hiệu chia hết cho Số tự nhiên A chia hết cho a  0; 2; 4; 6; 8 • Dấu hiệu chia hết cho Số tự nhiên A chia hết cho a  0; 5 Từ suy A chia hết cho 10 a = • Dấu hiệu chia hết cho 25 Số tự nhiên A chia hết cho 4(hoặc 25) a1a chia hết cho (hoặc 25) • Dấu hiệu chia hết cho 125 Số tự nhiên A chia hết cho 8(hoặc 125) a 2a1a chia hết cho (hoặc 125) • Dấu hiệu chia hết cho 9: Số tự nhiên A chia hết cho (hoặc 9) tổng chữ số số A chia hết cho (hoặc 9) • Dấu hiệu chia hết cho 11 Số tự nhiên A chia hết cho 11 hiệu tổng chữ số hàng lẻ tổng chữ số hàng chẵn số chia hết cho 11 Đồng dư thức • Định nghĩa Cho m số nguyên dương Nếu hai số nguyên a b cho số dư chia cho m ta nói a đồng dư với b theo modun m Kí hiệu a  b ( mod m ) • Một số tính chất đồng thức Tính chất Nếu a  b ( mod m ) b  a ( mod m ) Tính chất Nếu a  b ( mod m ) b  c ( mod m ) a  c ( mod m ) Tính chất Nếu a  b ( mod m ) c  d ( mod m ) a + c  b + d ( mod m ) Nếu a  b ( mod m ) c  d ( mod m ) a − c  b − d ( mod m ) Tính chất Nếu a  b ( mod m ) , d ước chung a b, biết ( d, m ) = Khi ta có a b  ( mod m ) d d • Định lý Fermat Nếu p số nguyên tố a khơng chia hết cho p ta có a p−1  ( mod p ) II MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ QUAN HỆ CHIA HẾT Các phương pháp chứng minh toán chia hết tập hợp số nguyên 1.1 Phương pháp Sử dụng tính chất n số ngun liên tiếp ln có số chia hết cho n Cơ sở phương pháp Đây dạng toán thường gặp bắt đầu học chứng minh toán chia hết Sử dụng tính chất tích hai số nguyên liên tiếp chia hết cho 2, tích ba số nguyên liên tiếp chia hết cho Chúng ta vận dụng linh hoạt tích chất để giải toán chứng minh chia hết tích số nguyên liên tiếp  Ví dụ Chứng minh rằng: a) Tích ba số nguyên liên tiếp chia hết cho b) Tích hai số nguyên chẵn liên tiếp chia hết cho c) Tích năm số nguyên liên tiếp chia hết cho 120 Lời giải a) Trong số nguyên liên tiếp có số chia hết cho số chia hết tích số nguyên liên tiếp chia hết cho (do hai số nguyên tố nhau) b) Hai số chẵn liên tiếp có dạng 2n 2n + với n số ngun Do tích hai số nguyên liên tiếp có dạng 4n ( n + 1) Lại n n + hai số nguyên liên tiếp nên n ( n + 1) chia hết cho Vì 4n ( n + 1) chia hết cho Vậy tích hai số nguyên chẵn liên tiếp chia hết cho c) Trong năm số nguyên liên tiếp có ba số nguyên liên tiếp nên có chia hết cho Do tích năm số ngun liên tiếp chia hết cho Trong năm số nguyên liên tiếp có số chia hết tích năm số nguyên liên tiếp chia hết cho Trong số ngun liên tiếp ln có hai số chẵn liên tiếp tích năm số ngun liên tiếp ln chia hết cho Ta có 120 = 3.5.8 ( 3; ) = ( 3; ) = ( 5; ) = Do tích năm số nguyên liên tiếp chia hết cho 120  Ví dụ Chứng minh tích ba số chẵn liên tiếp chia hết cho 48 Lời giải Ba số chẵn liên tiếp có dạng 2n; 2n + 2; 2n + với n số nguyên Khi tích ba số chẵn liên tiếp 2n ( 2n + )( 2n + ) = 8n ( n + 1)( n + ) Trong tích có tích ba số ngun tiến tiếp nên n ( n + 1)( n + ) chia hết cho Từ ta suy tích ba số chẵn liên tiếp ln chia hết cho 48 ( )  Ví dụ Chứng minh A = n n − − 36n  chia hết cho với số   nguyên n Lời giải Biến đổi biểu thức A ta ( ) ( ) ( ) ( )( ) = n ( n − n − 6n − )( n − n − 6n + ) = n ( n − 1) − ( n + 1)  n ( n − 1) − ( n − 1)     = n ( n + 1) ( n − n − ) ( n − 1) ( n + n − ) = n ( n + 1)( n + )( n − )( n − 1)( n − )( n + ) A = n3 n2 −  − 36n  = n  n n − −  n n − +  = n n − 7n − n − 7n +     3 2 2 Ta thấy A tích số nguyên liên tiếp Do ta A chia hết cho với số nguyên n  Ví dụ Chứng minh n3 − 28n chia hết cho 48 với n số nguyên chẵn Lời giải Do n số nguyên chẵn nên tồn số nguyên k để n = 2k Khi ta có ( ) ( n − 28n = ( 2k ) − 28 ( 2k ) = 8k − 56k = 8k k − = 8k k − − ( ) = 8k k − − 48k = 8k ( k − 1)( k + 1) − 48k ) Ta có k ( k − 1)( k + 1) tích ba số ngun liên tiếp nên ln chia hết Do ta 8k ( k − 1)( k + 1) chia hết cho 48 Như 8k ( k − 1)( k + 1) − 48k chia hết cho 48 Từ ta n3 − 28n chia hết cho 48  Ví dụ Cho n số tự