Luyện thi HSG Toán 6 chủ đề: Dùng tính chất chứng minh bài toán chia hết

Luyện thi HSG Toán 6 chủ đề: Dùng tính chất chứng minh bài toán chia hết. Tài liệu được biên soạn dưới dạng file PDF bao gồm 22 trang tổng hợp các kiến thức tổng hợp giúp các bạn tham khảo, ôn tập và đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới. Mời các bạn đón xem!

Trang 1
CH ĐỀ 3: DÙNG TÍNH CHT CHNG MINH BÀI TOÁN CHIA HT
PHN I. TÓM TT LÝ THUYT
1. TÍNH CHT CHUNG
1)
ab
bc
thì
ac
2)
aa
vi mi
a
khác 0
3)
0 b
vi mi
b
khác 0
4) Bt c s nào cũng chia hết cho 1
2. TÍNH CHT CHIA HT CA TNG, HIU
- Nếu
,ab
cùng chia hết cho m thì
chia hết cho
m
ab
chia hết cho
m
- Tng (Hiu) ca 2 s chia hết cho
m
1 trong 2 s y chia hết cho m thì s còn lại cũng chia hết
cho
m
.
- Nếu 1 trong 2 s
,ab
chia hết cho
m
s kia không chia hết cho
m
thì tng, hiu ca chúng không
chia hết cho
m
.
3. TÍNH CHT CHIA HT CA 1 TÍCH
- Nếu mt tha s ca tích chia hết cho
m
thì tích chia hết cho
m
- Nếu
a
chia hết cho
m
thi bi của a cũng chia hết cho
m
- Nếu
a
chia hết cho
m
,
b
chia hết cho n thì
.ab
chia hết cho
.mn
- Nếu
a
chia hết cho
b
thì:
mm
ab
4. CÁC TÍNH CHT KHÁC:
1)
0 ( 0)aa
2)
;1a a a
( 0)a
3)
;a b b c a c
4)
;a m b m pa qb m
5)
:( . ) ;a mn a m a n
6)
; ;( , ) 1a m a n m n a mn=
7)
;a m b n ab mn
8)
;( , ) 1ab m b m a m=
9)
ab p
(p là s nguyên t) thì hoc
ap
hoc
bp
5. CÁC TÍNH CHT SUY LUN ĐƯỢC
- Trong hai s t nhiên liên tiếp có mt s chn mt s l.
- Tng hai s t nhiên liên tiếp là mt s l.
- Tích hai s t nhiên liên tiếp là mt s chn.
- Tích hai s chn liên tiếp chia hết cho 8.
- Tng ca hai s t nhiên bt k là mt s l thì có mt s t nhiên là s chn.
Trang 2
PHN II. CÁC DNGI
1, Dng 1: Chng minh mt biu thc chia hết cho mt s.
2, Dng 2: Cho mt biu thc chia hết cho
m
chng minh mt biu thc khác chia hết cho
m
.
3, Dng 3: Tìm
n
để biu thc
A(n)
chia hết cho biu thc
B(n)
4, Dng 4: Bài toán chng minh chia hết liên quan đến s chính phương.
5, Dng 5: Chng minh mt biu thc chia hết cho mt biu thc.
6, Dng 6: Chng minh chia hết t một đẳng thức cho trưc.
Dng 1: Chng minh mt biu thc chia hết cho mt s
I. Phương pháp giải: Chứng minh biểu thức
A
chia hết cho số
m
.
- Viết biểu thức
A
thành một tổng(hiệu) các số trong đó mỗi số đều chia hết cho
m
từ đó suy ra
A
chia hết cho
m
.
- Viết biểu thức
A
thành một tích các thừa số trong đó có thừa số chia hết cho
m
từ đó suy ra
A
chia
hết cho
m
.
- Viết m thành một tích các thừa số nguyên tố cùng nhau và chỉ ra biểu thức
A
chia hết cho các thừa
số của
m
từ đó suy ra
A
chia hết cho
m
.
- Viết biểu thức
A
m
thành một tích các thừa số và chỉ ra mỗi thừa số của
A
chia hết cho một
thừa số của m từ đó suy ra
A
chia hết cho
m
.
- Viết
A
thành một tổng hoặc hiệu các số mà có tổng hoặc hiệu các số dư chia hết cho
m
từ đó suy ra
A
chia hết cho
m
.
C th ta có th vn dụng các PHƯƠNG PHÁP sau:
+ PHƯƠNG PHÁP 1: Nếu
A
mt s c th ta vn dng du hiu chia hết 2; 3; 4; 8; 9; 11; ... đ
chng minh.
+ PHƯƠNG PHÁP 2: Nếu
A
tng hoc hiu các s, ta cn phân ch
A
để đưa
A
v hoc hiu
hoc tích ca các s du hiu chia hết ri áp dng tính cht chia hết ca tng (hiu) hoặc tích để
chng minh.
+ PHƯƠNG PHÁP 3: Đ chng minh
A
chia hết cho
p
, ta xét mi trưng hp v s dư khi chia
A
cho
p
.
+ PHƯƠNG PHÁP 4: Ngoài ra ta cũng có th dùng cách tìm ch s tn cùng ca
A
đ chng minh
A
chia hết cho
mt s.
+ PHƯƠNG PHÁP 5: Nếu
Am
An
m
n
là hai s nguyên t cùng nhau thì
.A m n
II. Bài toán
Bài 1: Chng minh rng
a.
28
10 8 72A=+
b.
7 9 13
81 27 9 45B =
Li gii
a) Cách 1:
Ta có:
28 28 28 3 25 28
10 2 .8 2 .2 .5 8==
8 8 8A
Li có
28
10 8+
tng các ch s là 9 nên chia hết cho 9. Vy A chia hết cho 72
Trang 3
Cách 2:
28
10 8+
ba ch s tn cùng là 008 nên chia hết cho 8
28 28
9
9
10 8 10 1 9 9 72AA+ = +
b) Ta có
7
81
;
9
27
;
13
9
chia hết cho 9 nên
B
chia hết cho 9
Lại có
7
81
tận cùng là 1
98
27 27 .27 ...1.27==
tận cùng là 7
13 12
9 9 .9 ...1.9==
tận
cùng là 9
nên
B
có tận cùng là 5 nên
B
chia hết cho 5.
(5;9) 1 5.9 45BB=
Bài 2: Chứng minh :
20 4 20
2 .2 2 A=+
chia hết cho 17.
Li gii
( )
20 20
2 . 16 1 2 .17A = + =
17A
Bài 3: Chứng minh rằng:
2
7.5 12.6
nn
A=+
chia hết cho 19
Li gii
Thêm bớt
7.6
n
, ta được:
( )
7.25 7.6 19.6 7. 25 6 19.6
n n n n n n
A = + = +
Ta có:
( )
25 6 19
nn
mod
( )
( )
25 6 0 19
nn
mod−
( )
( )
7. 25 6 19.6 19.6 19 +
n n n n
mod
0A
(mod19)
Vậy
19A
Ghi chú: Đối với một số bài toán lớp 8 nếu ta sử dụng đến hằng đẳng thức:
nn
a b a b−−
với
( )
n
nn
a b a b++
với (
n
; n lẻ). Thì ta thể giải được một cách dễ dàng, tuy nhiên với học sinh lớp 6
thì chưa thể sử dụng những hằng đẳng thức đó. Vì vậy, ta có thể sử dụng Đồng dư thức để có được lời
giải phù hợp với trình độ của học sinh lớp 6.
Bài 4: Chứng minh rằng: a)
5555 2222
2222 5555A=+
chia hết cho 7.
b)
1962 1964 1966
1961 1963 1965 2B = + + +
chia hết cho 7.
Li gii
a) Ta có
( ) ( ) ( )
2222 2222 5555 5555 5555 2222
5555 4 2222 4 4 4A = + +
( )
( )
2222 2222
5555 4 5555 4−−
( )
2222 2222
5555 4 7−
Tương tự:
( )
5555 5555
2222 4 7+
( ) ( ) ( )
1111 1111
5555 2222 5 2 5 2 5555 2222
4 4 4 4 4 4 4 4 7 =
Trang 4
Vậy
5555 2222
2222 5555A=+
chia hết cho 7.
b)
1962 1964 1966
1961 1963 1965 2 7B = + + +
Sử dụng tính chất:
( )
n
ab+
khi chia cho
a
số dư là
b
Ta có
1962 1964 1966
(1960 1) (1960 3) (1965 2) 2B = + + + + +
1962 1964 1966
(7 1) (7 3) (7 2) 2B m n p= + + + + +
1964 1966
7 1 3 2 2Bq= + + + +
654 3.655
7 9.27 2.2 3Bq= + + +
7 9 2 3Br= + + +
7 14 7Br=+
Bài 5 : Chng minh rng:
2 3 200
2 2 2 2A= + + ++
chia hết cho 6
Li gii
Ta có:
Tổng của hai số hạng :
2
2 2 2 4 6+ = + =
Tổng A có 200 số hạng ta chia thành 100 nhóm chứa hai số hạng có tổng 6.
Nên:
( ) ( ) ( )
2 3 4 199 200
2 2 2 2 2 2A = + + + ++ +
( ) ( )
2 2 198 2
6 2 2 2 2 2 2A = + + ++ +
( ) ( )
2 198
6 2 6 2 6A = + ++
( )
2 198
6 1 2 2A = + ++
Vậy
A
chia hết cho 6
Bài 6 : Chng minh rng:
2 4 20
2 2 2A= + ++
chia hết cho 4 5.
Li gii
( ) ( ) ( )
2 4 6 8 19 20
2 2 2 2 2 2A = + + + ++ +
( ) ( )
4 2 4 16 2 4
20 2 2 2 2 2 2A = + + + +
( ) ( )
4 16
20 2 20 2 20A = + +
( )
4 16
20. 1 2 +2A = + +
( )
4 16
5.4. 1 2 +2A = + +
Vậy
A
chia hết cho 5 4.
Bài 7 : Chng minh rng:
a,
( 10)( 15) 2nn++
b,
( 1)( 2) 2;3n n n++
c,
2
1nn++ 4;2;5
Li gii
Trang 5
a, Ta có:
Nếu
n
là s l thì
15 2n +
Nếu
n
là s chn thì
10 2n +
Như vậy vi mi
n
là s t nhiên thì :
( )( )
10 15 2nn++
b, Ta có:
( )( )
12n n n++
tích ba s t nhiên liên tiếp nên s mt s chia hết cho 2, mt s chia
hết cho 3.
c, Ta:
( 1) 1nn++
là 1 s l nên
( 1) 1nn++4;2
có ch s tn cùng khác 0 5
Bài 8: Chng minh rng vi mi s t nhiên
n
thì:
a.
(2 1)(7 1) 6A n n n= + +
b.
3
13 6B n n=−
Li gii
a) Ta có:
7 1 8 1n n n+ + = +
là s l nên
n
chn hoc
7n
chn,
(2 1)(7 1) 2n n n++
(1)
Xét các trường hp :
3 (2 1)(7 1) 3n k n n n= + +
3 1 (2 1)(7 1) 3 ( 2 1 3)n k n n n do n= + + + +
3 2 (2 1)(7 1) 3 ( 7 1 3)n k n n n do n= + + + +
(2 1)(7 1) 3n n n + +
vi mi s t nhiên
n
(2)
T (1) và (2)
(2 1)(7 1) 2.3n n n + +
( Do 2; 3 là hai s nguyên t cùng nhau)
(2 1)(7 1) 6n n n + +
b)
33
6
6
13 12 ( 1)( 1) 12B n n n n n n n n n= = = +
Vy
3
13 6B n n=−
i 9: Chng minh rng tng ca ba s t nhiên liên tiếp ln chia hết cho 3.
Li gii
Gi ba s t nhiên liên tiếp là:
, 1, 2a a a++
Tng ca ba s t nhiên liên tiếp là
( ) ( ) ( )
31 2 1 2 3 3a a a a a a a+ + + + = + + + + = +
(Tính cht chia hết ca mt tng).
Nâng cao: Có phi tng ca n s t nhiên liên tiếp luôn luôn chia hết cho n hay không?
Bài 10: Tng ca 4 s t nhiên liên tiếp có chia hết cho 4 hay không ?
Li gii
Gi 4 s t nhiên liên tiếp là
, 1, 2, 3a a a a+ + +
.
Tng ca 4 s t nhiên liên tiếp là:
( ) ( ) ( )
1 2 3 1 2 3 4 6 .a a a a a a a a a+ + + + + + = + + + + + + = +
Trang 6
Do 4 chia hết cho 4 nên
4a
chia hết cho 4 6 không chia hết cho 4 n
( )
46a +
không chia
hết cho 4
Tng ca 4 s t nhiên liên tiếp không chia hết cho 4.
Kết lun nâng cao: Vy không phi lúc nào tng n s t nhiên liên tiếp cũng chia hết cho n
i 11: Chng minh
( )
495 1035ab+
chia hết cho 45 vi mi
,ab
là s t nhiên.
Li gii
Vì 495 chia hết cho 9 nên
1980.a
chia hết cho 9 vi mi
a
.
Vì 1035 chia hết cho 9 nên
1035.b
chia hết cho 9 vi mi
b
.
Nên:
( )
495 1035ab+
chia hết cho 9.
Chứng minh tương tự ta có:
( )
1980 1995ab+
chia hết cho 5 vi mi
, ab
( )
9;5 1=
( )
495 1035ab+
chia hết cho 45.
i 12: Chng minh rng tích ca hai s chn liên tiếp luôn chia hết cho 8.
Li gii
Gi hai s chn liên tiếp
2 , 2 2.nn+
Tích ca hai s chn liên tiếp là:
( ) ( )
2 . 2 2 4 . 1n n n n+ = +
, 1nn+
không cùng tính chn l nên
, 1nn+
chia hết cho 2.
Mà 4 chia hết cho 4 nên
4 .( 1)nn+
chia hết cho (4.2)
( )
4 . 1nn +
chia hết cho 8.
( )
2 . 2 2nn +
chia hết cho 8.
Bài 13: Chng minh rng:
a) Tích ca ba s t nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 3.
b) Tích ca bn s t nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 4.
Li gii
a) Gi ba s t nhiên liên tiếp là
, 1, 2.n n n++
Tích ca ba s t nhiên liên tiếp là:
( ) ( )
. 1 . 2 .n n n++
Mt s t nhiên khi chia cho 3 có th nhn mt trong các s dư 0; 1; 2.
+) Nếu
0r =
thì n chia hết cho 3
( ) ( )
. 1 . 2n n n++
chia hết cho 3.
+) Nếu
1r =
thì
31nk=+
(k là s t nhiên).
( )
2 3 1 2 3 3n k k + = + + = +
chia hết cho 3.
( ) ( )
. 1 . 2n n n++
chia hết cho 3.
+) Nếu
2r =
thì
32nk=+
(k là s t nhiên).
( )
1 3 2 1 3 3n k k + = + + = +
chia hết cho 3.
( ) ( )
. 1 . 2n n n++
chia hết cho 3.
Trang 7
Tóm li:
( ) ( )
. 1 . 2n n n++
chia hết cho 3 vi mi n là s t nhiên.
b) Chng minh tương tự ta có
( ) ( ) ( )
. 1 . 2 . 3n n n n+ + +
chia hết cho 4 vi mi n là s t nhiên.
Kết lun: Tích ca n s t nhiên liên tiếp luôn chia hết cho n.
Dng 2: Cho mt biu thc chia hết cho
m
chng minh mt biu thc khác chia hết cho
m
I. Phương pháp giải
- Vận dụng tính chất:
;A C B C pA qB C+
t đó m giá tr p và q thích hp.
II. Bài toán
Bài 1: Chng minh rng vi mi s t nhiên
, xy
thì:
a.
2 3 17 9 5 17x y x y+ +
b.
7 9 13 5 13x y x y+ +
c.
4 19 13 14 19x y x y+ +
d.
20 7 31 5 31x y x y+ +
Li gii
a) Gi ý: Tìm
, pq
sao cho
2 9 17
(2 3 ) (9 5 ) 17 , (2 9 ) (3 5 ) 17 ,
3 5 17
pq
p x y q x y x y p q x p q y x y
pq
+
+ + + + + +
+
Chn
4; 1 4(2 3 ) (9 5 ) 17 ,p q x y x y x y= = + + +
Trình bày bài:
Cách 1:
* Chng minh:
2 3 17 9 5 17x y x y+ +
T
2 3 17 4(2 3 ) 17x y x y+ +
17 17 17xy+
nên
17 17 4(2 3 ) 17x y x y+ +
9 5 17xy+
* Chng minh:
9 5 17 2 3 17x y x y+ +
T
9 5 17xy+
17 17 (9 5 ) 17x y x y + +
8 12 17xy+
4(2 3 ) 17xy+
2 3 17xy+
(Vì 4 và 17 nguyên t cùng nhau)
Cách 2:
*Chng minh:
2 3 17 9 5 17x y x y+ +
17 17 17xy+
(8 12 ) (9 5 ) 17x y x y + + +
4(2 3 ) (9 5 ) 17x y x y + + +
(1)
(2 3 ) 17xy+
4(2 3 ) 17xy+
(2)
T (1), (2) suy ra
9 5 17xy+
* Chng minh:
9 5 17 2 3 17x y x y+ +
17 17 17xy+
(8 12 ) (9 5 ) 17x y x y + + +
4(2 3 ) (9 5 ) 17x y x y + + +
(9 5 ) 17xy+
4(2 3 ) 17xy+
2 3 17xy+
(Vì 4 và 17 nguyên t cùng nhau)
b)
7 13
9 5 13
pq
pq
+
+
chn
1; 6pq==
Trang 8
c)
6
13
p
q
=
=
d)
3
1
p
q
=
=
Bài 2: Chng minh rng: Nếu
29xy+
thì
5 7 9xy+
Li gii
Ta có :
( )
2 9 7 2 9 14 7 9 9 5 7 9 5 7 9x y x y x y x x y x y+ + + + + +
Bài 3: Chng minh rng:
a, Nếu
11ab cd+
thì
11abcd
b, Nếu
7abc deg
thì
7abcdeg
Li gii
a, Ta có:
.10 10 ( )10 ( )( ) 11ab cd a b c d a c b d a c b d+ = + + + = + + + = + +
hay
( ) ( )
11a c b d++
Khi đó
11abcd
vì có
( ) ( )
11a c b d++
b, Ta có:
1000 1001 ( )abcdeg abc deg abc abc deg= + =
7abc deg
nên
7abcdeg
Bài 4: Chng minh rng:
a, Nếu
2.ab cd=
thì
67abcd
b, Nếu
27abc
thì
27bca
Li gii
a, Ta có:
100 200 201 67abcd ab cd cd cd cd= + = + =
b, Ta có:
27 0 27 1000 0 27abc abc a bc +
999 0 27a a bc + +
27.37 27a bca+
27.37 27a
nên
27bca
Bài 5: Chng minh rng:
a, Nếu
( ) 11ab cd eg++
thì
11abcdeg
b, Nếu
37abc deg+
thì
37abcdeg
c, Nếu
99abcd
thì
99ab cd+
Li gii
a, Ta:
10000. 100 9999 99 ( ) 11abcdeg ab cd eg ab cd ab cd eg= + + = + + + +
b, Ta có :
1000 999 ( ) 37abcdeg abc deg abc abc deg= + = + +
c, Ta:
( )
100. 99. 99 9abcd ab cd ab ab cd ab cd= + = + + +
Trang 9
Bài 6: Chng minh rng: Nếu
101abcd
thì
101ab cd
Li gii
Ta có :
( )
101 100. 101. 101. 101abcd ab cd ab ab cd ab ab cd + = + =
101ab cd
Bài 7: Chng minh rng:
a,
72 -5 6 1a b c+
nếu
7 111 3a b c−+
( , , )a b c Z
b,
3 172ab+
nếu
10 17ab+
( , )a b Z
Li gii
a, Ta có:
7 111 3a b c−+
717 34 151a b c−+
nên
71518 45 4abc−+
( )
6 17 9 2 5a b c +
b, Ta có:
3 172ab+
717 34 1ab
nên
720 32 1ab
710 116ab
710 17 1 16a b b+
710 1ab+
Bài 8: Chng minh rng:
a,
29abcd
thì
3 9 27 29a b c d+++
b,
21abc
thì
2 4 21a b c−+
Li gii
a, Ta có:
1000 100 10 29abcd a b c d= + + +
0 29 2000 200 2 2a b c d + + +
92001 203 3 29 9 9 27 22a a b b c c d d+ + +
( ) ( )
92001 203 29 29 3 9 227a b c d a b c d+ + + + + +
( )
293 9 27a b c d+++
b, Ta có:
100 10abc a b c= + +
21
1100 84 10 42 3 26a a b b c c + + +
11626 32 4a b c−+
( )
116 4 22a b c +
Bài 9: Cho
,ab
là các s nguyên. CMR nếu
6 11ab+
chia hết cho 31 thì
7ab+
cũng chia hết cho 31
Li gii
Ta có:
16 311ab+
( )
7 31 6 31a b b +
1 73ab+
Bài 10: Cho
,ab
là các s nguyên. CMR :
5 172ab+
7971ab+
Li gii
Ta có:
5 172ab+
75 68 2 151a a b b+−
63 49 17ab
( )
7 9 7 17ab−+
9 7 17ab +
Trang 10
Ngược li ta có:
9 7 17ab+
( )
7 9 7 17ab+
63 49 17ab+
76118 5 5 2a a b b +
7521ab
7(5 2 ) 1ab +
7(5 2 1)ab+
Bài 11: Cho
,ab
là các s nguyên. CMR nếu
237ab+
thì
857ab+
và ngược li.
Li gii
Ta có:
2 3 7ab+
( )
4 2 3 7ab+
8 12 7ab+
8 12 7 7a b b+−
8 5 7ab +
Ngược li ta có:
8 5 7ab+
8 12 7 7a b b+−
8 12 7ab+
( )
4 2 3 7ab+
2 3 7ab+
Bài 12: Cho
,ab
là các s nguyên. CMR nếu
2 7ab
thì
9 7ab
điều ngược lại có đúng không?
Li gii
Ta có:
7–2ab
727a b b−−
9 7ab
Điều ngược li vẫn đúng
Bài 13: Cho
,ab
là các s nguyên
583ab+
. Chng minh rng:
a,
23ab−+
b,
10 3ab+
c,
6 31ab+
Li gii
a, Ta có:
583ab+
5 6 8 6 3a a b b +
23ab −+
b, Ta có:
583ab+
( )
2 5 8 3ab+
10 16 3ab+
10 16 15 3a b b+−
c, Ta có:
583ab+
( )
5 16 72 3 a b b+
16 3ab +
Bài 14: Cho biết
6ab
. CMR các biu thức sau cũng chia hết cho 6
a,
5ab+
b,
17ab+
c,
13ab
Li gii
a, Ta có:
6ab
66a b b−+
56ab +
b, Ta có:
6ab
18 6a b b−+
17 6ab +
c, Ta có:
6ab
12 6a b b−−
13 6ab
Dng 3: m
n
để biu thc
A(n)
chia hết cho biu thc
B(n)
Bài 1: Tìm s t nhiên
n
để
( )
3 14n+
chia hết cho
( )
2.n +
Li gii
Ta có
( )
5 14 5. 2 4nn+ = + +
( )
5. 2n +
( )
2n +
Do đó
( ) ( )
5 14 2nn++
( )
42n +
( 2)n+
là ước ca 4.
( )
1;2;42n +
0;2n
Vy vi
0;2n
thì
( ) ( )
5 14 2nn++
Trang 11
Bài 2: Tìm s t nhiên
n
để
3
15
+
+
n
n
là s t nhiên .
Li gii
Để
3
15
+
+
n
n
là s t nhiên thì
( ) ( )
15 3 .nn++
( ) ( ) ( )
15 3 3 .n n n


+ + +
( )
12 3n +
3( )n +
Ư
(12)
}1;2;3;{ 4;6;12=
}0;1{ ;3;9n
Vy vi
}0;1{ ;3;9n
thì
3
15
+
+
n
n
là s t nhiên.
Bài 3: Tìm s t nhiên
n
sao cho
4 5 2 1nn−−
Li gii
Ta có
( )
4 5 2 2 1 3 nn =
Để
4 5 2 1nn−−
thì
3 2 1 n
Vi
2 1 1 1nn = =
Vi
2 1 3 2 nn = =
Vy
1; 2 =n
Bài 4: Tìm s t nhiên
n
để
2
3 6 3.n n n+ + +
Li gii
2
3 6 3n n n+ + +
( )
3 6 3n n n+ + +
6 3n +
3n +
Ư
( )
6 1;2;3;6=
0; 3nn==
Bài 5: Tìm
a
để
1a +
là bi ca
–1a
Li gii
Để
1a +
là bi ca
1a
thì
1
1
a
a
+
là s nguyên
12
1
11
a
aa
+
=+
−−
–1a
Ư
( )
2 1;1;2=−
0;2;3a =
(tha mãn
a
)
Bài 6: Tìm s nguyên
n
để:
2
52+−nn
chia hết cho
2n
Li gii
Ta có
( )
2
25 5–2 n nn n+ + =
( )
2
252n nn +
khi
( )
5 2n
–2n
Ư
( )
5 5; 1;1;5=
Trang 12
3; 1; 3; 7n
Bài 7: Tím tt c các s nguyên
n
để phân s giá tr là mt s nguyên
Li gii
1
2
n
n
+
là s nguyên khi
( ) ( )
12nn+−
Ta có
( ) ( )
1 2 3nn


+ = +
Vy
( ) ( )
12nn+−
khi
( )
32n
( )
2n
Ư(3)
3; 1;1 ;3=
1;1;3;5n
Bài 8: Cho
4
1
A
n
n
=
+
. Tìm
n
nguyên để
A
là mt s nguyên.
Li gii
4
1
A
n
n
=
+
=
4
5
1
4
54
+
=
+
+
nn
n
Vi n nguyên,
A
nhn giá tr nguyên
5 4n +
hay
4n+
Ư
( )
5
Lp luận tìm ra được
9; 5; 3;1n
Bài 9: Tìm s nguyên n để phân s
45
21
n
n
+
giá tr là mt s nguyên
Li gii
Ta có:
45
21
n
n
+
=
4 2 7 (2 1) 7 7
2 1 2 1 2 1
n n n
n
n n n
+ +
= = +
Vì n nguyên nên đ
45
21
n
n
+
nguyên thì
7
21n
nguyên
2 1n
Ư
( )
7 –7;–1;1;7=
2 –6;0;2;8n
n 3;0;1;4
Vy vi
–3;0;1;4n
thì
45
2 -1
n
n
+
giá tr là mt s nguyên
Bài 10: Tìm s t nhiên
n
để biu thc sau là s t nhiên:
2 2 5 17 3
2 2 2
B
n n n
n n n
++
= +
+ + +
Li gii
2 2 5 17 3 2 2 5 17 3 4 19
2 2 2 2 2
B
n n n n n n n
n n n n n
+ + + + + +
+ = =
++
=
+ + +
4 19 4( 2) 11 11
4
2 2 2
B
nn
n n n
++
=+
++
=
+
=
+
Để
B
là s t nhiên thì
11
2n +
là s t nhiên
1
2
n
n
+
Trang 13
( )
11 2n +
2n+
Ư
( )
1; 1111 =
Do
21n+
nên
2 11n +=
9n =
Vy
9n =
thì
B
là s t nhiên
Dng 3: Bài toán chng minh chia hết liên quan đến s chính phương
I. Phương pháp giải
- Kết hp các tính cht chia hết vi tính cht ca s chính phương đ gii bài tp.