nhiên lẻ Chứng minh n − n chia hết cho 24 Lời giải Ta có n − n = n ( n − 1)( n + 1) Vì n − 1; n; n + ba số tự nhiên liên tiếp nên có ba số chia hết ta n − n = n ( n − 1)( n + 1) chia hết cho Do n lẻ nên n có dạng n = 2k + với k số tự nhiên Từ ta có n − n = n ( n − 1)( n + 1) = ( 2k + 1) 2k ( 2k + ) = 4.k ( k + 1)( 2k + 1) Do k k + hai số tự nhiên liên tiếp nên k ( k + 1) chia hết cho ( ) Từ ta 4k ( k + 1)( 2k + 1) chia hết cho 8, suy n − n chia hết cho Vì hai số nguyên tố nên kết hợp kết ta n − n chia hết cho 24 1.2 Phương pháp Sử dụng định nghĩa quan hệ chia hết phép phân tích đa thức thành nhân tử Cở sở phương pháp Để chứng minh biểu thức A chia hết cho biểu thức B ta phân thích biểu thức A dạng kB với k số nguyên Ta có hai ý sau + Nếu A chia hết cho m n với ( m; n ) = A chia hết cho tích mn + Nếu A phân tích thành BC B chia hết cho m C chia hết cho n A chia hết cho tích mn Trong phương pháp ta phải nắm vững phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử  Ví dụ Chứng minh với số nguyên n n − n chia hết cho Lời giải ( ) Ta có n − n = n n − = ( n − 1) n ( n + 1) Biểu thức tích ba số ngun liên tiếp nên tích ln chia hết cho Mà ta lại có ( 2; ) = nên suy n − n chia hết cho  Ví dụ Đặt A = a + a + + a n B = a13 + a 32 + + a 3n a ; a ; ; a n số nguyên Chứng minh A chia hết cho B chia hết cho Lời giải Như chứng minh ta ln có n − n chia hết cho với số nguyên n Xét hiệu sau ( ) ( ) ( ) ( B − A = a13 + a 32 + + a 3n − ( a1 + a + + a n ) = a13 − a1 + a 23 − a + + a n3 − a n ( ) ( ) ( ) ) Từ ta a13 − a1 6; a 23 − a 6; ; a n3 − a n Do ta B − A Suy A chia hết cho B chia hết cho  Ví dụ Đặt N = a1 + a + a + + a 2017 + a 2018 M = a15 + a52 + a53 + + a 52017 + a 52018 a1 ; a ; a ; ; a 2018 số nguyên dương Chứng minh N chia hết cho 30 M chia hết cho 30 Lời giải Với a số ngun ta có ( = a ( a − 1)( a + 1) ( a ) ( − ) + 5a ( a − 1)( a + 1) a − a = a ( a − 1)( a + 1) a + = a ( a − 1)( a + 1) a − + ) = a ( a − 1)( a + 1)( a − )( a + ) + 5a ( a − 1)( a + 1) Để ý ( a − 1) a ( a + 1) ( a − )( a − 1) a ( a + 1)( a + ) chia hết cho 2, Mà ta có 2, 3, nguyên tố với theo đôi nên ta có ( a − 1) a ( a + 1) ( a − )( a − 1) a ( a + 1)(a + ) ( chia hết cho 30 Do a5 − a chia hết cho 30 Ta có ) 5 M − N = a 15 + a 25 + a 35 + + a 2017 + a 2018 − ( a + a + a + + a 2017 + a 2018 ) ( ) ( ) ( ) ( = a15 − a1 + a 25 − a + a 35 − a + + a 2018 − a 2018 ) ( )( ) ( Áp dụng cách chứng minh ta có a15 − a1 ; a 25 − a ; ; a 2018 − a 2018 ) chia hết cho 30 Do M − N chia hết cho 30 Mà ta có N chia hết cho 30 nên suy M chia hết cho 30  Ví dụ Chứng minh A = n − n chia hết cho 60 với số nguyên dương n Lời giải ( ) Ta có A = n − n = ( n − 1)( n + 1) n n + 60 = 3.4.5 Do 3, 4, nguyên tố với theo đôi nên để chứng minh A chia hết cho 60 ta cần chứng minh A chia hết cho 3, cho 4, cho • Dễ thấy ( n − 1) n ( n + 1) nên suy A • Nếu n số chẵn ta có n , cịn n số lẻ ( n − 1)( n + 1) Do ta ln có A • Ta cần chứng minh A chia hết cho Chú ý số tự nhiên n chia cho nhận số dư 0, 1, 2, 3, n chia cho nhận số dư 0, 1, + Nếu n chia cho có số dư n chia hết cho + Nếu n chia cho có số dư n − chia hết cho + Nếu n chia cho có số dư n + chia hết cho Do ta ln có A chia hết cho Kết hợp kết ta suy A 60  Ví dụ Chứng minh n − n − n + chia hết cho 128 với n số lẻ Lời giải ( ) ( ) ( )( ) ( Ta có n6 − n − n + = n n − − n − = n − n − = n − Vì n số lẻ nên đặt tồn số tự nhiên k để n = 2k + ( ) ( 2 Khi ta có n − = ( 2k + 1) − 1 = 4k + 4k   ) =  4k ( k + 1)  Ta có k ( k + 1) chia hết suy  4k ( k + 1)  64 2 ) (n 2 +1 ) ( ) Mặt khác n + = ( 2k + 1) + = 4k + 4k + = 2k + 2k + 2 ( ) (n Do ta n − n − n + = n − 2 ) + chia hết cho 128  Ví dụ Cho x, y, z số nguyên dương phân biệt Chứng minh rằng: A = ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x ) chia hết cho B = ( x − y )( y − z )( z − x ) 5 Lời giải Đặt a = x − y; b = y − z ta z − x = − ( a + b ) Bài toán quy chứng minh ( a + b ) − a − b5 chia hết cho 5ab ( a + b ) Ta có (a + b) ( − a − b = 5a b + 10a b2 + 10a b3 + 5ab4 = 5ab a + 2a b + 2ab2 + b3 ( ) ( ) ( ) ) = 5ab  a + b + 2a b + 2ab  = 5ab ( a + b ) a − ab + b + 2ab ( a + b )      2 = 5ab ( a + b ) a + ab + b ( ( ) ) Dễ thấy 5ab ( a + b ) a + ab + b2 5ab ( a + b ) Do ( a + b ) − a − b5 chia hết cho 5ab ( a + b ) Vậy ta ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x ) chia hết cho ( x − y )( y − z )( z − x ) 5  Ví dụ Chứng minh với số tự nhiên n  n ( n + 1) ln tìm số tự nhiên a, b, c thỏa mãn a2 + b2 chia hết cho c Lời giải Xét số tự nhiên n  , ta đặt a = n2 + 2; b = n2 = n + 1; c = n2 + Dễ thấy n  a; b; c  ( n + 1) Ta có ( ) ( ) = ( n + 1) + ( n + 1) + + ( n + 1) + 2n ( n + 1) + n = ( n + 1) + 2n ( n + 1) + ( n + 1) = ( n + 1)( 2n + 2n + ) = ( 2n + 2n + ) c a + b2 = n + + n + n + 2 2 2 2 2 2 2 Do suy a2 + b2 chia hết cho c toán chứng minh 1.3 Phương pháp Sử dụng phương pháp tách tổng áp dụng tính chất chia hết tổng Cở sở phương pháp Để chứng minh A chia hết cho p ta biết đổi A thành tổng hạng tử chứng minh hạng tử chia hết cho p  Ví dụ Chứng minh với m, n số nguyên biểu thức sau chia hết cho ( ( ) a) n n + 11 b) mn m − n ) c) n ( n + 1)( 2n + 1) Lời giải ( ) a) Ta có n n + 11 = n + 11n = n − n + 12n = ( n − 1) n ( n + 1) + 12n Dễ thấy ( n − 1) n ( n + 1) chia hết cho với số nguyên n ( ) Do ta n n + 11 chia hết cho ( ) ( ) ( ) ( ) ( b) Ta có mn m2 − n2 = mn  m2 − − n2 −  = mn m − − mn n −   ( ) ( ) ) Do mn m − = n ( m − 1) m ( m + 1) mn n − = m ( n − 1) n ( n + 1) chia hết ( ) ta mn m − n chia hết cho c) Ta có n ( n + 1)( 2n + 1) = n ( n + 1)( n + + n − 1) = n ( n + 1)( n + ) + ( n − 1) n ( n + 1) Do n ( n + 1)( n + ) ( n − 1) n ( n + 1) nên ta suy n ( n + 1)( 2n + 1) chia hết cho  Ví dụ Chứng minh n n có chữ số tận giống với n số tự nhiên Lời giải ( ) Để chứng minh n n có chữ số tận giống ta chứng minh n − n 10 Thật ta có ( ) ) ( ( )( ) ) ( )( ) n5 − n = n n4 − = n n2 − n2 + = n n2 −  n − + 5   2 = n n − n − + 5n n − = ( n − )( n − 1) n ( n + 1)( n + ) + ( n − 1) n ( n + 1) ( )( Ta có ( n − )( n − 1) n ( n + 1)( n + ) tích năm số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho chia hết cho 10 Mặt khác ( n − 1) n ( n + 1) tích số tự nhiên liên tiếp nên chia hết ( n − 1) n ( n + 1) chia hết cho 10 ( ) Do n − n 10 nên tốn chứng minh  Ví dụ Cho biểu thức P = ab ( a + b ) + với a, b số nguyên Chứng minh giá trị P chia hết cho P chia hết cho Lời giải Giả sử giá trị P chia hết cho Khi từ ab ( a + b ) + chia hết cho ta ab ( a + b ) chia có số dư Từ dẫn đến a b không chia hết cho hay a b chia cho nhận hai số dư Nếu a b có số dư khác ta a + b chia hết cho 3, điều mâu thuẫn với ab ( a + b ) chia có số dư Do a b có số dư chia cho + Nếu a b có số dư chia cho ta ab ( a + b ) + khơng chia hết cho Do trường hợp loại + Nếu a b có số dư chia cho Khi đặt a = 3m + b = 3n + với m n số nguyên Từ ta P = ( 3m + )( 3n + )( 3m + 3n + ) + = ( 9mn + 6m + 6n + )( 3m + 3n + ) + = 9mn ( 3m + 3n + ) + ( 3m + 3n ) + 12 ( 3m + 3n ) + 18 = 9mn ( 3m + 3n + ) + 18 ( m + n ) + 36 ( m + n ) + 18 Từ dễ thấy P chia hết cho Vậy giá trị P chia hết cho P chia hết cho ( ) (  Ví dụ Cho biểu thức A = a 2020 + b2020 + c 2020 − a 2016 + b2016 + c2016 ) với a, b, c số nguyên Chứng minh A chia hết cho 30 Lời giải Với a số nguyên ta có ( = a ( a − 1)( a + 1) ( a ) ( − ) + 5a ( a − 1)( a + 1) a − a = a ( a − 1)( a + 1) a + = a ( a − 1)( a + 1) a − + ) = a ( a − 1)( a + 1)( a − )( a + ) + 5a ( a − 1)( a + 1) Để ý ( a − )( a − 1) a ( a + 1)( a + ) ( a − 1) a ( a + 1) chia hết cho 2, Mà ta có 2, 3, nguyên tố với theo đôi nên ta có Hay ta y2 − x chia hết cho xy2 + y + Đến ta xét trường hợp sau + Trường hợp Nếu y2  x Khi x y số nguyên dương nên để y2 − x ( ) chia hết cho xy2 + y + ta cần có xy2 + y +  x − y  x y − + y + y +  Điều vơ lí x y số ngun dương Do trường hợp khơng xẩy + Trường hợp Nếu y2 = x Khi tồn số nguyên dương m để y = m; x = m2 Từ ta có (  x y + x + y = m + m + m = m m + m +   xy + y + = m + m + ) Do dễ thấy x2 y + x + y chia hết cho xy2 + y + ( ) Vậy ( x; y ) = m ; m với m số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu toán + Trường hợp Nếu y2  x Khi x y số nguyên dương nên để y2 − x chia hết cho xy2 + y + ta cần có xy + y +  y − x  y ( x − 1) + x + y +  Điều vơ lí x y số nguyên dương Do trường hợp không xẩy ( ) Vậy cặp số thỏa mãn yêu cầu toán ( x; y ) = m ; m với m số nguyên dương • Lời giải Ta xét trường hợp sau + Trường hợp Nếu x  y , a b nguyên dương nên y  x + Từ ta xy + y +  xy + y = y ( xy + 1)  ( x + 1)( xy + 1) = x y + xy + y +  x y + x + y Do trường hợp khơng tìm cặp số ( x; y ) nguyên dương thỏa mãn yêu cầu toán + Trường hợp Nếu x  y Khi x2 y + x + y chia hết cho xy2 + y + nên tồn số nguyên dương m thỏa mãn x2 y + x + y = m Do x, y số nguyên dương xy2 + y + nên ta có x 1 x 2  +  xy + y + = x y + x + xy + +  x y + x + y y y y y ( ) x x x2 y + x + y Từ suy ta +  nên ta m  + y y xy + y + y y Lại thấy y  y − y2 − =  nên ta y y x 1  1 2 2  −  xy + y + = x y + x − x  y −  − −  x y + x  x y + x + y y y y y  ( Từ suy ta ) x x2 y + x + y x nên ta m  − −  y y xy + y + y y Kết hợp kết ta y = x x −  m  + Đến ta lại xét y y y y trường hợp nhỏ sau + Nếu x x −  m  + , ta x −  my  x + nên suy x = my Do y y y y ta có m y3 + my + y x2 y + x + y hay = =m m xy2 + y + my3 + y + ( ) Từ ta m y + my + y = m my + y + nên suy y = m ( ) Đến ta tìm ( x; y ) = m ; m với m số nguyên dương ( ) (x + 2) + Nếu y = Khi ta cần tìm số x ngun dương để x + x + ( ) ( ) ( x + ) ( x − 1) ( x + ) Ta có x ( x + ) − x2 + x + = x − nên x + x + Do x số nguyên dương nên  x −  x + Do ( x − 1) ( x + ) x = Từ ta tìm cặp số ( x; y ) = ( 1;1) thỏa mãn yêu cầu toán ( ) Vậy cặp số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu toán ( x; y ) = m ; m với m số nguyên dương Ví dụ Tìm cặp số nguyên dương x, y thỏa mãn x + chia hết cho y y + chia hết cho x Lời giải Từ điều kiện toán ta suy x +  y; y +  x Từ ta x −  y  x + , x, y số nguyên dương nên suy y = x − y = x y = x + Ta xét trường hợp sau • Nếu y = x − , ta x − y x + y Suy ( x + 1) − ( x − 1) y nên chia hết cho y, suy y  1; 2 + Với y = ta suy x = + Với y = ta suy x = • Nếu y = x , ta x y x + y Suy ( x + 1) − x y nên chia hết cho y hay y = , từ ta x = • Nếu y = x + , từ y + x ta x + x nên chia hết cho x, suy ta x  1; 2 + Với x = ta suy y = + Với x = ta suy y = Vậy số nguyên dương ( x; y ) thỏa mãn ( 1;1) , ( 1; ) , ( 2; ) , ( 2;1) , ( 3; ) Ví dụ 10 Tìm tất số nguyên dương a, b cho a + b2 chia hết cho a2 b − Lời giải Giả sử a + b2 chia hết cho a2 b − , tồn số nguyên dương k cho ( ) ( ) a + b2 = k a b − Hay ta a + k = b ka − b Đặt m = ka2 − b với m số nguyên Khi ta mb = a + k Từ suy mb − m − b = a + k − ka2 hay ta mb − m − b + = a + k − ka +  ( m − 1)( b − 1) = ( a + 1)( k + − ka ) Do a, b, k số nguyên dương nên ta suy m  Do suy ( b − 1)( m − 1)  , điều dẫn đến ( a + 1)( k + − ka )  Mà ta có a số nguyên dương nên ta suy k + − ka  hay k ( a − 1)  Mà k số nguyên dương nên từ k ( a − 1)  ta k ( a − 1) = k ( a − 1) = + Nếu k ( a − 1) = ta suy a − =  a = , ta ( b − 1)( m − 1) = Do số nguyên tố nên từ ( b − 1)( m − 1) = ta b − = b − = Từ suy b = b = Do trường ta hai cặp số nguyên dương thỏa mãn toán a = 1; b = a = 1; b = + Nếu k ( a − 1) = , ta k = 1;a = , ta ( b − 1)( m − 1) = Từ suy b = m = Với m = , kết hợp với hệ thức mb = a + k ta suy b = Do trường hợp ta hai cặp số nguyên dương thỏa mãn toán a = 2; b = a = 2; b = Vậy cặp số nguyên dương ( a; b ) thỏa mãn toán ( 1; ) , ( 1; ) , ( 2;1) , ( 2; ) Ví dụ 11 Tìm tất số nguyên cho tập hợp n, n + 1, n + 2, n + 3, n + 4, n + 5 chia thành hai tập hợp cho tích tất phần tử tập hợp tích tất phần tử