- Tính cht ca s chính phương :
S chính phương chỉ có tn cùng là mt trong các ch s 0 ; 1 ; 4 ; 5 ; 6 ; 9.
Khi phân tích ra TSNT thì s chính phương chỉ cha TSNT vi s mũ chẵn.
Mt s chính phương chia hết cho s nguyên t
p
thì cũng chia hết cho
2
p
Mt s là s chính phương khi và chỉ khi có s ước l.
II. Bài toán
Bài 1: Chng minh rng vi mi s t nhiên
n
thì
22
( 1)( 4) 5n n n++
Li gii
Nhn xét: S chính phương chỉtn cùng là mt trong các ch s 0 ; 1 ; 4 ; 5 ; 6 ; 9 nên mt s chính
phương khi chia cho 5 có số là: 0, 1, 4. Ta xét các trường hp sau :
Nếu
2
n
chia 5 dư 0 hay
2
5n
thì
5n
(vì 5 là s nguyên t)
22
( 1)( 4) 5n n n + +
n
Nếu
2
n
chia 5 dư 1 thì
2
45n +
22
( 1)( 4) 5n n n + +
n
Nếu
2
n
chia 5 dư 4 thì
2 2 2
1 5 ( 1)( 4) 5n n n n+ + +
n
Vy vi mi s t nhiên n thì
22
( 1)( 4) 5n n n++
Bài 2: a) Chng minh rng mt s chính phương khi chia cho 3 chỉs dư là 0 hoc 1.
b) Chng minh rng mt s chính phương khi chia cho 4 chỉ có s dư là 0 hoặc 1.
Li gii
Gi
2
() A n n=
a) Xét:
2
()3 9n k k A k= =
nên
3A
22
3 1 9 6 1 3(3 2 ) 1()n k k A k k k k= + = + + = + +
nên
A
chia cho 3 dư 1
2 2 2
3 2 9 1 2 4 9 1 2 3 1 3(3 4 1) 1()n k k A k k k k k k= + = + + = + + + = + + +
nên
A
chia cho 3 dư 1.
Vy: Mt s chính phương chia cho 3 chỉ s dư là 0 hoặc 1
b) Xét:
2
()2 4n k k A k= =
nên
4A
22
2 1 4 4 1 4(() ) 1n k k A k k k k= + = + + = + +
nên
A
chia cho 4 dư 1
Vy: Mt s chính phương chia cho 4 chỉ s dư là 0 hoặc 1.
Nhn xét: Mt s chính phương chn thì chia hết cho 4, mt s chính phương lẻ khi chia cho 4 ch
s dư là 0 hoặc 1.
Bài 3: Cho
,ab
là hai s chính phương lẻ liên tiếp. Chng minh rng:
( 1)( 1) 192ab−−
Trang 14
Li gii
Ta có
192 3.8.8; (3;8) 1==
Nhn xét: Nếu
n
l thì
2
18n
Tht vy:
2
1 ( 1)( 1)n n n = +
( 1)n+
( 1)n
là hai s chn liên tiếp nên
( 1)( 1) 8nn−+
T đó
1 8 ; 1 8 ( 1)( 1) 8.8 64 (1)a b a b =
,ab
là các s chính phương nên
,ab
chia 3 dư 1 hoặc 0
Vì a, b là các s chính phương lẻ liên tiếp nên luôn có mt trong hai s không chia hết cho 3
3 1 3
( 1)( 1) 3 (2)
3 1 3
aa
ab
bb

(3,64) 1 ( 1)( 1) 4.3 192ab= =
đpcm.
Bài 4: Có hay không s t nhiên
n
để
2
2010 n+
là s chính phương.
Li gii
Gi s
2
2010 n+
là s chính phương thì
22
)2010 ( nmm+ =
T đó suy ra
22
2010-mn=
22
0-- 201m m nn mn =+
0- ) ( -( ) 201m m nn n m =+
( 2010- )( )n m nm +=
Như vậy trong 2 s
mn+
mn
phi có ít nht 1 s chn (1)
Mt khác
()mn+
( -)m n
ng tính chn l (2)
T (1) và (2)
()mn+
( -)m n
là 2 s chn.
( ) 2mn+
( - ) 2m n
)(( ) -mnm n+
4
nhưng 2010 không chia hết cho 4
Điu gi s sai.
Vy không tn ti s t nhiên
n
để
2
2010 n+
là s chính phương.
Dng 4: Chng minh mt biu thc chia hết cho mt biu thc
I. Phương pháp giải:
- Biến đổi biểu thức bị chia thành ch của các biểu thức nhỏ trong đó biểu thức chia hết cho biểu
thức chia.
II. Bài toán
Bài 1: Cho
2 3 99
4 2 2 ... 2A= + + + +
. Chng minh rng
A
chia hết cho
99
2
Li gii
Ta có
2 3 99
4 2 2 ... 2A= + + + +
2 3 99
2 2(4 2 2 ... 2 )A = + + + +
3 4 100
2 8 2 2 ... 2A = + + + +
Xét
3 4 100 2 3 99
2 (8 2 2 ... 2 ) (4 2 2 ... 2 )AA = + + + + + + + +
100 2 100
(8 2 ) (4 2 ) 2A = + + =
100 99
22
nên
99
2A
Trang 15
Bài 2: Cho
2 3 99
1 2 2 2 ... 2A= + + + + +
Chng minh rng
A
chia hết cho
100
21
Li gii
Ta có
2 3 99
1 2 2 2 ... 2A= + + + + +
2 3 99
2 2(1 2 2 2 ... 2 )A = + + + + +
2 3 4 100
2 2 2 2 2 ... 2A = + + + + +
Xét
2 3 4 100 2 3 99
2 (2 2 2 2 ... 2 ) (1 2 2 2 ... 2 )AA = + + + + + + + + + +
suy ra
100
21A =−
Vy
A
chia hết cho
100
21
Bài 3: Tính tng
( )
1.2 2.3 3.4 ... 1 ( *)S n n n= + + + + +
. T đó chứng minh
S
luôn chia hết cho
hai trong ba s
);( 1) (2;n nn + +
Li gii
Ta có
( )
1.2 2.3 3.4 ... 1 ( *)S n n n= + + + + +
( )
3 1.2.3 2.3.3 3.4.3 ... 1 .3S n n = + + + + +
3 1.2.3 2.3.(4 1) 3.4.(5 2) ... ( 1) .[( 2) ( 1)]nSnnn = + + + + −−+ +
3 1.2.3 2.3.4 1.2.3 3.4.5 2.3.4 ... ( 1) ( 2) ( 1) ( 1)S nn nnn n = + + + + + + +
)3 (2( 1) nS n n +=+
3
(1( 2))nn
S
n+ +
=
);( 1) (2;n nn + +
ba s t nhiên liên tiếp nên luôn mt s chia hết cho 3, hai s n li
là chia hết cho chính
( 2) 3( 1)n nn ++
S
là mt s t nhiên chia hết cho hai trong ba s
);( 1) (2;n nn + +
Bài 4: Tính tng
( )
1.2.3 2.3.4 3.4.5 ... 1 ( *)( 2)D n n n n= + + + ++ +
. T đó chứng minh
S
luôn
chia hết cho ba trong bn s
);( 1) (3;( 2 ; )nnn n++ +
.
Li gii
Ta có :
( )
1.2.3 2.3.4 3.4.5 ... 1 ( *)( 2)D n n n n= + + + ++ +
Xét
( )
44 1.2.3.4 2.3.4.4 3.4. (5.4 .. )..12Dnnn=+++ + + +
( )
4 1.2.3.4 2.3.4.(5 1) 3.4.5.(6 ]( 2).[( 3 (2) ) 1)... 1 nnD nnn = + + ++ +−+ +
( ) ( )
4 1.2.3.4 2.3.4.5 1.2.3.4 3.4.5.6 2.3 )( 2)( 3) (.4.5 ... 1 11) ( 2D n n nn n n nn = + + + + + ++ + +
( )
( 2)( 34 )1 nnD n n= +++
( )
( 2)( 3)
4
1 nnnn
D
+++
=
);( 1) (3;( 2 ; )nnn n++ +
là bn s t nhiên liên tiếp nên luôn có mt s chia hết cho 3, ba s
còn li là chia hết cho chính nó
( )
( 2)( 3) 41n nn n ++ +
D
là mt s t nhiên chia hết cho ba trong bn s
);( 1) (3;( 2 ; )nnn n++ +
Trang 16
Bài 5: Cho biu thc
( )
1.4 2.5 3.6 ... 3 ( *)E n n n= + + + + +
.
a) Thu gn biu thc
E
.
b) Chng minh
)( 1) 5(n nn + +
luôn chia hết cho 3.
c) Chng minh E luôn chia hết cho hai trong ba s
); ( 1) 5;(n nn + +
Li gii
a) Ta có :
( )
1.4 2.5 3.6 ... 3 ( *)E n n n= + + + + +
(1)
( )
1.(2 2) 2.(3 2) 3.(4 2) ... 1 2 E n n = + + + + + + + + +
(1.2 2.1) (2.3 2.2) (3 ].4 2.3) ... ( 1) 2 [E n n n = + + + + + + + + +
1.2 2.3 3.4 ... ( 1) (2.1 2.2 2.3 ... 2 )[]E n n n = + + + + + + + + + +
( 2) (2 2).
32
( 1) n
E
nnn n
++
= +
+
( 2) 3( 1).
33
( 1) n
E
nnn n
++
= +
+
[( 2) 3]
3
( 1)nn n
E
+ +
=
+
3
( 1 ( 5))nn
E
n+ +
=
Vy
3
( 1)( 5)
E
nnn
=
++
( *)n
b) T (1) suy ra
E
là s t nhiên
3
( 1)( 5)nnn+ +
là s t nhiên
3( 1)( 5)nn n ++
(ĐPCM)
c) Ta có
( 1)( ( 1)(5) 2 3)nnnnnn+= + ++ +
(2)
Li
);( 1) (2;n nn + +
ba s t nhiên liên tiếp nên luôn mt s chia hết cho 3, nếu
( 2)n+
chia
hết cho 3 thì
( 2 3)n++
cũng chia hết cho 3. (3)
T (2); (3) suy ra trong 3 s
);( 1) (5;n nn + +
luôn mt s chia hết cho 3, hai s còn li chia hết
cho chính nó.
Suy ra
E
là s t nhiên luôn chia hết cho hai trong ba s
); ( 1) 5;(n nn + +
(ĐPCM)
Bài 6: Chng minh rng vi mi s nguyên dương n thì:
a.
( 1)( 2)....2 2
n
S n n n= + +
(tích 2n s nguyên dương đu)
b.
( 1)( 2)....3 3
n
P n n n= + +
(tích 3n s nguyên dương đu)
Li gii
a) Xét biu thc:
1.2..... .nS
1.2.3..... ( 1)( 2).....(2 )n n n n= + +
2.4.6.....(2 ).1.3.5.....(2 1)nn=−
2 .(1.2.3..... ).1.3.5.....(2 1)
n
nn=−
2 .1.3.5....(2 1) 2
nn
Sn =
Vy
2
n
S
(ĐPCM)
b) Xét biu thc:
1.2.3.... . 1.2.3.... ( 1)( 2).....(3 )nP n n n n= + +
Trang 17
[3.6....(3 )].[1.2.4.5.....(3 1)]nn=−
3 .(1.2.3.... ).[1.2.4.5.....(3 1)]
n
nn=−
3 .[1.2.4.5.....(3 1)] 3
nn
Pn=−
Vy
3
n
P
(ĐPCM)
Bài 7: Chứng minh rằng:
3 3 3 3
1 2 3 ... 100A= + + + +
chia hết cho
1 2 3 ... 100 B = + + + +
Li gii
Ta có:
( ) ( ) ( )
1 100 2 99 ... 50 51 101. 50B = + + + + + + =
Để chứng minh
A
chia hết cho
B
ta chứng minh
A
chia hết cho 50 101
Ta có:
( ) ( ) ( )
3 3 3 3 3 3 3 3 3 3
1 2 3 ... 100 1 100 2 99 ... 50 51A =+ =+ + +++ + + + +
Với n lẻ ta có:
+ +
*
(a, )
nn
a b a b b
Suy ra mỗi tổng trong ngoặc của
A
chia hết cho 101 nên
101A
(1)
Lại có:
( ) ( )
3 3 3 3 3 3 3 3 3 3
1 2 3 ... 49 5 .5 2 53 .. 99 50 1001A = + + + + + + + + +++
( ) ( ) ( ) ( )
3 3 3 3 3 3 3 3
1 99 2 98 ... 51 5049 100A =+ ++ + + + + +
Tương tự ta có mỗi tổng trong ngoặc của
A
chia hết cho 50 nên
50A
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
A
chia hết cho 101.50 nên
A
chi hết cho
B
Bài 8: Cho s t nhiên
1n
, Chng minh rng:
( )
5 5 5 5
1 2 3 ... 1 2 3 ...S n n= + + + + + + + +
Li gii
Đặt:
( ) ( )
2 2 1 2 3 ... 1A n n n= + + + + = +
Mt khác, vi n l ta có:
+ +
*
(a, )
nn
a b a b b
Nên
( )
( )
( )

= + + + + + + +


5
5 5 5 5
2 1 2 1 ... 1 1S n n n n
Cũng có
( )
( )
( )
( )
( )
( )

= + + + + + + +


5 5 5
5 5 5
2 1 1 2 2 ... 1 1 2S n n n n n
( ) ( )
+ = + = ; 1 1 2 1 2n n S n n A S A
Dng 5: Chng minh chia hết t một đẳng thức cho trước:
I. Phương pháp giải:
Cách 1: Từ đẳng thức đã cho biến đổi, lập luận để làm xuất hiện số bị chia, số chia. Từ đó dựa vào các
nh chất chia hết lập luận suy ra điều phải chứng minh.