tập hợp Lời giải Chú ý năm số ngun liên tích có số chia hết cho Như tập hợp n, n + 1, n + 2, n + 3, n + 4, n + 5 thỏa mãn tính chất cho tốn tập hợp phải chứa hai số chia hết cho Từ suy hai số chia hết cho phải n n + , lại số n + 1,n + 2,n + 3,n + chia hết cho Mặt khác sáu số n,n + 1,n + 2,n + 3,n + 4,n + có số chia hết cho số ngun tố p  số cịn lại khơng thể chia hết cho p Khi tập hợp n, n + 1, n + 2, n + 3, n + 4, n + 5 tách thành hai tập hợp có tính chất tốn Từ suy n,n + 1,n + 2,n + 3,n + 4,n + chia hết cho số nguyên tố p  Điều dẫn đến số n + 1,n + 2,n + 3,n + chia hết cho hai số nguyên tố Hay ta viết n + = 2k1 3l1 ; n + = 2k2 3l2 ; n + = 2k3 3l3 ; n + = 2k4 3l4 Với k i ; l i ( i = 1; 2; 3; ) số tự nhiên • Nếu n + chia hết cho suy n + chia hết cho 3, suy n + n + chia hết cho 3, ta l = l = , nên ta n + = 2k2 ,n + = 2k3 hai số chẵn, điều vơ lí n + n + hai số nguyên liên tiếp • Nếu n + n + chia hết cho 3, lặp lại lập luận ta mâu thuận Như tất trường hợp đầu khơng tìm n thỏa mãn tốn Ví dụ 12 Cho m, n hai số nguyên tố Tìm ước chung lớn m + n m + n Lời giải Đặt A = m + n B = m + n Gọi d ước chung lớn A B với d  Khi ta có A d; B d hay ta m + n d; m2 + n2 d ( ( ) ) Ta lại có A − B = ( m + n ) − m + n = 2mn Mà có A2 − B d nên suy 2mn d Lại có m + n d nên 2n ( m + n ) d suy 2mn + 2n2 d Kết hợp với 2mn d ta 2n d Hoàn toàn tương tự ta chứng minh 2m2 d Theo m n nguyên tố nên m n khơng tính chẵn Ta xét trường hợp sau • Trường hợp Trong hai số m n có số chẵn số lẻ, m + n số lẻ nên từ m + n chia hết cho d ta suy d số lẻ Từ ta m n chia hế cho d Mà ta lại có m n nguyên tố nên suy d = • Trường hợp Cả hai số m n số lẻ, từ m + n số chẵn nên từ m + n chia hết cho d với d lớn ta suy d số chẵn Đặt d = 2d' , từ 2m2 d 2n d ta m2 d' n d' Do m n nguyên tố nên suy d' = , d = Vậy ta có kai kết sau ( ) + Nếu hai số m n có số chẵn số lẻ m + n, m + n = ( ) + Nếu hai số m n lẻ m + n, m + n = Ví dụ 14 Tìm tất ba số nguyên dương ( a; b; c ) cho a3 + b3 + c3 chia hết cho a b; b2c; c 2a Lời giải • Lời giải Gọi d = ( a, b,c ) Dễ thấy ba số nguyên ( a; b; c ) thỏa mãn yêu a b c cầu tốn ba số ngun  ; ;  thỏa mãn yêu cầu tốn Do d d d ta cần xét trường hợp ( a; b; c ) thỏa mãn yêu cầu toán với ( a, b,c ) = Giả sử ( a, b ) = s  Nếu p ước nguyên tố s a b chia hết cho p Theo giả thiết a3 + b3 + c3 chia hết cho a b; b2c; c 2a nên a3 + b3 + c3 chia hết cho p Từ ta c3 chia hết cho p nên c chia hết cho p Như p ước chung a, b, c Điều trái với giả thiết ( a, b,c ) = Như ta ( a, b ) = Hoàn toàn tương tự ta ( b,c ) = 1; ( c,a ) = Do a3 + b3 + c3 chia hết cho a b; b2c; c 2a nên a3 + b3 + c3 chia hết cho a ; b2 ; c ( ) ( ) ( ) Và từ ( a, b ) = ( b,c ) = ( c,a ) = ta a , b2 = b2 ,c = c ,a = Suy a3 + b3 + c3 chia hết cho a b2 c , a3 + b3 + c3  a2 b2c2 Do vai trò a, b, c nên khơng tính tổng qt ta giả sử a  b  c Khi ta có 3c3  a3 + b3 + c3  a2 b2c2 suy c  a b2 a b2  b2  b2 + a ( a − b ) = a − ab + b2 hay c  a2 + b2 − ab Mặt khác b  a  nên b2  2b  a + b Mà ta có c  b2 nên c  a + b Giả sử a  , Từ kết ta (a + b ) (a − ab + b c2 Điều mâu thuẫn với a3 + b3 c2 nên )=a + b3  c2 a + b3 số nguyên c2 Như ta a = , ta + b3 + c3 b2c2 Ta xét trường hợp sau + Nếu b = c , ta suy b = c = Do số nguyên dương ( 1;1;1) thỏa mãn yêu cầu toán + Nếu b = , ta số nguyên dương ( 1;1;1) thỏa mãn yêu cầu toán + Nếu b = , ta suy c = Do số nguyên dương ( 1; 2; ) thỏa mãn yêu cầu toán + Nếu c  b  , từ + b3 + c3  b2c2 ta 2c3  + b3 + c3 , suy 2c  b2 ta b2 b2 − b +  Mặt khác hay c  Từ 2c  b2 ta 2c  b2 − b + hay c c b2 b+1  b + hay  b  ta có  c 2 ( b + 1) b − b + b3 +  , điều mâu thuân với Từ kết ta c2 c2 số nguyên dương ( ) Từ ta b = b = Thử trực tiếp ta thấy khơng có c ngun dương thỏa mãn Như ba số nguyên dương ( a; b; c ) thỏa mãn toán ( k; k; k ) , ( k; 2k; 3k ) hoán vị chúng với k số nguyên dương • Lời giải Gọi d = ( a, b ) , ta a2 b d3 Do a3 + b3 + c3 d3 c d Suy ( a, b ) = ( b,c ) = ( c,a ) = ( a, b,c ) a b c Đặt ( m; n; l ) =  ; ;  , ba số ( m; n; l ) thỏa mãn yêu cầu toán d d d ( m, n,l ) = Từ ta suy m + n + l m n l Khơng tính tổng qt ta giả sử l  n  m Ta có 3l3  m3 + n3 + l3  m2 n2l2 , l  Mà ta có m + n l nên ta có 2n  m + n  l  Nếu m  n  m2 n2 m4 n4 9   m , điều mâu thuân với n  m Do m = 24 Nếu n  l  n n l nguyên tố Do ta 3l3  l3 + n3 +  l n2 l  n2 n2 , n +  l  n  Đến ta xét trường hợp n thu kết Ví dụ 15 Tìm số nguyên x, y, z lớn thỏa mãn xy + z; yz + x; zx + y Lời giải • Lời giải Từ xy + z; yz + x; zx + y suy ( xy + 1)( yz + 1)( zx + 1) xyz Hay  x2 y z2 + xyz ( x + y + z ) + xy + yz + xz + 1 xyz nên ( xy + yz + xz + 1) xyz Từ ta xy + yz + zx +  xyz Do vai trị bình đẳng x, y, z nên khơng tính tổng qt ta giả sử x  y  z  Do xyz  xy + yz + zx +  3xy +  3xy + xy = 4xy nên  z  , suy z  2; 3 Ta xét trường hợp sau: Trường hợp Với z = Do ( xy + yz + xz + 1) xyz ta xy + 2x + 2y + 2xy Do xy + 2x + 2y +  2xz nên xy  2x + 2y +  4x +  5x  y  Do y  z = nên suy y  2; 3; 4 + Khi y = , thay vào xy + 2x + 2y + 2xy ta 4x + 4x nên chia hết cho 4x, không thỏa mãn + Khi y = , thay vào xy + 2x + 2y + 2xy ta 5x + 6x , suy 5x +  6x nên ta  x Kết hợp với điều kiện x  y = ta x  3; 4; 5; 6; 7 Thử trường hợp ta thấy x = thỏa mãn + Khi y = , thay vào xy + 2x + 2y + 2xz ta 10x + 8x  10x + 2x  2x , không thỏa mãn Trường hợp Với z = Do ( xy + yz + xz + 1) xyz ta xy + 3x + 3y + 3xz Do xy + 3x + 3y +  3xz nên 2xy  3x + 3y +  6x +  7x suy y  Kết hợp với điều kiện y  z = ta suy y = Thay vào xy + 3x + 3y + 3xz ta 6x + 10 9x nên 6x + 10 3x hay 10 3x , không thỏa mãn Vậy ba số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu toán ( x; y; z ) = ( 7; 3; ) hoán vị • Lời giải Từ xy + z; yz + x; zx + y suy ( xy + 1)( yz + 1)( zx + 1) xyz Hay  x2 y z2 + xyz ( x + y + z ) + xy + yz + xz + 1 xyz nên ( xy + yz + xz + 1) xyz Do vai trị bình đẳng x, y, z nên ta giả sử x  y  z  ( ) Đặt xy + yz + zx + = kxyz k  N* Ta có kxyz = xy + yz + zx +  xyz + xyz + xyz + xyz = 4xyz  k  nên ta k  1; 2; 3 • Với k = , ta xy + yz + zx + = xyz nên xyz = xy + yz + zx +  4xy  z   z  2; 3 + Thay z = vào xy + yz + zx + = xyz ta xy − 2x − 2y =  ( x − )( y − ) = x − = x = Để ý x −  y −  nên ta suy   y − = y = Do ta số ( x; y; z ) = ( 7; 3; ) thỏa mãn toán + Thay z = vào xy + yz + zx + = xyz ta 2xy − 3x − 3y =  ( 2x − )( 2y − ) = 11 2x − = 11 x = Để ý 2x −  2y −  nên ta suy  , loại không  2y − = y = thỏa mãn y  z • Với k = , ta xy + yz + zx + = 2xyz nên 2xyz = xy + yz + zx +  4xy  z  Trường hợp loại khơng thỏa mãn z  • Với k = , ta xy + yz + zx + = 3xyz nên 3xyz = xy + yz + zx +  4xy  3z  Trường hợp loại không thỏa mãn z  Vậy ba số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu toán ( x; y; z ) = ( 7; 3; ) hoán vị Ví dụ 16 Tìm số ngun dương n cho n có tất k ước tự nhiên d1 ; d ; d ; ; d n thỏa mãn điều kiện = d1  d  d   d n  n ( k  15 ) , đồng thời thỏa mãn hai điều kiện sau: ii) ( d5 + 1) = d15 + i) n = d13 + d14 + d15 Lời giải Vì d15 ước n nên tồn di  N* với i  1; 2; ; k cho di d15 = n Mà ta có n = d13 + d14 + d15 nên suy  ( di − 1) d15 = d13 + d14  2d15 Từ ta  d i −  nên d i = Vì d1 = nên từ d i = ta suy i = n = 2d15 nên ta d16 = n hay k = 16 Từ suy n = 2d15 = d d14 = d d13 nên ta ( d13 + d14 ) = d d14 = d d13 Gọi d = ( d13 ,d14 ) , tồn số tự nhiên p, q thỏa mãn d13 = pd; d14 = qd ( p,q ) = Thay vào đẳng thức ( d13 + d14 ) = d d14 = d d13 ta 2d ( p + q ) = dqd = dpd  ( p + q ) = qd = pd  2p = q ( d3 − ) Từ suy  2q = p d − ( )   Vì d13  d14 nên p  q ,  q ( d − ) = 2p  2q   d −   d = Do ta ( p + q ) = 2q  q = 2p  d = Mặt khác từ ( d5 + 1) = d15 + ta có ( d5 + 1) = ( d15 + 1) = n + 3 ( ) Do suy d35 + 3d52 + 3d5 = n Do d = nên n suy d , dẫn đến n Mà d  d =  d = Do ta d15 + = ( d5 + 1) = 1000 nên d15 = 999 Suy n = 2d15 = 1998 Thử lại ta thấy n = 1998 thỏa mãn u cầu tốn Ví dụ 17 Tìm tất cặp số nguyên dương a, b thỏa mãn 4a + 4b − nguyên tố nhau, đồng thời a + b ước 16ab + Lời giải Giả sử số nguyên dương a, b thỏa mãn u cầu tốn, ta có ( 4a + 1, 4b − 1) = 16ab + ( a + b ) Ta có ( 4a + 1)( 4b + 1) = 16ab + + ( a + b ) ( a + b ) Lại có 4a + + 4b − = ( a + b ) ( a + b ) Mà ( 4a + 1, 4b − 1) = Nếu hai số 4a + a + b chia hết cho số nguyên tố p đó, từ 4a + + 4b − chia hết cho ( a + b ) ta suy 4b − p , điều mâu thuẫn với giả thiết ( 4a + 1, 4b − 1) = Từ suy ( 4a + 1,a + b ) = Ta có ( 4a + 1)( 4b + 1) ( a + b ) ( 4a + 1,a + b ) = nên suy 4b + ( a + b ) Ngược lại giả sử a, b số nguyên dương thỏa mãn 4b + ( a + b ) Khi từ ( 4a + 1)( 4b + 1) ( a + b ) ta suy 16ab ( a + b ) Nếu hai số 4a + 4b − chia hết cho p p số nguyên tố lẻ Ta lại có 4a + + 4b − = ( a + b ) ( a + b ) , suy 4b + p Do ta 4b + − ( 4b − 1) = p , điều mâu thuẫn với p số nguyên tố lẻ Từ ta ( 4a + 1, 4b − 1) = Như hai số nguyên dương a, b thỏa mãn ( 4a + 1, 4b − 1) = 16ab ( a + b ) tương đương với hai số nguyên dương a, b thỏa mãn 4b + ( a + b ) Chú ý 4b + số lẻ 4b +  ( a + b ) nên từ 4b + ( a + b ) ta suy  4b + = a + b a = 3b +    4b + = ( a + b )  b = 3a − Như cặp số nguyên dương ( a; b ) ( c; 3c − 1) , ( 3c + 1; c ) với c  N* Ví dụ 18 Tìm tất cặp số tự nhiên ( n; k ) với k  thỏa mãn điều kiện số tự nhiên A = 17 2016n + 4.17 2n + 7.195n phân tích thành k số tự nhiên liên tiếp Lời giải Ta có nhận xét: Tích bốn số tự nhiên liên tiếp ln chia hết cho bốn số tự nhiên liên tiếp có hai số chẵn liên tiếp Trước hết ta chứng minh A = 17 2016n + 4.17 2n + 7.195n khơng thể phân tích thành tích bốn số tự nhiên liên tiếp trở lên + Xét n số chẵn, ta 17 2016n = (16 + 1) 2016n = 16a + với a số tự nhiên Do 17 2016 n chia dư Tương tự ta có 4.17 2n chia dư Lại có 7.195n = (16 + ) 5n 5n 5n' = 16b + ( )  = 16b + ( )  = (16b + 8c + 1) với b, c     số tự nhiên, 7.195n chia dư Như A = 17 2016n + 4.17 2n + 7.195n chia dư 12 hay A = 17 2016n + 4.17 2n + 7.195n chia dư + Xét n số chẵn, ta 17 2016n = (16 + 1) 2016n = 16a + với a số tự nhiên Do 17 2016 n chia dư Tương tự ta có 4.17 2n chia dư Lại có 7.195n = (16 + ) 5n 5n 5n' = 16b + ( )  = 16b + ( )  = (16b + 3.8c + ) với     b, c số tự nhiên, 7.195n chia dư Như A = 17 2016n + 4.17 2n + 7.195n chia dư 10 hay A = 17 2016n + 4.17 2n + 7.195n chia dư Trong hai trương hợp A không chia hết khơng thể phân tích thành tích bốn số tự nhiên liên tiếp trở lên Điều có nghĩa k  , lại có k  Từ ta k = k = Đến ta xét trường hợp cụ thể • Trường hợp Với k = , giả sử tồn số tự nhiên x để A = x ( x + 1) + Nếu n = ta A = 12 x = thỏa mãn yêu cầu tốn + Nếu n  rõ ràng 17 2008n  4.17 2n + 7.195n Do ta có A = 17 2016n + 4.17 2n + 7.195n  17 2016n + 17 2008n Mà ta lại có A = x ( x + 1) = 17 2016n + 4.17 2n + 7.19 5n  17 2016n nên x  17 2008n Từ suy x ( x + 1)  A , điều vô lí Do khơng tồn n thỏa mãn tốn • Trường hợp Với k = , giả sử tồn số tự nhiên x để A = ( x − 1) x ( x + 1) với x  Khi x số lẻ A chia hết cho 8, điều mâu thuẫn với A không chia hết ( ) cho Do x phải số chẵn Khi ta thấy x ( x − 1)( x + 1) = x x − chia cho có số dư hoặc −1 Mà ta lại có 17 2006n = (15 + ) 2006n = 15a + ( ) = 15a + ( − 1) 2006n 1003n = 15a + 5b + ( −1) 1003n với a b số tự nhiên Tương tự ta có 4.17 2n = 4.15c + 4.5d + ( −1) với c, d n số tự nhiên Lại có 7.19 5n = ( 20 − 1) 5n 5n 5n 5n =  20e + ( −1)  = 7.20e + ( −1) + ( −1) với e   số tự nhiên, Như A chia có số dư ( −1) 1003n + ( −1) + ( −1) n −2 Do trường hợp khơng có n thỏa mãn tốn Vậy cặp số tự nhiên thỏa mãn toán ( n; k ) = ( 0; ) 5n Ví dụ 19 Tính tổng tất số nguyên dương nhỏ 2016 cho bình phương số chia 17 có số dư Gọi x số nguyên thỏa mãn yêu cầu toán, ta x2 = 17k + với k số tự nhiên Khi ta k = số nguyên tố nên suy x2 − ( x − )( x + ) Do k số tự nhiên 17 = 17 17 ( x − )( x + ) số tự nhiên nên ta có x − = 17n 17 x + = 