Cách 2: Biến đổi số bị chia làm xuất hiện vế trái hoặc vế phải của đẳng thức, thay số lập luận suy ra
điều phải chứng minh.
II. Bài toán
Bài 1: Chng minh rng:
a) Nếu
2.ab cd=
t
67abcd
b) Nếu
2.abc deg=
thì
23;29abcdeg
Li gii
Trang 18
a) Ta có:
100 200 201 67abcd ab cd cd cd cd= + = + =
b) Ta có:
1000 1000.2 2001 .23.29.3= + = + = =abcdeg abc deg deg deg deg deg
Bài 2: Cho s t nhiên
ab
bng 3 ln tích các ch s ca nó.
a)
Chng minh rng:
ba
b) Đt
.b ka=
Chng minh rng
10 k
c) Tìm s t nhiên
ab
Li gii
a) Theo bài ra
3 10 3ab ab a b ab= + =
(1)
10a b a+
ba
(ĐPCM)
b) Thay
b ka=
vào (1) ta được
10 3 .a ka a ka+=
10 3k ak + =
(2)
10 kk+
10 k
(ĐPCM)
c) T (2)
10k
10 k
1;2;5k
Thay các giá tr của k vào (2) ta có các trường hp:
+)
11
1 11 3
3
k a a= = =
(loi)
+)
2 12 6 2 4 24k a a b ab= = = = =
+)
5 15 15 1 5 15k a a b ab= = = = =
Vậy m được 2 s t nhiên
ab
thỏa mãn đề bài là 24; 15
Bài 3: Cho ba s t nhiên a, b, c tha mãn:
2 2 2
a b c+=
, chng minh rng:
a. Trong hai s a, b ít nht mt s chia hết cho 2
b. Trong hai s a, b ít nht mt s chia hết cho 3
c. Trong hai s a, b ít nht mt s chia hết cho 4
Li gii
Chng minh bài toán ph: Mt s chính phương khi chia cho 3; 4 chỉ s dư là 0 hoặc 1.
(Bài 2, dng 3, ch đề này)
a. Gi s c a, b đều không chia hết cho 2
22
,ab
chia 4 dư 1
22
ab+
chia 4 dư 2
chia 4 dư 2 (mâu thuẫn
2
c
cũng là số chính phương)
Điu gi s là sai
Trong hai s a, b ít nht mt s chn.
Vy trong hai s a, b có ít nht mt s chia hết cho 2.
b. Gi s a, b đều không chia hết cho 3
22
,ab
chia 3 dư 1
22
ab+
chia 3 dư 2
chia 3 dư 2 (mâu thuẫn
2
c
cũng là số chính phương)
Điu gi s là sai
Trong hai s a, b ít nht mt s chia hết cho 3
c. Gi s a, b đều không chia hết cho 4
22
,ab
chia 4 dư 1
Trang 19
22
ab+
chia 4 dư 2
chia 4 dư 2 (mâu thuẫn
2
c
cũng là số chính phương)
Điu gi s là sai
Trong hai s a, b ít nht mt s chia hết cho 4.
Bài 4: Cho ba s nguyên dương a, b, c thỏa mãn:
2 2 2
a b c+=
, chng minh rng:
60abc
Li gii
Ta có:
60 3.4.5=
+) Nếu a, b, c đều không chia hết cho 3
2 2 2
,,a b c
chia cho 3 dư 1
+
22
ab
chia cho 3 dư 2
+
2 2 2
a b c
,
Do đó trong 3 số
,,a b c
phi có ít nht 1 s chia hết cho 3. Vy
3abc
(1)
+) Nếu a, b, c đều không chia hết cho 5
2 2 2
,,a b c
chia 5 dư 1 hoặc 4 (vì SCP ch có tn cùng là 0 ; 1 ; 4 ; 5 ; 6 ; 9
+
22
ab
chia 5 dư 2 hoặc 3
+
2 2 2
a b c
Do đó trong 3 số
,,a b c
phi có ít nht 1 s chia hết cho 5. Vy
5abc
(2)
+) Nếu a, b, c đều là các s không chia hết cho 4
2 2 2
,,a b c
chia 4 1
+
22
ab
chia 4 dư 2
+
2 2 2
a b c
Do đó trong 3 số
,,a b c
phi có ít nht 1 s chia hết cho 4. Vy
4abc
(3)
Ta thy 3; 4; 5 đôi một nguyên t cùng nhau nên kết hp vi (1),(2),(3)
3.4.5abc
60abc
(ĐPCM)
Bài 5: Cho
1 1 1 1
1 ...
2 3 4 18
a
b
+ + + + + =
, chng minh rng
2431b
Li gii
Tách
2431 17.13.11=
1 1 1 1
1 ...
2 3 4 18
a
b
+ + + + + =
Quy đồng A vi mu chung là tích ca các mu ta thy rng
1.2.3. ....18b =
có cha 17.13.11
Gi
1 2 3 18
, , , ..., k k k k
các tha s ph tương ng ta
1 2 3 18
...a k k k k= + + + +
trong đó
11
k
không
cha 11 ;
13
k
không cha 13 ;
17
k
không cha 17 nên
a
không chia hết cho 11; 13; 17 suy ra
b
luôn
cha 17.13.11 khi
a
b
dng ti gin
117.13.1 231 4bb
Vy
2431b
(ĐPCM)
PHN III. BÀI TOÁN THƯỜNG GP TRONG ĐỀ HSG.
Bài 1: Chng minh rng vi mi s nguyên dương
n
thì
22
3 2 3 2
n n n n++
+
chia hết cho 10.
Li gii
Ta có :
2 2 2 2
3 2 3 2 (3 3 ) (2 2 )
n n n n n n n n+ + + +
+ = + +
22
3 (3 1) 2 (2 1)
nn
= + +
11
3 .10 2 .5 3 .10 2 .10 10.(3 2 )
n n n n n n−−
= = =
chia hết cho 10.
Vy vi mi s nguyên dương
n
thì
22
3 2 3 2
n n n n++
+
chia hết cho 10.
Trang 20
Bài 2: Tìm số nguyên
n
sao cho
41
1
n
n
giá trị là số nguyên.
Li gii
Ta có
41
1
n
n
có giá trị là số nguyên khi
(4 1) ( 1)nn−−
4 1 4( 1) 3nn = +
3 ( 1) ( 1) { 1; 3} { 2;0;2;4}n n n
Vậy với
{ 2;0;2;4}n−
thì
41
1
n
n
giá trị là số nguyên
Bài 3: Cho
23 43
9 5.3S =+
. Chứng minh rằng:
32S
Li gii
Ta có
( )
23 43 46 43 43 3 43
9 5.3 3 5.3 3 3 5 3 .32 32S = + = = =
.
Vậy
32S
Bài 4: Tìm s t nhiên
n
tha mãn
(2 7) 1nn++
Li gii
Ta có
(2 7) 1 2 7 2( 1) 1n n n n n+ + + + +
(2 7) (2 2) 1n n n + + +
2 7 2 2 1n n n + +
51n+
1 1; 5n +
6; 2;0;4n
n
nên
0;4n
Vy vi
0;4n
thì
(2 7) 1nn++
Bài 5: Chng minh rng nếu
a
là một s l không chia hết cho 3 thì
2
16a
Li gii
a
là một số lẻ nên
2
a
cũng là một số lẻ, suy ra
2
12a
(1)
a
là một số không chia hết cho 3 nên
a
dạng
31ak=+
hoặc
32ak=+
+ Nếu
( ) ( )( ) ( )
2
2
3 1 1 3 1 1 3 1 3 1 1 3 3 1 3 3a k a k k k k k k= + = + = + + = + +
(2)
+ Nếu
( ) ( )( ) ( )
2
2
3 2 1 3 2 1 3 2 3 2 1 3 3 2 6 3 3a k a k k k k k k= + = + = + + = + + +
(3)
Từ (1), (2), (3) và
( )
2;3 1=
, suy ra
2
16a
Bài 6: Cho
2 3 98 99
13 3 3 ... 3 3S = + + +
. Tính
S
m s khi chia
100
3
cho 4.
Li gii
Ta có
2 3 98 99
13 3 3 ... 3 3S = + + +
2 3 4 99 100
3 33 3 3 ... 3 3S = + + +
100
3 1 3SS+ =
100
4 1 3S =
( )
100
13
4
S
=
( )
100
13
4
S
=
S
là s nguyên
( )
100
1 3 4
100
3
chia cho 4 dư 1.
Vy 3
100
chia cho 4 dư 1.
Trang 21
Bài 7: Cho
2 3 4 100
3 3 3 3 ... 3B = + + + + +
a) Chứng tỏ
B
chia hết cho 4.
b) Tìm số dư trong phép chia
B
cho 13
Li gii
a)
2 3 4 100
3 3 3 3 ... 3B = + + + + +
2 3 4 99 100
(3 3 ) (3 3 ) ... (3 3 )B = + + + + + +
3 99
3.(1 3) 3 .(1 3) ... 3 .(1 3)B = + + + + + +
3 99
3.4 3 .4 ... 3 .4B = + + +
3 99
(3 3 ... 3 ).4 4B = + + +
Vậy
B
chia hết cho 4
b) Ta có
2 3 4 100
3 3 3 3 ... 3B = + + + + +
Tổng
B
có 100 số hạng ta nhóm 3 số thành một nhóm ta được 33 nhómthừa ra một số:
2 3 4 5 6 7 98 99 100
3+(3 3 3 ) (3 3 3 ) ... (3 3 3 )B = + + + + + + + + +
2 2 5 2 98 2
= 3 + 3 (1 3 3 ) 3 (1 3 3 ) ... 3 (1 3 3 )B + + + + + + + + +
2 5 98
= 3 + 3 .13 3 .13 ... 3 .13B + + +
2 5 98
= 3+(3 3 ... 3 ).13B + + +
2 5 98
(3 3 ... 3 ).13+ + +
chia hết cho 13 nên
2 5 98
3+(3 3 ... 3 ).13+ + +
chia cho 13 dư 3
Vậy số dư trong phép chia
B
cho 13 là 3
Bài 8: Chng minh rng tng
2 3 100
2 2 2 2D = + + ++
chia hết cho
3
.
Li gii
Ta có:
2 3 100
2 2 2 2D = + + ++
( ) ( ) ( )
2 3 4 99 100
2 2 2 2 2 2D = + + + ++ +
( ) ( ) ( )
3 99
2 1 2 2 1 2 2 1 2D = + + + ++ +
3 99
2.3 2 .3 2 .3D = + ++
( )
3 99
3. 2 2 2 3D = + ++
Bài 9: Chng minh rng:
3824
1 5 5 ... 5+ + + +
chia hết cho
26
.
Li gii
Ta có:
( ) ( ) ( )
32 4 2 4 2 36 26 38
1 5 5 ... 5 5 1 5 5 1 5 ... 5 1 5+ + + + + + + + + += +
4 36
5 .26 ... 5 .2626 ++=+
( )
4 36
5 ... 5 2626 1 ++=+
Hay
( )
4 382
61 5 5 ... 25+ + + +
Bài 10: Cho
2 3 99 100
2 2 2 ... 2 2= + + + + +B
. Tìm số dư khi chia B cho 7.
Li gii
Trang 22
Ta có:
2 3 99 100
2 2 2 ... 2 2= + + + + +B
2 3 4 5 6 7 98 99 100
2 (2 2 2 ) (2 2 2 ) ... (2 2 2 )= + + + + + + + + + +B
2 2 5 2 98 2
2 2 (1 2 2 ) 2 (1 2 2 ) ... 2 (1 2 2 )= + + + + + + + + + +B
2 5 98
2 2 .7 2 .7 ... 2 .7= + + + +B
( )
2 5 98
2 7 2 2 ... 2= + + + +B
( )
2 5 98
7 2 2 ... 2+ + +
chia hết cho 7; 2 chia 7 dư 2
nên
( )
2 5 98
2 7 2 2 ... 2+ + + +
chia 7 dư 2 hay
B
chia cho 7 dư 2
Bài 11: Cho
2 3 4 100
4 4 4 4 .... 4M = + + + + +
. Chng t
M
chia hết cho 5.
Li gii
Ta có:
2 3 4 100
4 4 4 4 4M = + + + ++
( ) ( ) ( ) ( )
2 3 4 5 6 99 100
4 4 4 4 4 4 ... 4 4 M = + + + + + + + +
(100 s hng nhóm thành 50 tng nh )
( ) ( ) ( ) ( )
3 5 99
4 1 4 4 1 4 4 1 4 . 4 1 4..M = + + + ++ + + +
( )
3 5 99 3 5 99
4.5 4 .5 4 .5 ... 4 .5 5. 4 4 4 ... 4M = + + + + = + + + +
Do
3 5 99
4 4 4 . 4 + + + +
nguyên dương suy ra
M
chia hết cho 5
Bài 12: Cho
1999 1997
999993 555557B =−
. Chng minh rng
B
chia hết cho 5
Li gii
Ta có
( )
( ) ( ) ( ) ( )
6
499
49
9
9
3 4 31999 1 9
. . ...1 . ...7 ...1 . ...7 ...7999993 999993 999993 999993 999993= = = = =
Lại có
( )
( ) ( ) ( ) ( )
9
1997 199
499
49
64
. . ...1 . ...7 ...1 . ...7 ...7555557 555557 555557 555557 555557= = = = =
Suy ra
1999 1997
...7 ...7 ...0 5999993 555557B = =−=
Vy
B
chia hết cho 5.
| 1/22

Preview text:


CHỦ ĐỀ 3: DÙNG TÍNH CHẤT CHỨNG MINH BÀI TOÁN CHIA HẾT
PHẦN I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. TÍNH CHẤT CHUNG
1) a b b c thì a c
2) a a với mọi a khác 0
3) 0 b với mọi b khác 0
4) Bất cứ số nào cũng chia hết cho 1
2. TÍNH CHẤT CHIA HẾT CỦA TỔNG, HIỆU - Nếu a,b + −
cùng chia hết cho m thì a
b chia hết cho m a b chia hết cho m
- Tổng (Hiệu) của 2 số chia hết cho m và 1 trong 2 số ấy chia hết cho m thì số còn lại cũng chia hết cho m .
- Nếu 1 trong 2 số a,b chia hết cho m số kia không chia hết cho m thì tổng, hiệu của chúng không chia hết cho m .
3. TÍNH CHẤT CHIA HẾT CỦA 1 TÍCH
- Nếu một thừa số của tích chia hết cho m thì tích chia hết cho m
- Nếu a chia hết cho m thi bội của a cũng chia hết cho m
- Nếu a chia hết cho m , b chia hết cho n thì . a b chia hết cho . m n
- Nếu a chia hết cho b thì: m m a b
4. CÁC TÍNH CHẤT KHÁC:
1) 0 a (a  0)
2) a a ; a 1 (a  0) 3) a ; b b c a c
4) a m;b m pa qb m 5) a : ( . m )
n a m; a n 6) a m; a n;( , m ) n = 1  a mn
7) a m ; b n ab mn 8) ab m;( , b ) m = 1  a m
9) ab p (p là số nguyên tố) thì hoặc a p hoặc b p
5. CÁC TÍNH CHẤT SUY LUẬN ĐƯỢC
- Trong hai số tự nhiên liên tiếp có một số chẵn và một số lẻ.
- Tổng hai số tự nhiên liên tiếp là một số lẻ.
- Tích hai số tự nhiên liên tiếp là một số chẵn.
- Tích hai số chẵn liên tiếp chia hết cho 8.
- Tổng của hai số tự nhiên bất kỳ là một số lẻ thì có một số tự nhiên là số chẵn. Trang 1
PHẦN II. CÁC DẠNG BÀI
1, Dạng 1: Chứng minh một biểu thức chia hết cho một số.
2, Dạng 2: Cho một biểu thức chia hết cho m chứng minh một biểu thức khác chia hết cho m .
3, Dạng 3: Tìm n để biểu thức A(n)chia hết cho biểu thức B(n)
4, Dạng 4: Bài toán chứng minh chia hết liên quan đến số chính phương.
5, Dạng 5: Chứng minh một biểu thức chia hết cho một biểu thức.
6, Dạng 6: Chứng minh chia hết từ một đẳng thức cho trước.
Dạng 1: Chứng minh một biểu thức chia hết cho một số
I. Phương pháp giải: Chứng minh biểu thức A chia hết cho số m .
- Viết biểu thức A thành một tổng(hiệu) các số trong đó mỗi số đều chia hết cho m từ đó suy ra A chia hết cho m .
- Viết biểu thức A thành một tích các thừa số trong đó có thừa số chia hết cho m từ đó suy ra A chia hết cho m .
- Viết m thành một tích các thừa số nguyên tố cùng nhau và chỉ ra biểu thức A chia hết cho các thừa
số của m từ đó suy ra A chia hết cho m .
- Viết biểu thức A m thành một tích các thừa số và chỉ ra mỗi thừa số của A chia hết cho một
thừa số của m từ đó suy ra A chia hết cho m .
- Viết A thành một tổng hoặc hiệu các số mà có tổng hoặc hiệu các số dư chia hết cho m từ đó suy ra
A chia hết cho m .
Cụ thể ta có thể vận dụng các PHƯƠNG PHÁP sau:
+ PHƯƠNG PHÁP 1: Nếu A là một số cụ thể ta vận dụng dấu hiệu chia hết 2; 3; 4; 8; 9; 11; ... để chứng minh.
+ PHƯƠNG PHÁP 2: Nếu A có tổng hoặc hiệu các số, ta cần phân tích A để đưa A về hoặc hiệu
hoặc tích của các số có dấu hiệu chia hết rồi áp dụng tính chất chia hết của tổng (hiệu) hoặc tích để chứng minh.
+ PHƯƠNG PHÁP 3: Để chứng minh A chia hết cho p , ta xét mọi trường hợp về số dư khi chia A cho p .
+ PHƯƠNG PHÁP 4: Ngoài ra ta cũng có thể dùng cách tìm chữ số tận cùng của A để chứng minh A chia hết cho một số.
+ PHƯƠNG PHÁP 5: Nếu A m A n m n là hai số nguyên tố cùng nhau thì A . m n II. Bài toán
Bài 1: Chứng minh rằng a. 28 A =10 + 8 72 b. 7 9 13 B = 81 − 27 − 9 45 Lời giải a) Cách 1: Ta có: 28 28 28 3 25 28 10 = 2 .8 = 2 .2 .5 8 và 8 8  A 8 Lại có 28
10 + 8 có tổng các chữ số là 9 nên chia hết cho 9. Vậy A chia hết cho 72 Trang 2 Cách 2: 28
10 + 8 có ba chữ số tận cùng là 008 nên chia hết cho 8 28 28 10
+ 8 = 10 −1 + 9  A 9  A 72 9 9 b) Ta có 7 81 ; 9 27 ; 13
9 chia hết cho 9 nên B chia hết cho 9 Lại có 7 81 có tận cùng là 1 9 8
27 = 27 .27 = ...1.27 có tận cùng là 7 13 12
9 = 9 .9 = ...1.9 có tận cùng là 9
nên B có tận cùng là 5 nên B chia hết cho 5.
Mà (5;9) =1 B 5.9  B 45
Bài 2: Chứng minh : 20 4 20
A= 2 .2 + 2 chia hết cho 17. Lời giải 20 A = ( + ) 20 2 . 16 1 = 2 .17  A 17
Bài 3: Chứng minh rằng: 2 7.5 n 12.6n A= + chia hết cho 19 Lời giải
Thêm bớt 7.6n , ta được: 7.25n 7.6n 19.6n
7.(25n 6n ) 19.6n A = − + = − +
Ta có: 25n  6n (mo 1 d 9)
 (25n − 6n )  0 (mod19)
 7.(25n − 6n ) +19.6n 19.6n (mod19)  A 0 (mod19) Vậy A 19
Ghi chú: Đối với một số bài toán lớp 8 nếu ta sử dụng đến hằng đẳng thức: n n
a b a b với (n ) n n
a + b a + b với ( n
; n lẻ). Thì ta có thể giải được một cách dễ dàng, tuy nhiên với học sinh lớp 6
thì chưa thể sử dụng những hằng đẳng thức đó. Vì vậy, ta có thể sử dụng Đồng dư thức để có được lời
giải phù hợp với trình độ của học sinh lớp 6.

Bài 4: Chứng minh rằng: a) 5555 2222 A = 2222 +5555 chia hết cho 7. b) 1962 1964 1966 B =1961 +1963 +1965 + 2 chia hết cho 7. Lời giải a) Ta có A = ( 2222 2222 − )+( 5555 5555 + )−( 5555 2222 5555 4 2222 4 4 − 4 ) Mà ( 2222 2222 5555 − 4 ) (5555−4) ( 2222 2222 5555 − 4 ) 7 Tương tự: ( 5555 5555 2222 + 4 ) 7 1111 1111 5555 2222 − = ( 5 ) −( 2 ) ( 5 2 − ) 5555 2222 4 4 4 4 4 4  4 − 4 7 Trang 3 Vậy 5555 2222 A= 2222 + 5555 chia hết cho 7. b) 1962 1964 1966 B =1961 +1963 +1965 + 2 7
Sử dụng tính chất: ( + )n a b
khi chia cho a có số dư là b Ta có 1962 1964 1966 B = (1960 +1) + (1960 + 3) + (1965 − 2) + 2 1962 1964 1966 B = (7m +1) + (7n + 3) + (7 p − 2) + 2 1964 1966 B = 7q +1+ 3 + 2 + 2 654 3.655 B = 7q + 9.27 + 2.2 + 3
B = 7r + 9 + 2 + 3
B = 7r +14 7
Bài 5 : Chứng minh rằng: 2 3 200 A = 2 + 2 2 + ++ 2 chia hết cho 6 Lời giải Ta có:
Tổng của hai số hạng : 2 2 + 2 = 2 + 4 = 6
Tổng A có 200 số hạng ta chia thành 100 nhóm chứa hai số hạng có tổng 6. Nên: A = ( 2 + ) + ( 3 4 + )++( 199 200 2 2 2 2 2 + 2 ) 2 A = + ( 2 + ) 198 ++ ( 2 6 2 2 2 2 2 + 2 ) 2 A = + ( ) 198 6 2 6 ++ 2 ( 6) A = ( 2 198 6 1+ 2 ++ 2 )
Vậy A chia hết cho 6
Bài 6 : Chứng minh rằng: 2 4 20
A = 2 + 2 ++ 2 chia hết cho 4 và 5. Lời giải A = ( 2 4 + ) + ( 6 8 + ) ++ ( 19 20 2 2 2 2 2 + 2 ) 4  A = + ( 2 4 + ) 16 + ( 2 4 20 2 2 2 2 2 + 2 ) 4  A = + ( ) 16 20 2 20 + 2 ( 20)  A = ( 4 16 20. 1+ 2 ++2 )  A = ( 4 16 5.4. 1+ 2 + +2 )
Vậy A chia hết cho 5 và 4.
Bài 7 : Chứng minh rằng:
a, (n +10)(n +15) 2 b, (
n n +1)(n + 2) 2;3 c, 2 n + n +1 4; 2;5 Lời giải Trang 4 a, Ta có:
Nếu n là số lẻ thì n +15 2
Nếu n là số chẵn thì n +10 2
Như vậy với mọi n là số tự nhiên thì : (n +10)(n +15) 2
b, Ta có: n(n + )
1 (n + 2) là tích ba số tự nhiên liên tiếp nên sẽ có một số chia hết cho 2, một số chia hết cho 3. c, Ta có: (
n n +1) +1 là 1 số lẻ nên n(n +1) +1 4; 2 và có chữ số tận cùng khác 0 và 5
Bài 8: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì: a. A = (
n 2n +1)(7n +1) 6 b. 3
B = n −13n 6 Lời giải
a) Ta có: n + 7n +1 = 8n +1 là số lẻ nên n chẵn hoặc 7n chẵn,  (
n 2n +1)(7n +1) 2 (1) Xét các trường hợp : n = 3k  (
n 2n +1)(7n +1) 3 n = 3k +1 (
n 2n +1)(7n +1) 3 (do 2n +1 3) n = 3k + 2  (
n 2n +1)(7n +1) 3 (do 7n +1 3)  (
n 2n +1)(7n +1) 3 với mọi số tự nhiên n (2) Từ (1) và (2)  (
n 2n +1)(7n +1) 2.3 ( Do 2; 3 là hai số nguyên tố cùng nhau)  (
n 2n +1)(7n +1) 6 b) 3 3
B = n −13n = n n −12n = n(n −1)(n +1) − 12n Vậy 3
B = n −13n 6 6 6
Bài 9: Chứng minh rằng tổng của ba số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 3. Lời giải
Gọi ba số tự nhiên liên tiếp là: ,
a a +1, a + 2
Tổng của ba số tự nhiên liên tiếp là
a + a +1+ a + 2 = (a + a + a) + (1+ 2) = (3a + )
3 3 (Tính chất chia hết của một tổng).
Nâng cao: Có phải tổng của n số tự nhiên liên tiếp luôn luôn chia hết cho n hay không?
Bài 10: Tổng của 4 số tự nhiên liên tiếp có chia hết cho 4 hay không ? Lời giải
Gọi 4 số tự nhiên liên tiếp là ,
a a +1, a + 2, a + 3 .
Tổng của 4 số tự nhiên liên tiếp là:
a + a +1+ a + 2 + a + 3 = (a + a + a + a) + (1+ 2 + ) 3 = (4a + 6). Trang 5
Do 4 chia hết cho 4 nên 4a chia hết cho 4 mà 6 không chia hết cho 4 nên (4a + 6) không chia
hết cho 4  Tổng của 4 số tự nhiên liên tiếp không chia hết cho 4.
Kết luận nâng cao: Vậy không phải lúc nào tổng n số tự nhiên liên tiếp cũng chia hết cho n
Bài 11: Chứng minh (495a +1035b) chia hết cho 45 với mọi a,b là số tự nhiên. Lời giải
Vì 495 chia hết cho 9 nên 1980.a chia hết cho 9 với mọi a .
Vì 1035 chia hết cho 9 nên 1035.b chia hết cho 9 với mọi b .
Nên: (495a +1035b)chia hết cho 9.
Chứng minh tương tự ta có: (1980a +1995b) chia hết cho 5 với mọi , a b
Mà (9;5) = 1  (495a +1035b) chia hết cho 45.
Bài 12: Chứng minh rằng tích của hai số chẵn liên tiếp luôn chia hết cho 8. Lời giải
Gọi hai số chẵn liên tiếp là 2 , n 2n + 2.
Tích của hai số chẵn liên tiếp là: 2 . n (2n + 2) = 4 . n (n + ) 1 Vì ,
n n + 1 không cùng tính chẵn lẻ nên ,
n n +1chia hết cho 2.
Mà 4 chia hết cho 4 nên 4 .
n (n +1) chia hết cho (4.2)  4 . n (n + ) 1 chia hết cho 8.  2 .
n (2n + 2) chia hết cho 8.
Bài 13: Chứng minh rằng:
a) Tích của ba số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 3.
b) Tích của bốn số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 4. Lời giải a)
Gọi ba số tự nhiên liên tiếp là ,
n n +1, n + 2.
Tích của ba số tự nhiên liên tiếp là: . n (n + ) 1 .(n + 2).
Một số tự nhiên khi chia cho 3 có thể nhận một trong các số dư 0; 1; 2.
+) Nếu r = 0 thì n chia hết cho 3  . n (n + )
1 .(n + 2) chia hết cho 3.
+) Nếu r =1 thì n = 3k +1 (k là số tự nhiên).
n + 2 = 3k +1+ 2 = (3k + ) 3 chia hết cho 3.  . n (n + )
1 .(n + 2) chia hết cho 3.
+) Nếu r = 2 thì n = 3k + 2 (k là số tự nhiên).
n +1 = 3k + 2 +1 = (3k + ) 3 chia hết cho 3.  . n (n + )
1 .(n + 2) chia hết cho 3. Trang 6 Tóm lại: . n (n + )
1 .(n + 2) chia hết cho 3 với mọi n là số tự nhiên. b)
Chứng minh tương tự ta có . n (n + )
1 .(n + 2).(n + )
3 chia hết cho 4 với mọi n là số tự nhiên.
Kết luận: Tích của n số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho n.
Dạng 2: Cho một biểu thức chia hết cho m chứng minh một biểu thức khác chia hết cho m
I. Phương pháp giải
- Vận dụng tính chất: A C ; B C pA + qB C từ đó tìm giá trị p và q thích hợp. II. Bài toán
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên , x y thì:
a. 2x + 3y 17  9x + 5y 17 b. 7x + 9y 13  x + 5y 13
c. x + 4y 19 13x +14y 19 d. 20x + 7 y 31  x + 5y 31 Lời giải a) Gợi ý: Tìm , p q sao cho 2 p + 9q 17
p(2x + 3y) + q(9x + 5y) 17 x
 , y  (2 p + 9q)x + (3p + 5q)y 17 x  , y   3  p + 5q 17
Chọn p = 4; q =1 4(2x + 3y) + (9x + 5y) 17  , x y Trình bày bài: Cách 1:
* Chứng minh: 2x + 3y 17  9x + 5y 17
Từ 2x + 3y 17  4(2x + 3y) 17
Mà 17x +17 y 17 nên 17x +17 y − 4(2x + 3y) 17  9x + 5y 17
* Chứng minh: 9x + 5y 17  2x + 3y 17
Từ 9x + 5y 17 17x +17 y − (9x + 5y) 17  8x +12y 17
 4(2x + 3y) 17  2x + 3y 17(Vì 4 và 17 nguyên tố cùng nhau) Cách 2:
*Chứng minh: 2x + 3y 17  9x + 5y 17
Vì 17x +17 y 17  (8x +12y) + (9x + 5y) 17  4(2x + 3y) + (9x + 5y) 17 (1)
Mà (2x + 3y) 17  4(2x + 3y) 17 (2)
Từ (1), (2) suy ra 9x + 5y 17
* Chứng minh: 9x + 5y 17  2x + 3y 17
Vì 17x +17 y 17  (8x +12y) + (9x + 5y) 17  4(2x + 3y) + (9x + 5y) 17
Mà (9x + 5y) 17  4(2x + 3y) 17  2x + 3y 17 (Vì 4 và 17 nguyên tố cùng nhau) 7 p + q 13 b) 
 chọn p =1;q = 6 9  p + 5q 13 Trang 7p = 6 c)  q = 13  p = 3 d)  q = 1
Bài 2: Chứng minh rằng: Nếu 2x + y 9thì 5x + 7 y 9 Lời giải
Ta có : 2x + y 9  7(2x + y) 9 14x + 7y 9  9x + 5x + 7y 9  5x + 7y 9
Bài 3: Chứng minh rằng:
a, Nếu ab + cd 11 thì abcd 11
b, Nếu abc deg 7 thì abcdeg 7 Lời giải
a, Ta có: ab + cd = .10 a
+ b +10c + d = (a + c)10 + b + d = (a + c)(b + d) 11
hay (a + c) – (b + d ) 11
Khi đó abcd 11 vì có (a + c) – (b + d ) 11
b, Ta có: abcdeg = 1000abc + deg = 1001abc − (abc deg)
abc deg 7 nên abcdeg 7
Bài 4: Chứng minh rằng:
a, Nếu ab = 2.cd thì abcd 67
b, Nếu abc 27 thì bca 27 Lời giải
a, Ta có: abcd = 100ab + cd = 200cd + cd = 201cd 67 b, Ta có:
abc 27  abc0 27 1000a + bc0 27
 999a + a + bc0 27  27.37a + bca 27
Mà 27.37a 27 nên bca 27
Bài 5: Chứng minh rằng:
a, Nếu (ab + cd + eg) 11 thì abcdeg 11
b, Nếu abc + deg 37 thì abcdeg 37 c, Nếu abcd 99 + thì ab cd 99 Lời giải
a, Ta có : abcdeg = 10000.ab +100cd + eg = 9999ab + 99cd + (ab + cd + eg) 11
b, Ta có : abcdeg = 1000abc + deg = 999abc + (abc + deg) 37
c, Ta có : abcd = 100.ab + cd = 99.ab + (ab + cd ) 99  ab + cd 9 Trang 8
Bài 6: Chứng minh rằng: Nếu abcd 101 thì ab cd 101 Lời giải
Ta có : abcd 101100.ab + cd = 101.ab ab + cd = 101.ab − (ab cd ) 101
ab cd 101
Bài 7: Chứng minh rằng:
a, 2a - 5b + 6c 7
1 nếu a −11b + 3c 7 1 ( , a , b cZ )
b, 3a + 2b 17 nếu 10a + b 17 ( , a bZ) Lời giải a,
Ta có: a −11b + 3c 7
1 và 17a − 34b + 51c 7 1
nên 18a − 45b + 54c 7
1  9(2a − 5b + 6c) 17 b,
Ta có: 3a + 2b 17 và 17a − 34b 7 1
nên 20a – 32b 7
1  10a – 16b 7 1
10a +17b – 16b 7 1 10a + b 7 1
Bài 8: Chứng minh rằng:
a, abcd 29 thì a + 3b + 9c + 27d 29
b, abc 21 thì a − 2b + 4c 21 Lời giải
a, Ta có: abcd = 1000a +100b +10c + d 29  2000a + 200b + 0 2 c + 2d 29
 2001a a + 203b −3b + 29c −9c + 9 2 d − 27d 9 2
 (2001a + 203b+ 29c + 29d)−(a +3b+9c + 27d) 9 2
 (a +3b+9c + 27d) 29
b, Ta có: abc = 100a +10b + c 21
 100a − 84a +10b – 42b + c + 3 6 c 1 2
 16a −32b + 64c 1
2 16(a − 2b + 4c) 1 2
Bài 9: Cho a,b là các số nguyên. CMR nếu 6a +11b chia hết cho 31 thì a + 7b cũng chia hết cho 31 Lời giải
Ta có: 6a +11b 31  6(a + 7b) −31b 31  a + 7b 1 3
Bài 10: Cho a,b là các số nguyên. CMR : 5a + 2b 17  9a + 7b 7 1 Lời giải
Ta có: 5a + 2b 17
 5a – 68a + 2b −51b 7 1  6
− 3a – 49b 17  7
− (9a +7b) 17  9a + 7b 17 Trang 9
Ngược lại ta có: 9a + 7b 17  7(9a + 7b) 17  63a + 49b 17
 68a −5a + 1 5 b − 2b 7 1  5 − a − 2b 7 1  ( − 5a + 2 ) b 7 1  (5a + 2 ) b 7 1
Bài 11: Cho a,b là các số nguyên. CMR nếu 2a + 3b 7 thì 8a + 5b 7 và ngược lại. Lời giải
Ta có: 2a + 3b 7  4(2a + 3b) 7  8a +12b 7  8a +12b − 7b 7  8a + 5b 7
Ngược lại ta có: 8a + 5b 7  8a +12b − 7b 7  8a +12b 7  4(2a +3b) 7  2a + 3b 7
Bài 12: Cho a,b là các số nguyên. CMR nếu a − 2b 7 thì a − 9b 7
điều ngược lại có đúng không? Lời giải
Ta có: a – 2b 7  a − 2b − 7b 7  a − 9b 7
Điều ngược lại vẫn đúng
Bài 13: Cho a,b là các số nguyên và 5a + 8b 3 . Chứng minh rằng: a, − a + 2b 3 b, 10a + b 3 c, a +16b 3 Lời giải
a, Ta có: 5a + 8b 3  5a − 6a + 8b − 6b 3  −a + 2b 3
b, Ta có: 5a + 8b 3  2(5a +8b) 3  10a +16b 3 10a +16b −15b 3
c, Ta có: 5a + 8b 3  5(a +16b) – 72b 3  a +16b 3
Bài 14: Cho biết a b 6 . CMR các biểu thức sau cũng chia hết cho 6 a, a + 5b b, a +17b
c, a −13b Lời giải
a, Ta có: a b 6  a b + 6b 6  a + 5b 6
b, Ta có: a b 6  a b +18b 6  a +17b 6
c, Ta có: a b 6  a b −12b 6  a −13b 6
Dạng 3: Tìm n để biểu thức A(n)chia hết cho biểu thức B(n)
Bài 1: Tìm số tự nhiên n để (3n +14) chia hết cho (n + 2). Lời giải
Ta có 5n +14 = 5.(n + 2) + 4
Mà 5.(n + 2) (n + 2)
Do đó (5n +14) (n + 2)  4 (n + 2)  (n + 2) là ước của 4.
 (n + 2)1;2;  4  n0;  2
Vậy với n 0; 
2 thì (5n +14) (n + 2) Trang 10 n + 15
Bài 2: Tìm số tự nhiên n để là số tự nhiên . n + 3 Lời giải n + 15 Để
là số tự nhiên thì (n +15) (n + ) 3 . n + 3
 (n +15) − (n + 3)   (n + 3).  12 (n + )
3  (n + 3)  Ư (12) = 1 { ;2;3; 4;6;1 } 2  n 0 { ;1;3; } 9 n + 15 Vậy với n 0 { ;1;3; } 9 thì là số tự nhiên. n + 3
Bài 3: Tìm số tự nhiên n sao cho 4n − 5 2n −1 Lời giải
Ta có 4n − 5 = 2(2n − ) 1 − 3
Để 4n − 5 2n −1 thì 3 2n −1
Với 2n −1 = 1  n = 1
Với 2n −1 = 3  n = 2 Vậy n = 1; 2
Bài 4: Tìm số tự nhiên n để 2
n + 3n + 6 n + 3. Lời giải 2
n + 3n + 6 n + 3 n(n + )
3 + 6 n + 3  6 n + 3
n + 3 Ư(6) =1;2;3;  6
n = 0; n = 3
Bài 5: Tìm a
để a +1 là bội của a –1 Lời giải + + Để a 1 a 1 2
a + 1 là bội của a – 1 thì là số nguyên =1+ a −1 a −1 a −1
a –1 Ư(2) = 1 − ;1;  2  a =0;2;  3 (thỏa mãn a  )
Bài 6: Tìm số nguyên n để: 2
5 + n − 2n chia hết cho n − 2 Lời giải Ta có 2
5 + n − 2n = 5 + n(n – 2) 2
 5+ n − 2n (n – 2) khi 5 (n – 2)
n – 2Ư(5) = 5 − ; 1 − ;1;  5 Trang 11
n− 3; 1; 3;  7 n +1
Bài 7: Tím tất cả các số nguyên n để phân số
có giá trị là một số nguyên n − 2 Lời giải n +1
là số nguyên khi (n + ) 1 (n − 2) n − 2 Ta có (n + ) 1 = (n − 2) + 3   Vậy (n + )
1 (n − 2) khi 3 (n − 2) (n−2) Ư(3) = 3 − ; 1 − ;1 ;  3  n 1 − ;1;3;  5 n −1 Bài 8: Cho A =
. Tìm n nguyên để A là một số nguyên. n + 4 Lời giải n −1 n + 4 − 5 5 A = = = 1− n + 4 n + 4 n + 4
Với n nguyên, A nhận giá trị nguyên  5 n + 4 hay n + 4Ư(5)
Lập luận tìm ra được n 9 − ; 5 − ; 3 − ;  1 4n + 5
Bài 9: Tìm số nguyên n để phân số
có giá trị là một số nguyên 2n −1 Lời giải 4n + 5 4n − 2 + 7 n(2n −1) + 7 7 Ta có: = = = n + 2n −1 2n −1 2n −1 2n −1 4n + 5 7 Vì n nguyên nên để nguyên thì nguyên 2n −1 2n −1
 2n –1 Ư(7) =–7;–1;1;  7
 2n–6;0;2;  8  n – 3;0;1;  4 4n + 5
Vậy với n –3;0;1;  4 thì
có giá trị là một số nguyên 2n -1 2n + 2 5n +17 3n
Bài 10: Tìm số tự nhiên n để biểu thức sau là số tự nhiên: B = + − n + 2 n + 2 n + 2 Lời giải 2n + 2 5n +17 3n
2n + 2 + 5n +17 − 3n 4n +19 B = + − = = n + 2 n + 2 n + 2 n + 2 n + 2 4n +19 4(n + 2) +11 11 B = = = 4 + n + 2 n + 2 n + 2 Để 11
B là số tự nhiên thì là số tự nhiên n + 2 Trang 12
11 (n + 2)  n + 2 Ư( ) 11 =  1;1  1 Do n + 2 1
 nên n + 2 =11 n = 9
Vậy n = 9 thì B là số tự nhiên
Dạng 3: Bài toán chứng minh chia hết liên quan đến số chính phương
I. Phương pháp giải
- Kết hợp các tính chất chia hết với tính chất của số chính phương để giải bài tập.
- Tính chất của số chính phương :
Số chính phương chỉ có tận cùng là một trong các chữ số 0 ; 1 ; 4 ; 5 ; 6 ; 9.
Khi phân tích ra TSNT thì số chính phương chỉ chứa TSNT với số mũ chẵn.
Một số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì cũng chia hết cho 2 p
Một số là số chính phương khi và chỉ khi có số ước lẻ. II. Bài toán
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì 2 2
n(n +1)(n + 4) 5 Lời giải
Nhận xét: Số chính phương chỉ có tận cùng là một trong các chữ số 0 ; 1 ; 4 ; 5 ; 6 ; 9 nên một số chính
phương khi chia cho 5 có số dư là: 0, 1, 4. Ta xét các trường hợp sau : Nếu 2 n chia 5 dư 0 hay 2
n 5 thì n 5 (vì 5 là số nguyên tố) 2 2  ( n n +1)(n + 4) 5 n   Nếu 2 n chia 5 dư 1 thì 2 n + 2 2 4 5  ( n n +1)(n + 4) 5 n   Nếu 2 n chia 5 dư 4 thì 2 2 2
n +1 5  n(n +1)(n + 4) 5 n  
Vậy với mọi số tự nhiên n thì 2 2
n(n +1)(n + 4) 5
Bài 2: a) Chứng minh rằng một số chính phương khi chia cho 3 chỉ có số dư là 0 hoặc 1.
b) Chứng minh rằng một số chính phương khi chia cho 4 chỉ có số dư là 0 hoặc 1. Lời giải Gọi 2
A = n (n  ) a) Xét: 2
n = 3k (k  )  A = 9k nên A 3 2 2
n = 3k +1 (k
) A = 9k + 6k +1 = 3(3k + 2k) +1 nên A chia cho 3 dư 1 2 2 2
n = 3k + 2 (k
) A = 9k +1 2k + 4 = 9k +1 2k + 3 +1 = 3(3k + 4k +1) +1 nên A chia cho 3 dư 1.
Vậy: Một số chính phương chia cho 3 chỉ có số dư là 0 hoặc 1 b) Xét: 2
n = 2k (k  )  A = 4k nên A 4 2 2
n = 2k +1 (k
) A = 4k + 4k +1 = 4(k + k) +1 nên A chia cho 4 dư 1
Vậy: Một số chính phương chia cho 4 chỉ có số dư là 0 hoặc 1.
Nhận xét: Một số chính phương chẵn thì chia hết cho 4, một số chính phương lẻ khi chia cho 4 chỉ có
số dư là 0 hoặc 1.
Bài 3: Cho a,b là hai số chính phương lẻ liên tiếp. Chứng minh rằng: (a −1)(b −1) 192 Trang 13 Lời giải Ta có 192 = 3.8.8; (3;8) =1
Nhận xét: Nếu n lẻ thì 2 n 1 − 8 Thật vậy: 2 n 1
− = (n −1)(n +1) mà (n +1) và (n−1) là hai số chẵn liên tiếp nên (n −1)(n +1) 8
Từ đó  a −1 8 ; b −1 8  (a −1)(b −1) 8.8 = 64 (1)
a,b là các số chính phương nên a,b chia 3 dư 1 hoặc 0
Vì a, b là các số chính phương lẻ liên tiếp nên luôn có một trong hai số không chia hết cho 3 a  3 a −1 3  
 (a −1)(b −1) 3 (2)   b  3 b −1 3
Mà (3, 64) = 1 (a −1)(b −1) 4.3 = 192  đpcm.
Bài 4: Có hay không số tự nhiên n để 2
2010 + n là số chính phương. Lời giải Giả sử 2
2010 + n là số chính phương thì 2 2
2010 + n = m (m  ) Từ đó suy ra 2 2 m - n = 2010  2 2
m - mn + mn - n = 20 0 1  + = ( m m - ) n ( n m - ) n 20 0 1  + = (m - ) n (m ) n 2010
Như vậy trong 2 số m + n m n phải có ít nhất 1 số chẵn (1) Mặt khác (m + ) n và (m - )
n có cùng tính chẵn lẻ (2)
Từ (1) và (2)  (m + ) n và (m - ) n là 2 số chẵn.  + (m ) n 2 và (m- ) n 2
 (m+n ()m- ) n
4 nhưng 2010 không chia hết cho 4  Điều giả sử sai.
Vậy không tồn tại số tự nhiên n để 2
2010 + n là số chính phương.
Dạng 4: Chứng minh một biểu thức chia hết cho một biểu thức
I. Phương pháp giải:
- Biến đổi biểu thức bị chia thành tích của các biểu thức nhỏ trong đó có biểu thức chia hết cho biểu thức chia. II. Bài toán Bài 1: Cho 2 3 99
A = 4 + 2 + 2 +...+ 2 . Chứng minh rằng A chia hết cho 99 2 Lời giải 2 3 99
Ta có A = 4 + 2 + 2 +...+ 2 2 3 99
 2A = 2(4 + 2 + 2 +...+ 2 ) 3 4 100
 2A = 8+ 2 + 2 +...+ 2 3 4 100 2 3 99 − = + + + + − + + + + Xét 2A A (8 2 2 ... 2 ) (4 2 2 ... 2 ) 100 2 100
A = (8+ 2 ) − (4 + 2 ) = 2 100 99 99 Vì 2 2 nên A 2 Trang 14 Bài 2: Cho 2 3 99
A =1+ 2 + 2 + 2 +...+ 2 Chứng minh rằng A chia hết cho 100 2 −1 Lời giải Ta có 2 3 99
A =1+ 2 + 2 + 2 +...+ 2 2 3 99  = + + + + + 2A 2(1 2 2 2 ... 2 ) 2 3 4 100
 2A = 2+ 2 + 2 + 2 +...+ 2 2 3 4 100 2 3 99 − = + + + + + − + + + + + Xét 2A A (2 2 2 2 ... 2 ) (1 2 2 2 ... 2 ) 100 suy ra A = 2 −1
Vậy A chia hết cho 100 2 −1
Bài 3: Tính tổng S = 1.2 + 2.3 + 3.4 +... + n(n + )
1 (n *) . Từ đó chứng minh S luôn chia hết cho
hai trong ba số n ;(n +1);(n + ) 2 Lời giải
Ta có S = 1.2 + 2.3 + 3.4 +... + n(n + ) 1 (n *)
 3S =1.2.3+ 2.3.3+3.4.3+...+ n(n + ) 1 .3
3S =1.2.3+ 2.3.(4−1) +3.4.(5− 2) +...+ (
n n +1).[(n + 2) − (n −1) ]
3S =1.2.3+ 2.3.4−1.2.3+3.4.5− 2.3.4+...+ (
n n +1)(n + 2) − (n −1) ( n n +1 ) 3S = ( n n +1 ( ) n + ) 2 n(n +1 ( ) n + 2)  S = 3
n ;(n +1);(n + )
2 là ba số tự nhiên liên tiếp nên luôn có một số chia hết cho 3, hai số còn lại
là chia hết cho chính nó  ( n n +1 ( ) n + 2) 3
S là một số tự nhiên chia hết cho hai trong ba số n ;(n +1);(n + ) 2
Bài 4: Tính tổng D =1.2.3+ 2.3.4 + 3.4.5 +... + n(n + ) 1 (n + 2
) (n  *) . Từ đó chứng minh S luôn
chia hết cho ba trong bốn số n ;(n +1);(n + ) 2 ;(n + 3) . Lời giải
Ta có : D =1.2.3+ 2.3.4 + 3.4.5 +... + n(n + ) 1 (n + 2 ) (n  *)
Xét 4D = 1.2.3.4 + 2.3.4.4 + 3.4.5.4 + ... + n(n + ) 1 (n + 2 4 ).
 4D =1.2.3.4+ 2.3.4.(5−1) +3.4.5.(6− 2) +...+ n(n + )
1 (n + 2).[(n + 3) − (n −1 ] )
 4D =1.2.3.4+ 2.3.4.5−1.2.3.4 +3.4.5.6 − 2.3.4.5+...+ n(n+ )
1 (n + 2)(n + 3) − (n −1)n(n + ) 1 (n + ) 2
 4D = n(n + )
1 (n + 2)(n + 3) n (n + ) 1 (n + 2)(n + 3)  D = 4
n ;(n +1);(n + )
2 ;(n + 3) là bốn số tự nhiên liên tiếp nên luôn có một số chia hết cho 3, ba số
còn lại là chia hết cho chính nó  n(n + )
1 (n + 2)(n + 3) 4
D là một số tự nhiên chia hết cho ba trong bốn số n ;(n +1);(n + ) 2 ;(n + 3) Trang 15
Bài 5: Cho biểu thức E = 1.4 + 2.5 + 3.6 +... + n(n + 3) (n *) .
a) Thu gọn biểu thức E . b) Chứng minh ( n n +1)(n + ) 5 luôn chia hết cho 3.
c) Chứng minh E luôn chia hết cho hai trong ba số n; (n +1); (n + ) 5 Lời giải
a) Ta có : E = 1.4 + 2.5 + 3.6 +... + n(n + 3) (n *) (1)
E =1.(2 + 2) + 2.(3+ 2) + 3.(4+ 2) +...+ n(n+1+ 2)
E = (1.2+ 2.1) +(2.3+ 2.2) +(3.4+ 2.3) +...+[ ( n n +1) + 2n]  E = 1 [ .2 + 2.3+ 3.4 +...+ (
n n +1)]+ (2.1+ 2.2 + 2.3+...+ 2 n ) n(n +1 ( ) n + 2) (2n + 2).nE = + 3 2 n(n +1 ( ) n + 2) 3(n +1).nE = + 3 3 n(n +1 [( ) n + 2) + 3]  E = 3 n(n +1 ( ) n + 5)  E = 3
n(n +1)(n + 5) Vậy E = (n  *) 3
n(n +1)(n + 5)
b) Từ (1) suy ra E là số tự nhiên  là số tự nhiên  (
n n +1)(n + 5) 3 (ĐPCM) 3 c) Ta có (
n n +1)(n + 5) = (
n n +1)(n + 2 + 3) (2)
Lại có n ;(n +1);(n + )
2 là ba số tự nhiên liên tiếp nên luôn có một số chia hết cho 3, nếu (n + 2) chia
hết cho 3 thì (n + 2 + 3) cũng chia hết cho 3. (3)
Từ (2); (3) suy ra trong 3 số n ;(n +1);(n + )
5 luôn có một số chia hết cho 3, hai số còn lại là chia hết cho chính nó.
Suy ra E là số tự nhiên luôn chia hết cho hai trong ba số n; (n +1); (n + ) 5 (ĐPCM)
Bài 6: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì: a. = ( +1)( + 2)....2 2n S n n n
(tích 2n số nguyên dương đầu) b. = ( +1)( + 2)....3 3n P n n n
(tích 3n số nguyên dương đầu) Lời giải
a) Xét biểu thức: 1.2..... . n S =1.2.3..... (
n n +1)(n + 2).....(2 ) n = 2.4.6.....(2 )
n .1.3.5.....(2n −1)
= 2 .n(1.2.3.....n).1.3.5.....(2n −1)
 = 2 .n1.3.5....(2 −1) 2n S n Vậy 2n S (ĐPCM)
b) Xét biểu thức: 1.2.3.... . n P =1.2.3.... (
n n +1)(n + 2).....(3 ) n Trang 16 = [3.6....(3 )
n ].[1.2.4.5.....(3n −1)] = 3 .n(1.2.3.... )
n .[1.2.4.5.....(3n −1)] n n
P = 3 .[1.2.4.5.....(3n −1)] 3 Vậy 3n P (ĐPCM)
Bài 7: Chứng minh rằng: 3 3 3 3
A =1 + 2 + 3 +...+100 chia hết cho B = 1+ 2 + 3 + ... +100 Lời giải
Ta có: B = (1+100) + (2 + 99) +...+ (50 + 5 ) 1 =101. 50
Để chứng minh A chia hết cho B ta chứng minh A chia hết cho 50 và 101 Ta có: 3 3 3 3 A = + + + + = ( 3 3 + )+( 3 3 + )+ +( 3 3 1 2 3 ... 100 1 100 2 99 ... 50 + 51 )
Với n lẻ ta có: n + n a b a + b b * (a, )
Suy ra mỗi tổng trong ngoặc của A chia hết cho 101 nên A 101 (1) Lại có: A = ( 3 3 3 3 + + + + )+( 3 3 3 3 51 + 2 + 53 + .. + 99 ) 3 3 1 2 3 ... 49 5 . + 50 +100 A = ( 3 3 + )+( 3 3 + )+ +( 3 3 49 + )+( 3 3 1 99 2 98 ... 51 50 +100 )
Tương tự ta có mỗi tổng trong ngoặc của A chia hết cho 50 nên A 50 (2)
Từ (1) và (2) suy ra A chia hết cho 101.50 nên A chi hết cho B
Bài 8: Cho số tự nhiên n  1 , Chứng minh rằng: 5 5 5 5
S = 1 + 2 + 3 + ... + n (1+ 2 + 3+ ...+ ) n Lời giải
Đặt: 2A = 2(1+ 2+ 3+ ...+ )
n = n(n + ) 1
Mặt khác, với n lẻ ta có: n + n a b a + b b * (a, )  5 5 5 5 
Nên S= ( + n ) + + (n− ) + +( 5 2 1 2 1 ... n + ) 1 n+   1  5 5 5 5 5 
Cũng có S= (1 +(n− )1 )+(2 +(n−2) )+...+((n− )1 + )1 + 5 2   2n n   Mà ( ; n n + )
1 = 1 2S n(n+ ) 1 = 2A S A
Dạng 5: Chứng minh chia hết từ một đẳng thức cho trước:
I. Phương pháp giải:
Cách 1: Từ đẳng thức đã cho biến đổi, lập luận để làm xuất hiện số bị chia, số chia. Từ đó dựa vào các
tính chất chia hết lập luận suy ra điều phải chứng minh.
Cách 2: Biến đổi số bị chia làm xuất hiện vế trái hoặc vế phải của đẳng thức, thay số và lập luận suy ra điều phải chứng minh. II. Bài toán
Bài 1: Chứng minh rằng:
a) Nếu ab = 2.cd thì abcd 67
b) Nếu abc = 2.deg thì abcdeg 23;29 Lời giải Trang 17
a) Ta có: abcd = 100ab + cd = 200cd + cd = 201cd 67
b) Ta có: abcdeg = 1000abc + deg = 1000.2deg + deg = 2001deg = deg.23.29.3
Bài 2: Cho số tự nhiên ab bằng 3 lần tích các chữ số của nó.
a) Chứng minh rằng: b a
b) Đặt b = k .
a Chứng minh rằng 10 k
c) Tìm số tự nhiên ab Lời giải
a) Theo bài ra có ab = 3ab 10a + b = 3ab (1)  10a + b a b a (ĐPCM)
b) Thay b = ka vào (1) ta được 10a + ka = 3 . a ka
 10 + k = 3ak (2)  10 + k k  10 k (ĐPCM)
c) Từ (2)  k  10 mà 10 k k 1;2;  5
Thay các giá trị của k vào (2) ta có các trường hợp: 11
+) k = 1  11 = 3a a = (loại) 3
+) k = 2 12 = 6a a = 2  b = 4  ab = 24
+) k = 5 15 = 15a a = 1 b = 5  ab = 15
Vậy tìm được 2 số tự nhiên ab thỏa mãn đề bài là 24; 15
Bài 3: Cho ba số tự nhiên a, b, c thỏa mãn: 2 2 2
a + b = c , chứng minh rằng:
a. Trong hai số a, b có ít nhất một số chia hết cho 2
b. Trong hai số a, b có ít nhất một số chia hết cho 3
c. Trong hai số a, b có ít nhất một số chia hết cho 4 Lời giải
Chứng minh bài toán phụ: Một số chính phương khi chia cho 3; 4 chỉ có số dư là 0 hoặc 1.
(Bài 2, dạng 3, chủ đề này)
a. Giả sử cả a, b đều không chia hết cho 2 2 2
a , b chia 4 dư 1 2 2
a + b chia 4 dư 2 2
c chia 4 dư 2 (mâu thuẫn vì 2
c cũng là số chính phương)
 Điều giả sử là sai  Trong hai số a, b có ít nhất một số chẵn.
Vậy trong hai số a, b có ít nhất một số chia hết cho 2.
b. Giả sử a, b đều không chia hết cho 3 2 2
a , b chia 3 dư 1 2 2
a + b chia 3 dư 2 2
c chia 3 dư 2 (mâu thuẫn vì 2
c cũng là số chính phương)
 Điều giả sử là sai  Trong hai số a, b có ít nhất một số chia hết cho 3
c. Giả sử a, b đều không chia hết cho 4 2 2
a , b chia 4 dư 1 Trang 18 2 2
a + b chia 4 dư 2 2
c chia 4 dư 2 (mâu thuẫn vì 2
c cũng là số chính phương)
 Điều giả sử là sai  Trong hai số a, b có ít nhất một số chia hết cho 4.
Bài 4: Cho ba số nguyên dương a, b, c thỏa mãn: 2 2 2
a + b = c , chứng minh rằng: abc 60 Lời giải Ta có: 60 = 3.4.5
+) Nếu a, b, c đều không chia hết cho 3  2 2 2
a , b , c chia cho 3 dư 1  2 + 2 a
b chia cho 3 dư 2  2 + 2  2 a b c ,
Do đó trong 3 số a, b, c phải có ít nhất 1 số chia hết cho 3. Vậy abc 3 (1)
+) Nếu a, b, c đều không chia hết cho 5  2 2 2
a , b , c chia 5 dư 1 hoặc 4 (vì SCP chỉ có tận cùng là 0 ; 1 ; 4 ; 5 ; 6 ; 9  2 + 2 a
b chia 5 dư 2 hoặc 3  2 + 2  2 a b c
Do đó trong 3 số a, b, c phải có ít nhất 1 số chia hết cho 5. Vậy abc 5 (2)
+) Nếu a, b, c đều là các số không chia hết cho 4  2 2 2
a , b , c chia 4 dư 1  2 + 2 a
b chia 4 dư 2  2 + 2  2 a b c
Do đó trong 3 số a, b, c phải có ít nhất 1 số chia hết cho 4. Vậy abc 4 (3)
Ta thấy 3; 4; 5 đôi một nguyên tố cùng nhau nên kết hợp với (1),(2),(3)  abc 3.4.5  abc 60 (ĐPCM) 1 1 1 1 a Bài 5: Cho 1+ + + +...+
= , chứng minh rằng b 2431 2 3 4 18 b Lời giải Tách 2431 = 17.13.11 1 1 1 1 a 1+ + + +...+ = 2 3 4 18 b
Quy đồng A với mẫu chung là tích của các mẫu ta thấy rằng b =1.2.3. ... .18 có chứa 17.13.11
Gọi k , k , k , ..., k là các thừa số phụ tương ứng ta có a = k + k + k + ... + k trong đó k không 1 2 3 18 1 2 3 18 11
chứa 11 ; k không chứa 13 ; k không chứa 17 nên a không chia hết cho 11; 13; 17 suy ra b luôn 13 17 a chứa 17.13.11 khi
ở dạng tối giản  b 17.13.11  b 24 1 3 b Vậy b 2431 (ĐPCM)
PHẦN III. BÀI TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG ĐỀ HSG.
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì n+2 n+2 3
− 2 +3n − 2n chia hết cho 10. Lời giải + + + + Ta có : n 2 n 2 n n n 2 n n 2 3 − 2 + 3 − 2 = (3 + 3 ) − (2 + 2n) n 2 n 2 = 3 (3 +1) − 2 (2 +1) − − n n n n 1 n n 1
= 3 .10 − 2 .5 = 3 .10 − 2 .10 =10.(3 − 2 ) chia hết cho 10.
Vậy với mọi số nguyên dương n thì n+2 n+2 3
− 2 +3n − 2n chia hết cho 10. Trang 19 4n −1
Bài 2: Tìm số nguyên n sao cho
có giá trị là số nguyên. n −1 Lời giải 4n −1 Ta có
có giá trị là số nguyên khi (4n −1) (n −1) mà 4n −1 = 4(n −1) + 3 n −1
 3 (n −1)  (n −1) {  1  ;3} n {  2 − ;0;2;4} − Vậy với 4n 1 n {  2 − ;0;2;4} thì
có giá trị là số nguyên n −1 Bài 3: Cho 23 43
S = 9 + 5.3 . Chứng minh rằng: S 32 Lời giải Ta có 23 43 46 43 43 S = + = − = ( 3 − ) 43 9 5.3 3 5.3 3 3 5 = 3 .32 32 . Vậy S 32
Bài 4: Tìm số tự nhiên n thỏa mãn (2n + 7) n +1 Lời giải
Ta có (2n + 7) n +1  2n + 7 − 2(n +1) n +1
 (2n + 7) − (2n + 2) n +1  2n + 7 − 2n − 2 n +1  5 n +1  n +1 1  ;  5  n  6 − ;− 2;0;  4 Vì n  nên n 0;  4
Vậy với n 0; 
4 thì (2n + 7) n +1
Bài 5: Chứng minh rằng nếu a là một số lẻ không chia hết cho 3 thì 2 a −1 6 Lời giải
a là một số lẻ nên 2
a cũng là một số lẻ, suy ra 2 a −1 2 (1)
a là một số không chia hết cho 3 nên a có dạng a = 3k +1 hoặc a = 3k + 2
+ Nếu a = k +  a − = ( k + )2 2 3 1 1 3 1 −1 = (3k + ) 1 (3k + )
1 −1 = 3k (3k + ) 1 + 3k 3 (2)
+ Nếu a = k +  a − = ( k + )2 2 3 2 1 3 2
−1 = (3k + 2)(3k + 2) −1= 3k (3k + 2) + 6k + 3 3 (3)
Từ (1), (2), (3) và (2;3) =1, suy ra 2 a −1 6 Bài 6: Cho 2 3 98 99
S =1– 3+ 3 – 3 +... + 3 – 3 . Tính S và tìm số dư khi chia 100 3 cho 4. Lời giải Ta có 2 3 98 99
S =1– 3+ 3 – 3 +... + 3 – 3 2 3 4 99 100
3S = 3 – 3 +3 – 3 +...+3 – 3 ( 100 1− 3 )  100 S + 3S =1− 3 100
 4S =1−3  S = 4 ( 100 1− 3 ) Vì S =
S là số nguyên  ( 100 1 − 3 ) 4 4 100 3 chia cho 4 dư 1. Vậy 3100 chia cho 4 dư 1. Trang 20 Bài 7: Cho 2 3 4 100
B = 3+ 3 + 3 + 3 +... + 3
a) Chứng tỏ B chia hết cho 4.
b) Tìm số dư trong phép chia B cho 13 Lời giải a) 2 3 4 100
B = 3+ 3 + 3 + 3 +... + 3 2 3 4 99 100
B = (3 + 3 ) + (3 + 3 ) + ... + (3 + 3 ) 3 99
B = 3.(1+ 3) + 3 .(1+ 3) + ... + 3 .(1+ 3) 3 99
B = 3.4 + 3 .4 +...+ 3 .4 3 99
B = (3 + 3 + ... + 3 ).4 4
Vậy B chia hết cho 4 b) Ta có 2 3 4 100
B = 3+ 3 + 3 + 3 +... + 3
Tổng B có 100 số hạng ta nhóm 3 số thành một nhóm ta được 33 nhóm và thừa ra một số: 2 3 4 5 6 7 98 99 100
B = 3+(3 + 3 + 3 ) + (3 + 3 + 3 ) + ... + (3 + 3 + 3 ) 2 2 5 2 98 2
B = 3 + 3 (1+ 3 + 3 ) + 3 (1+ 3 + 3 ) + ... + 3 (1+ 3 + 3 ) 2 5 98
B = 3 + 3 .13 + 3 .13 + ... + 3 .13 2 5 98
B = 3+(3 + 3 + ... + 3 ).13 Vì 2 5 98
(3 + 3 + ... + 3 ).13 chia hết cho 13 nên 2 5 98
3+(3 + 3 + ... + 3 ).13 chia cho 13 dư 3
Vậy số dư trong phép chia B cho 13 là 3
Bài 8: Chứng minh rằng tổng 2 3 100
D = 2 + 2 + 2 +  + 2 chia hết cho 3 . Lời giải Ta có: 2 3 100
D = 2 + 2 + 2 +  + 2 D = ( 2 + )+( 3 4 + )++( 99 100 2 2 2 2 2 + 2 ) D = ( + ) 3 + ( + ) 99 2 1 2 2 1 2 +  + 2 (1+ 2) 3 99
D = 2.3 + 2 .3 +  + 2 .3 D = ( 3 99 3. 2 + 2 +  + 2 ) 3
Bài 9: Chứng minh rằng: 2 4 38
1+ 5 + 5 +...+ 5 chia hết cho 26 . Lời giải Ta có: 2 4 36 38 1+ 5 + 5 + ... + 5 + 5 = ( 2 1+ 5 ) 4 + 5 ( 2 1+ 5 ) 36 +...+ 5 ( 2 1+ 5 ) 4 36 = 26 + 5 .26 +...+ 5 .26 = 26( 4 36 1+ 5 + ... + 5 ) 26 Hay ( 2 4 38 1+ 5 + 5 + ... + 5 ) 6 2 Bài 10: Cho 2 3 99 100
B = 2 + 2 + 2 + ... + 2 + 2
. Tìm số dư khi chia B cho 7. Lời giải Trang 21 Ta có: 2 3 99 100
B = 2 + 2 + 2 + ... + 2 + 2 2 3 4 5 6 7 98 99 100
B = 2 + (2 + 2 + 2 ) + (2 + 2 + 2 ) + ... + (2 + 2 + 2 ) 2 2 5 2 98 2
B = 2 + 2 (1+ 2 + 2 ) + 2 (1+ 2 + 2 ) + ... + 2 (1+ 2 + 2 ) 2 5 98
B = 2 + 2 .7 + 2 .7 +...+ 2 .7 B = + ( 2 5 98 2 7 2 + 2 + ... + 2 ) Vì ( 2 5 98
7 2 + 2 + ... + 2 ) chia hết cho 7; 2 chia 7 dư 2 nên + ( 2 5 98
2 7 2 + 2 + ... + 2 ) chia 7 dư 2 hay B chia cho 7 dư 2 Bài 11: Cho 2 3 4 100
M = 4 + 4 + 4 + 4 +....+ 4
. Chứng tỏ M chia hết cho 5. Lời giải Ta có: 2 3 4 100 M = 4 + 4 4 + + 4 ++ 4 M =( 2 + ) + ( 3 4 + ) + ( 5 6 + )+ +( 99 100 4 4 4 4 4 4 ... 4 4 +
) (100 số hạng nhóm thành 50 tổng nhỏ ) M = ( + ) 3 + ( + ) 5 + ( + ) 99 4 1 4 4 1 4 4 1 4 + . .. + 4 (1 + 4) 3 5 99 M = + + + + = ( 3 5 99 4.5 4 .5 4 .5 ... 4 .5 5. 4 + 4 + 4 + ... + 4 ) Do 3 5 99 4 + 4 4 + + .
 + 4 nguyên dương suy ra M chia hết cho 5 Bài 12: Cho 1999 1997 B = 999993 −555557
. Chứng minh rằng B chia hết cho 5 Lời giải 499 499 Ta có 1999 9 1 6 9 3 999993 = 999993 .999993 = ( 4 999993 ) 3 .999993 = (.. ) .1 .(...7) = (.. ) .1 .(...7) =...7 499 499 Lại có 1997 1996 555557 = 555557 555557 = ( 4 . 555557 ) .555557 = ( ) ...1 .(...7) = ( ) ...1 .(...7) =...7 Suy ra 1999 1997 B = 999993 − 555557 = ...7 −...7 =...0 5
Vậy B chia hết cho 5. Trang 22