17n với n số tự nhiên • Xét trường hợp x − = 17n Vì x phụ thuộc vào n nên ta kí hiệu x n giá trị thỏa mãn x − = 17n Theo ta có x  2016 nên 17n +  2016 hay n  118 x1 = 17.1 +  x = 17.2 + Từ suy n = 1; 2; 3; ;118 , ta   x118 = 17.118 + Từ ta A = 17 (1 + + + + 118 ) + 3.118 = 17 (1 + 118 ) 118 + 3.118 • Xét trường hợp x + = 17n , x phụ thuộc vào n nên ta kí hiệu x n giá trị thỏa mãn x + = 17n Theo ta có x  10000 nên ta 17n −  2016 hay n  118 x1 = 17.1 −  x = 17.2 = Từ suy n = 1; 2; 3; ;118 , ta   x118 = 17.118 − 17 (1 + 118 ) 118 Từ ta B = 17 (1 + + + + 118 ) − 3.118 = − 3.118 Như tổng số tư nhiên thỏa mãn yêu cầu toán S = A+B = 17 (1 + 118 ) 118 + 3.118 + 17 (1 + 118 ) 118 − 3.118 = 17.118.119 Ví dụ 19 Trong kỳ thi chọn học sinh giỏi THCS cấp Tỉnh, đoàn học sinh huyện A có 17 học sinh dự thi Mỗi thí sinh có số báo danh số tự nhiên khoảng từ đến 907 Chứng minh chọn học sinh đồn có tổng số báo danh chia hết cho Lời giải Với năm số tự nhiên đôi khác tùy ý có hai trường hợp sau xẩy + Trường hợp Có ba số năm số đo có số dư chia cho Khi tổng ba số có số dư chia hết cho + Trường hợp Có nhiều hai số có số dư chia cho Như năm số tự nhiên có số chia có số dư 1, có số chia có số dư có số chia hết cho Như tổng ba số ln chia hết cho Từ ta chia 17 số báo danh 17 học sinh thành ba nhóm gồm 5, 5, phần tử Theo lí luận tập hợp ta ln chọn nhóm ba số mà tổng chúng chia hết cho ba Giả sử ba tổng ba tập hợp 3a1 ; 3a ; 3a với a1 ; a ; a số tự nhiên Như ta chọn số tự nhiên 17 số tự nhiên để lập thành ba nhóm Khi cịn lại số tự nhiên khác ta chọn tiếp ba số tự nhiên thỏa mãn tổng chúng chia hết cho 3, ta gọi gọi tổng 3a với a số tự nhiên Đến ta lại năm số tự nhiên khác theo đơi ta lại chọn ba số có tổng chia hết cho 3, ta gọi tổng ba số 3a với a số tự nhiên Như từ 17 số tự nhiên khác đôi ta tao tổng chia hết cho mà tổng gồm ba số tự nhiên Từ tương tự từ số a1 ; a ; a ; a ; a ta lại chọn ba số có tổng chia hết cho ba Khơng tính tổng qt ta giả sử ba số a1 ; a ; a , ta 3a1 + 3a + 3a = ( a + a + a ) chia hết cho Vậy chọn học sinh thi tốn có tổng số báo danh mang chia hết cho Ví dụ 20 Chứng minh từ 53 số tự nhiên chọn 27 số mà tổng chúng chia hết cho 27 Lời giải Ta chứng minh từ số tự nhiên ln tìm số mà tổng chúng chia hết cho Thật vậy, số tự nhiên chia cho có phần dư 0, + Nếu số dư có số 0, số 1, số tổng ba số tự nhiên tương ứng với ba số dư chia hết cho + Nếu số dư nhận không số 0, 1, theo nguyên tắc Dirichlet tồn số dư nhận giá trị tổng ba số tự nhiên tương ứng chia hết cho Từ 53 số tự nhiên cho chọn số mà tổng chúng a chia hết cho Xét 50 số lại chọn số mà tổng a chia hết cho Lặp lại lập luận từ 53 số ta chọn 17 số mà số gồm số có tổng a1 ; a ; ; a17 cho tổng chia hết cho Chứng minh tương tự nhận thấy từ số tự nhiên mà số chia hết cho ta chọn số có tổng chia hết cho Vậy từ 17 số a1 ; a ; ; a17 ta chọn gồm số có tổng b1 ; b2 ; ; b5 cho bi với i  1; 2; 3; 4; 5 Từ số chia hết cho b1 ; b ; b ; b ; b chọn số mà tổng chúng chia hết cho 27 Tổng số tổng 27 số ban đầu Vậy từ 53 số tự nhiên ln chọn 27 số mà tổng chúng chia hết cho 27 MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ LUYỆN ... số a n b n a n chia hết cho Vậy với n  N có hai số chia hết cho 2 Một số tốn liên quan đến quan hệ chia hết Ngồi tốn chứng minh quan hệ chia hết số toán liên quan đến quan hệ chia hết tập hợp. .. hai số nguyên chẵn liên tiếp chia hết cho c) Tích năm số nguyên liên tiếp chia hết cho 120 Lời giải a) Trong số nguyên liên tiếp có số chia hết cho số chia hết tích số nguyên liên tiếp chia hết. .. Định lý Fermat Nếu p số nguyên tố a không chia hết cho p ta có a p−1  ( mod p ) II MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ QUAN HỆ CHIA HẾT Các phương pháp chứng minh toán chia hết tập hợp số nguyên 1.1 Phương pháp

Ngày đăng: 31/03/2020, 09:33

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan