Giáo án bồi dưỡng Toán lớp 6

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG TOÁN 6

I. Định nghĩa phép chia

	Cho 2 số nguyên a và b trong đó b ạ 0 ta luôn tìm được hai số nguyên q và r duy nhất sao cho:

a = bq + r Với 0 Ê r Ê | b|

Trong đó: a là số bị chia, b là số chia, q là thương, r là số dư.

Khi a chia cho b có thể xẩy ra | b| số dư

	r ẻ {0; 1; 2; ; | b|}

Đặc biệt: r = 0 thì a = bq, khi đó ta nói a chia hết cho b hay b chia hết a.

	Ký hiệu: aMb hay b\ a

 Vậy:

a M b Û Có số nguyên q sao cho a = bq

II. Các tính chất

Với " a ạ 0 ị a M a

Nếu a M b và b M c ị a M c

Với " a ạ 0 ị 0 M a

Nếu a, b > 0 và a M b ; b M a ị a = b

Nếu a M b và c bất kỳ ị ac M b

Nếu a M b ị (±a) M (±b)

Với " a ị a M (±1)

Nếu a M b và c M b ị a ± c M b

Nếu a M b và cMb ị a ± c M b

 Nếu a + b M c và a M c ị b M c

 Nếu a M b và n > 0 ị an M bn

 Nếu ac M b và (a, b) =1 ị c M b

 Nếu a M b, c M b và m, n bất kỳ am + cn M b

 Nếu a M b và c M d ị ac M bd

 Tích n số nguyên liên tiếp chia hết cho n!

III. Một số dấu hiệu chia hết

	Gọi N = 

1. Dấu hiệu chia hết cho 2; 5; 4; 25; 8; 125

+ N M 2 Û a0 M 2 Û a0ẻ{0; 2; 4; 6; 8}

+ N M 5 Û a0 M 5 Û a0ẻ{0; 5}

+ N M 4 (hoặc 25) Û M 4 (hoặc 25)

+ N M 8 (hoặc 125) Û M 8 (hoặc 125)

2. Dấu hiệu chia hết cho 3 và 9

+ N M 3 (hoặc 9) Û a0+a1++an M 3 (hoặc 9)

3. Một số dấu hiệu khác

+ N M 11 Û [(a0+a1+) - (a1+a3+)] M 11

+ N M 101 Û [(++) - (++)]M101

+ N M 7 (hoặc 13) Û [( + +) - [( + +) M11 (hoặc 13)

+ N M 37 Û ( + +) M 37 

+ N M 19 Û ( a0+2an-1+22an-2++ 2na0) M 19

IV. Đồng dư thức

a. Định nghĩa: Cho m là số nguyên dương. Nếu hai số nguyên a và b cho cùng số dư khi chia cho m thì ta nói a đồng dư với b theo modun m.

	Ký hiệu: a º b (modun)

	Vậy: a º b (modun) Û a - b M m

b. Các tính chất

Với " a ị a º a (modun)

Nếu a º b (modun) ị b º a (modun)

Nếu a º b (modun), b º c (modun) ị a º c (modun)

Nếu a º b (modun) và c º d (modun) ị a+c º b+d (modun)

Nếu a º b (modun) và c º d (modun) ị ac º bd (modun)

Nếu a º b (modun), d ẻ Uc (a, b) và (d, m) =1 

 ị (modun)

Nếu a º b (modun), d > 0 và d ẻ Uc (a, b, m) 

 ị (modun )

V. Một số định lý

1. Định lý Euler

	Nếu m là 1 số nguyên dương j(m) là số các số nguyên dương nhỏ hơn m và nguyên tố cùng nhau với m, (a, m) = 1

	Thì aj(m) º 1 (modun)

Công thức tính j(m)

	Phân tích m ra thừa số nguyên tố

	m = p1a1 p2a2  pkak với pi ẻ p; ai ẻ N*

Thì j(m) = m(1 - )(1 - )  (1 - )

2. Định lý Fermat

	Nếu t là số nguyên tố và a không chia hết cho p thì ap-1 º 1 (modp)

3. Định lý Wilson

	Nếu p là số nguyên tố thì

( P - 1)! + 1 º 0 (modp)

phần II: các phương pháp giải bài toán chia hết

1. Phương pháp 1: Sử dụng dấu hiệu chia hết

Ví dụ 1: Tìm các chữ số a, b sao cho M 45

Giải

	Ta thấy 45 = 5.9 mà (5 ; 9) = 1 

để M 45 Û M 5 và 9

	Xét M 5 Û b ẻ {0 ; 5}

	Nếu b = 0 ta có số M 9 Û a + 5 + 6 + 0 M 9

 ị a + 11 M 9 

 ị a = 7

	Nếu b = 5 ta có số M 9 Û a + 5 + 6 + 0 M 9

 ị a + 16 M 9 

 ị a = 2

Vậy: a = 7 và b = 0 ta có số 7560

	a = 2 và b = 5 ta có số 2560

Ví dụ 2: Biết tổng các chữ số của 1 số là không đổi khi nhân số đó với 5. Chứng minh răng số đó chia hết cho 9.

Giải

	Gọi số đã cho là a

Ta có: a và 5a khi chia cho 9 cùng có 1 số dư 

ị 5a - a M 9 ị 4a M 9 mà (4 ; 9) = 1

ị a M 9 (Đpcm)

Ví dụ 3: CMR số M 81

Giải

Ta thấy: 111111111 M 9

Có = 111111111(1072 + 1063 +  + 109 + 1)

Mà tổng 1072 + 1063 +  + 109 + 1 có tổng các chữ số bằng 9 M 9

ị 1072 + 1063 +  + 109 + 1 M 9 

Vậy: M 81 (Đpcm)

Bài tập tương tự

Bài 1: Tìm các chữ số x, y sao cho 

a. M 4 và 9

b. M 17

Bài 2: Cho số N = CMR

	a. N M 4 Û (a + 2b) M 4

	b. N M 16 Û (a + 2b + 4c + 8d) M 16 với b chẵn

	c. N M 29 Û (d + 2c + 9b + 27a) M 29

Bài 3: Tìm tất cả các số có 2 chữ số sao cho mỗi số gấp 2 lần tích các chữ số của số đó.

Bài 4: Viết liên tiếp tất cả các số có 2 chữ số từ 19 đến 80 ta được số A = 1920217980. Hỏi số A có chia hết cho 1980 không ? Vì sao?

Bài 5: Tổng của 46 số tự nhiên liên tiếp có chia hết cho 46 không? Vì sao?

Bài 6: Chứng tỏ rằng số là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp.

Hướng dẫn - Đáp số

Bài 1: 	a. x = 	và y = 2

	 	 x =	và y = 6

	b. = 17 (122 + 6x) + 2(2-x)M17 Û x = 2

Bài 2: 	a. NM4 Û M4 Û 10b + aM4 Û 8b + (2b + a) M4

 ị a + 2bM4

	b. NM16 Û 1000d + 100c + 10b + aM16

 	 Û (992d + 96c + 8b) + (8d + 4c + 2b + a) M16

	 ị a + 2b + 4c + 8dM16 với b chẵn

	c. Có 100(d + 3c + 9b + 27a) - M29

 mà (1000, 29) =1

 M29

 ị (d + 3c + 9b + 27a) M29

Bài 3: Gọi là số có 2 chữ số

 Theo bài ra ta có:

= 10a + b = 2ab (1)

 M2 ị b ẻ{0; 2; 4; 6; 8} 

 thay vào (1) a = 3; b = 6

Bài 4: Có 1980 = 22.32.5.11 

	Vì 2 chữ số tận cùng của a là 80 M 4 và 5

	ị AM 4 và 5

Tổng các số hàng lẻ 1+(2+3++7).10+8 = 279

Tổng các số hàng chẵn 9+(0+1++9).6+0 = 279

Có 279 + 279 = 558 M 9 ị A M 9

 279 - 279 = 0 M 11 ị A M 11

Bài 5: Tổng 2 số tự nhiên liên tiếp là 1 số lẻ nên không chia hết cho 2. 

Có 46 số tự nhiên liên tiếp ị có 23 cặp số mỗi cặp có tổng là 1 số lẻ ị tổng 23 cặp không chia hết cho 2. Vậy tổng của 46 số tự nhiên liên tiếp không chia hết cho 46.

Bài 6: Có =

Mà = 3. 

ị = (Đpcm)

2. Phương pháp 2: Sử dụng tính chất chia hết

* Chú ý: Trong n số nguyên liên tiếp có 1 và chỉ 1 số chia hết cho n.

CMR: Gọi n là số nguyên liên tiếp

	m + 1; m + 2;  m + n với m ẻ Z, n ẻ N*

Lấy n số nguyên liên tiếp trên chia cho n thì ta được tập hợp số dư là: {0; 1; 2;  n - 1}

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

	ị m + i M n

* Nếu không tồn tại số dư là 0 ị không có số nguyên nào trong dãy chia hết cho n ị phải có ít nhất 2 số dư trùng nhau.

Giả sử: 

	 ị i - j = n(qi - qj) M n ị i - j M n

mà ẵi - jẵ< n ị i - j = 0 ị i = j

	 ị m + i = m + j

Vậy trong n số đó có 1 số và chỉ 1 số đó chia hết cho n

Ví dụ 1: CMR: a. Tích của 2 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2

 	 b. Tích của 3 số nguyên liên tiếp chia hết cho 6.

Giải

a. Trong 2 số nguyên liên tiếp bao giờ cũng có 1 số chẵn

ị Số chẵn đó chia hết cho 2.

Vậy tích của 2 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2.

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

b. Trong 3 sô nguyên liên tiếp bao giơ cũng có 1 số chia hết cho 3.

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

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

Ví dụ 2: CMR: Tổng lập phương của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 9.

Giải

Gọi 3 số nguyên liên tiếp lần lượt là: n - 1 , n , n+1

Ta có: A = (n - 1)3 + n3 + (n + 1)3

 = 3n3 - 3n + 18n + 9n2 + 9

 = 3(n - 1)n (n+1) + 9(n2 + 1) + 18n

Ta thấy (n - 1)n (n + 1) M 3 (CM Ví dụ 1)

ị 3(n - 1)n (n + 1) M 9

mà 

ị A M 9 (ĐPCM)

Ví dụ 3: CMR: n4 - 4n3 - 4n2 +16n M 3 84 với " n chẵn, n³4

Giải

Vì n chẵn, n³4 ta đặt n = 2k, k³2

Ta có n4 - 4n3 - 4n2 + 16n = 16k4 - 32k3 - 16k2 + 32k

 = đặt 16k(k3 - 2k2 - k + 2)

 = đặt 16k(k - 2) (k - 1)(k + 1)

Với k ³ 2 nên k - 2, k - 1, k + 1, k là 4 số tự nhiên liên tiếp nên trong 4 số đó có 1 số chia hết cho 2 và 1 số chia hết cho 4. ị (k - 2)(k - 1)(k + 1)k M 8

Mà (k - 2) (k - 1)k M 3 ; (3,8)=1

ị (k - 2) (k - 1) (k + 1)k M 24

ị 16(k - 2) (k - 1) (k + 1)k M (16,24)

Vậy n4 - 4n3 - 4n2 +16n M 384 với " n chẵn, n ³ 4

Bài tập tương tự

Bài 1: CMR: a. n(n + 1) (2n + 1) M 6

	b. n5 - 5n3 + 4n M 120 Với " n ẻ N

Bài 2: CMR: n4 + 6n3 + 11n2 + 6n M 24 Với " n ẻ Z

Bài 3: CMR: Với " n lẻ thì

n2 + 4n + 3 M 8

n3 + 3n2 - n - 3 M 48

n12 - n8 - n4 + 1 M 512

Bài 4: Với p là số nguyên tố p > 3 CMR : p2 - 1 M 24

Bài 5: CMR: Trong 1900 số tự nhiên liên tiếp có 1 số có tổng các chữ số chia hết cho 27.

Hướng dẫn - Đáp số

Bài 1: a. n(n + 1)(2n + 1) = n(n + 1) [(n + 1) + (n + 2)]

= n(n + 1) (n - 1) + n(n + 1) (n + 2) M 6

b. n5 - 5n3 + 4n = (n4 - 5n2 + 4)n

= n(n2 - 1) (n2 - 4)

= n(n + 1) (n - 1) (n + 2) (n - 2) M 120

Bài 2: n4 + 6n3 + 6n + 11n2

	= n(n3 + 6n2 + 6 + 11n)

= n(n + 1) (n + 2) (n + 3) M 24

Bài 3: a. n2 + 4n + 3 = (n + 1) (n + 3) M 8

b. n3 + 3n2 - n - 3 = n2(n + 3) - (n + 3)

= (n2 - 1) (n + 3)

= (n + 1) (n - 1) (n + 3)

= (2k + 4) (2k + 2) (2k với n = 2k + 1, k ẻ N)

= 8k(k + 1) (k +2) M 48

c. n12 - n8 - n4 + 1 = n8 (n4 - 1) - (n4 - 1)

= (n4 - 1) (n8 - 1)

= (n4 - 1)2 (n4 + 1) 

= (n2 - 1)2 (n2 - 1)2 (n4 + 1)

= 16[k(k + 1)2 (n2 + 1)2 (n4 + 1)

Với n = 2k + 1 ị n2 + 1 và n4 + 1 là những số chẵn ị (n2 + 1)2 M 2

 n4 + 1 M 2

ị n12 - n8 - n4 + 1 M (24.22. 22. 1 . 21)

Vậy n12 - n8 - n4 + 1 M 512

Bài 4: Có p2 - 1 = (p - 1) (p + 1) vì p là số nguyên tố p > 3

ị p M 3 ta có: (p - 1) (p + 1) M 8

và p = 3k + 1 hoặc p = 3k + 2 (k ẻ N)

ị (p - 1) (p + 1) M 3

Vậy p2 - 1 M 24

Bài 5: Giả sử 1900 số tự nhiên liên tiếp là 

n, n +1; n + 2;  ; n + 1989 (1)

trong 1000 tự nhiên liên tiếp n, n + 1; n + 2; ; n + 999 

có 1 số chia hết cho 1000 giả sử n0, khi đó n0 có tận cùng là 3 chữ số 0 giả sử tổng các chữ số của n0 là s khi đó 27 số n0, n0 + 9; n0 + 19; n0 + 29; n0 + 39; ; n0 + 99; n0 + 199;  n0 + 899 (2)

Có tổng các chữ số lần lượt là: s; s + 1  ; s + 26

Có 1 số chia hết cho 27 (ĐPCM)

* Chú ý: n + 899 Ê n + 999 + 899 < n + 1989

ị Các số ở (2) nằm trong dãy (1)

3. Phương pháp 3: xét tập hợp số dư trong phép chia

Ví dụ 1: CMR: Với " n ẻ N

Thì A(n) = n(2n + 7) (7n + 7) chia hết cho 6

Giải

Ta thấy 1 trong 2 thừa số n và 7n + 1 là số chẵn. Với " n ẻ N ị A(n) M 2

Ta chứng minh A(n) M 3

Lấy n chia cho 3 ta được n = 3k + 1 (k ẻ N)

Với r ẻ {0; 1; 2}

Với r = 0 ị n = 3k ị n M 3 ị A(n) M 3

Với r = 1 ị n = 3k + 1 ị 2n + 7 = 6k + 9 M 3 ị A(n) M 3 

Với r = 2 ị n = 3k + 2 ị 7n + 1 = 21k + 15 M 3 ị A(n) M 3

ị A(n) M 3 với " n mà (2, 3) = 1

Vậy A(n) M 6 với " n ẻ N

Ví dụ 2: CMR: Nếu n M 3 thì A(n) = 32n + 3n + 1 M 13 Với " n ẻ N

Giải

Vì n M 3 ị n = 3k + r (k ẻ N); r ẻ {1; 2; 3}

ị A(n) = 32(3k + r) + 33k+r + 1 

= 32r(36k - 1) + 3r (33k - 1) + 32r + 3r + 1

ta thấy 36k - 1 = (33)2k - 1 = (33 - 1)M = 26M M 13

33k - 1 = (33 - 1)N = 26N M 13

với r = 1 ị 32n + 3n + 1 = 32 + 3 +1 = 13 M 13

ị 32n + 3n + 1 M 13

với r = 2 ị 32n + 3n + 1 = 34 + 32 + 1 = 91 M 13

ị 32n + 3n + 1

Vậy với n M 3 thì A(n) = 32n + 3n + 1 M 13 Với " n ẻ N

Ví dụ 3: Tìm tất cả các số tự nhiên n để 2n - 1 M 7

Giải

Lấy n chia cho 3 ta có n = 3k + 1 (k ẻ N); r ẻ {0; 1; 2}

Với r = 0 ị n = 3k ta có 

2n - 1 = 23k - 1 = 8k - 1 = (8 - 1)M = 7M M 7

với r =1 ị n = 3k + 1 ta có:

2n - 1 = 28k +1 - 1 = 2.23k - 1 = 2(23k - 1) + 1

mà 23k - 1 M 7 ị 2n - 1 chia cho 7 dư 1

với r = 2 ị n = 3k + 2 ta có :

2n - 1 = 23k + 2 - 1 = 4(23k - 1) + 3 

mà 23k - 1 M 7 ị 2n - 1 chia cho 7 dư 3

Vậy 23k - 1 M 7 Û n = 3k (k ẻ N)

Bài tập tương tự

Bài 1: CMR: An = n(n2 + 1)(n2 + 4) M 5 Với " n ẻ Z

Bài 2: Cho A = a1 + a2 +  + an

 B = a51 + a52 +  + a5n

Bài 3: CMR: Nếu (n, 6) =1 thì n2 - 1 M 24 Với " n ẻ Z

Bài 4: Tìm số tự nhiên W để 22n + 2n + 1 M 7

Bài 5: Cho 2 số tự nhiên m, n để thoả mãn 24m4 + 1 = n2

CMR: mn M 55

Hướng dẫn - Đáp số

Bài 1: + A(n) M 6

	+ Lấy n chia cho 5 ị n = 5q + r r ẻ {0; 1; 2; 3; 4}

r = 0 ị n M 5 ị A(n) M 5

r = 1, 4 ị n2 + 4 M 5 ị A(n) M 5

r = 2; 3 ị n2 + 1 M 5 ị A(n) M 5

ị A(n) M 5 ị A(n) M 30

Bài 2: Xét hiệu B - A = (a51 - a1) +  + (a5n - an) 

Chỉ chứng minh: a5i - ai M 30 là đủ

Bài 3: Vì (n, 6) =1 ị n = 6k + 1 (k ẻ N)

Với r ẻ {±1}

r = ±1ị n2 - 1 M 24

Bài 4: Xét n = 3k + r (k ẻ N) 

Với r ẻ {0; 1; 2}

Ta có: 22n + 2n + 1 = 22r(26k - 1) + 2r(23k - 1) + 22n + 2n + 1

Làm tương tự VD3

Bài 5: Có 24m4 + 1 = n2 = 25m4 - (m4 - 1)

Khi m M 5 ị mn M 5

Khi m M 5 thì (m, 5) = 1 ị m4 - 1 M 5

(Vì m5 - m M 5 ị (m4 - 1) M 5 ị m4 - 1 M 5)

ị n2 M 5 ị ni5

Vậy mn M 5

4. Phương pháp 4: sử dụng phương pháp phân tích thành nhân tử

Giả sử chứng minh an M k

Ta có thể phân tích an chứa thừa số k hoặc phân tích thành các thừa số mà các thừa số đó chia hết cho các thừa số của k.

Ví dụ 1: CMR: 36n - 26n M 35 Với " n ẻ N

Giải

Ta có 36n - 26n = (36)n - (26)n = (36 - 26)M

= (33 + 23) (33 - 23)M

= 35.19M M 35 Vậy 36n - 26n M 35 Với " n ẻ N

Ví dụ 2: CMR: Với " n là số tự nhiên chăn thì biểu thức

 A = 20n + 16n - 3n - 1 M 232

Giải

Ta thấy 232 = 17.19 mà (17;19) = 1 ta chứng minh

A M 17 và A M 19 ta có A = (20n - 3n) + (16n - 1) có 20n - 3n = (20 - 3)M M 17M

16n - 1 = (16 + 1)M = 17N M 17 (n chẵn)

ị A M 17 (1)

ta có: A = (20n - 1) + (16n - 3n) 

có 20n - 1 = (20 - 1)p = 19p M 19 

có 16n - 3n = (16 + 3)Q = 19Q M 19 (n chẵn)

ị A M 19 (2)

Từ (1) và (2) ị A M 232

Ví dụ 3: CMR: nn - n2 + n - 1 M (n - 1)2 Với " n >1

Giải

Với n = 2 ị nn - n2 + n - 1 = 1 

và (n - 1)2 = (2 - 1)2 = 1

ị nn - n2 + n - 1M (n - 1)2

với n > 2 đặt A = nn - n2 + n - 1 ta có A = (nn - n2) + (n - 1)

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

= n2(n - 1) (nn-3 + nn-4 +  + 1) + (n - 1)

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

= (n - 1) [(nn-1 - 1) +  +( n2 - 1) + (n - 1)]

= (n - 1)2M M (n - 1)2

Vậy A M (n - 1)2 (ĐPCM)

Bài tập tương tự

Bài 1: CMR: a. 32n +1 + 22n +2 M 7

	 b. mn(m4 - n4) M 30

Bài 2: CMR: A(n) = 3n + 63 M 72 với n chẵn n ẻ N, n ³ 2

Bài 3: Cho a và b là 2 số chính phương lẻ liên tiếp

CMR: a. (a - 1) (b - 1) M 192

Bài 4: CMR: Với p là 1 số nguyên tố p > 5 thì p4 - 1 M 240

Bài 5: Cho 3 số nguyên dương a, b, c và thoả mãn a2 = b2 + c2

CMR: abc M 60

Hướng dẫn - Đáp số

Bài 1: a. 32n +1 + 22n +2 = 3.32n + 2.2n

= 3.9n + 4.2n

= 3(7 + 2)n + 4.2n 

= 7M + 7.2n M 7

b. mn(m4 - n4) = mn(m2 - 1)(m2 + 1) - mn(n2 - 1) (n2 + 1) M 30

Bài 3: Có 72 = 9.8 mà (8, 9) = 1 và n = 2k (k ẻ N) 

có 3n + 63 = 32k + 63

= (32k - 1) + 64 ị A(n) M 8

Bài 4: Đặt a = (2k - 1)2; b = (2k - 1)2 (k ẻ N) 

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

Bài 5: Có 60 = 3.4.5 	Đặt M = abc

Nếu a, b, c đều không chia hết cho 3 ị a2, b2 và c2 chia hết cho 3 đều dư 1 ị a2 ạ b2 + c2. Do đó có ít nhất 1 số chia hết cho 3. Vậy M M 3

Nếu a, b, c đều không chia hết cho 5 ị a2, b2 và c2 chia 5 dư 1 hoặc 4 ị b2 + c2 chia 5 thì dư 2; 0 hoặc 3.

ị a2 ạ b2 + c2. Do đó có ít nhất 1 số chia hết cho 5. Vậy M M 5

Nếu a, b, c là các số lẻ ị b2 và c2 chia hết cho 4 dư 1.

ị b2 + c2 º (mod 4) ị a2 ạ b2 + c2

Do đó 1 trong 2 số a, b phải là số chẵn.

Giả sử b là số chẵn

	Nếu C là số chẵn ị M M 4

	Nếu C là số lẻ mà a2 = b2 + c2 ị a là số lẻ 

ị b2 = (a - c) (a + b) ị 

ị chẵn ị b M 4 ị m M 4

Vậy M = abc M 3.4.5 = 60

5. Phương pháp 5: biến đổi biểu thức cần chứng minh về dạng tổng

Giả sử chứng minh A(n) M k ta biến đổi A(n) về dạng tổng của nhiều hạng tử và chứng minh mọi hạng tử đều chia hết cho k.

Ví dụ 1: CMR: n3 + 11n M 6 với " n ẻ z.

Giải

Ta có n3 + 11n = n3 - n + 12n = n(n2 - 1) + 12n

	 = n(n + 1) (n - 1) + 12n

Vì n, n - 1; n + 1 là 3 số nguyên liên tiếp

ị n(n + 1) (n - 1) M 6 và 12n M 6

Vậy n3 + 11n M 6

Ví dụ 2: Cho a, b ẻ z thoả mãn (16a +17b) (17a +16b) M 11

CMR: (16a +17b) (17a +16b) M 121

Giải

Có 11 số nguyên tố mà (16a +17b) (17a +16b) M 11

ị (1)

Có 16a +17b + 17a +16b = 33(a + b) M 11 (2)

Từ (1) và (2) ị 

Vậy (16a +17b) (17a +16b) M 121

Ví dụ 3: Tìm n ẻ N sao cho P = (n + 5)(n + 6) M 6n.

Giải

Ta có P = (n + 5)(n + 6) = n2 + 11n + 30

	= 12n + n2 - n + 30

Vì 12n M 6n nên để P M 6n Û n2 - n + 30 M 6n

Û 

Từ (1) ị n = 3k hoặc n = 3k + 1 (k ẻ N) 

Từ (2) ị n ẻ {1; 2; 3; 5; 6; 10; 15; 30}

Vậy từ (1); (2) ị n ẻ {1; 3; 6; 10; 15; 30}

Thay các giá trị của n vào P ta có 

n ẻ {1; 3; 10; 30} là thoả mãn

Vậy n ẻ {1; 3; 10; 15; 30} thì P = (n + 5)(n + 6) M 6n.

Bài tập tương tự

Bài 1: CMR: 13 + 33 + 53 + 73 M 23

Bài 2: CMR: 36n2 + 60n + 24 M 24

Bài 3: CMR: a. 5n+2 + 26.5n + 8 2n+1 M 59

	b. 9 2n + 14 M 5

Bài 4: Tìm n ẻ N sao cho n3 - 8n2 + 2n M n2 + 1

Hướng dẫn - Đáp số

Bài 1: 13 + 33 + 53 + 73 = (13 + 73) + (33 + 53)

	= 8m + 8N M 23

Bài 2: 362 + 60n + 24 = 12n(3n + 5) + 24

Ta thấy n và 3n + 5 không đồng thời cùng chẵn hoặc cùng lẻ 

ị n(3n + 5) M 2 ị ĐPCM

Bài 3: a. 5n+2 + 26.5n + 8 2n+1 

	= 5n(25 + 26) + 8 2n+1 

	= 5n(59 - 8) + 8.64 n

	= 5n.59 + 8.59m M 59

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

	= (81n - 1) + 15

	= 80m + 15 M 5

Bài 4: Có n3 - 8n2 + 2n = (n2 + 1)(n - 8) + n + 8 M (n2 + 1) Û n + 8 M n2 + 1

Nếu n + 8 = 0 ị n = -8 (thoả mãn)

Nếu n + 8 ạ 0 ị ẵn + 8ẵ³ n2 + 1

ị 

ị n ẻ {-2; 0; 2} thử lại

Vậy n ẻ {-8; 0; 2}

6. Phương pháp 6: Dùng quy nạp toán học

Giả sử CM A(n) M P với n ³ a (1)

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

Bước 2: Giả sử (1) đúng với n = k tức là CM A(k) M P với k ³ a

Ta CM (1) đúng với n = k + 1 tức là phải CM A(k+1) M P

Bước 3: Kết luận A(n) M P với n ³ a

Ví dụ 1: Chứng minh A(n) = 16n - 15n - 1 M 225 với " n ẻ N*

Giải

Với n = 1 ị A(n) = 225 M 225 vậy n = 1 đúng

Giả sử n = k ³ 1 nghĩa là A(k) = 16k - 15k - 1 M 225

Ta phải CM A(k+1) = 16 k+1 - 15(k + 1) - 1 M 225

Thật vậy: A(k+1) = 16 k+1 - 15(k + 1) - 1

	= 16.16k - 15k - 16

	= (16k - 15k - 1) + 15.16k - 15

	= 16k - 15k - 1 + 15.15m

	= A(k) + 225

mà A(k) M 225 (giả thiết quy nạp) 

225mM 225

Vậy A(n) M 225

Ví dụ 2: CMR: với " n ẻ N* và n là số tự nhiên lẻ ta có 

Giải

Với n = 1 ị m2 - 1 = (m + 1)(m - 1) M 8 (vì m + 1; m - 1 là 2 số chẵn liên tiếp nên tích của chúng chia hết cho 8)

Giả sử với n = k ta có ta phải chứng minh

Thật vậy ị 

ị 

có 

	= 

Vậy với " n ³ 1

Bài tập tương tự

Bài 1: CMR: 33n+3 - 26n - 27 M 29 với " n ³ 1

Bài 2: CMR: 42n+2 - 1 M 15

Bài 3: CMR số được thành lập bởi 3n chữ số giống nhau thì chia hết cho 3n với n là số nguyên dương.

Hướng dẫn - Đáp số

Bài 1: Tương tự ví dụ 1.

Bài 2: Tương tự ví dụ 1.

Bài 3: Ta cần CM M 3n (1)

Với n = 1 ta có 

Giả sử (1) đúng với n = k tức là M 3k

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

M 3k+1 ta có 3k+1 = 3.3k = 3k + 3k +3k

Có 

7. Phương pháp 7: sử dụng đồng dư thức 

Giải bài toán dựa vào đồng dư thức chủ yếu là sử dụng định lý Euler và định lý Fermat

Ví dụ 1: CMR: 22225555 + 55552222 M 7

Giải

Có 2222 º - 4 (mod 7) ị 22225555 + 55552222 º (- 4)5555 + 45555 (mod 7)

Lại có: (- 4)5555 + 42222 = - 45555 + 42222 

= - 42222 (43333 - 1) = 

	Vì 43 = 64 º (mod 7) (mod 7)

ị 22225555 + 55552222 º 0 (mod 7)

Vậy 22225555 + 55552222 M 7

Ví dụ 2: CMR: với " n ẻ N

Giải

Theo định lý Fermat ta có: 

310 º 1 (mod 11)

210 º 1 (mod 11)

Ta tìm dư trong phép chia là 24n+1 và 34n+1 cho 10

	Có 24n+1 = 2.16n º 2 (mod 10)

ị 24n+1 = 10q + 2 (q ẻ N)

	Có 34n+1 = 3.81n º 3 (mod 10)

ị 34n+1 = 10k + 3 (k ẻ N)

Ta có: 

= 32.310q + 23.210k + 5

º 1+0+1 (mod 2)

	º 0 (mod 2) 

mà (2, 11) = 1

Vậy với " n ẻ N

Ví dụ 3: CMR: với n ẻ N

Giải

Ta có: 24 º 6 (mod) ị 24n+1 º 2 (mod 10)

ị 24n+1 = 10q + 2 (q ẻ N)

ị 

Theo định lý Fermat ta có: 210 º 1 (mod 11)

ị 210q º 1 (mod 11)

	º 4+7 (mod 11) º 0 (mod 11) 

Vậy với n ẻ N (ĐPCM)

Bài tập tương tự

Bài 1: CMR với n ẻ N

Bài 2: CMR với " n ³ 1 ta có

52n-1. 22n-15n+1 + 3n+1 .22n-1 M 38

Bài 3: Cho số p > 3, p ẻ (P)

CMR 3p - 2p - 1 M 42p

Bài 4: CMR với mọi số nguyên tố p đều có dạng

	2n - n (n ẻ N) chia hết cho p.

Hướng dẫn - Đáp số

Bài 1: Làm tương tự như VD3

Bài 2: Ta thấy 52n-1. 22n-15n+1 + 3n+1 .22n-1 M 2

Mặt khác 52n-1. 22n-15n+1 + 3n+1 .22n-1 = 2n(52n-1.10 + 9. 6n-1)

Vì 25 º 6 (mod 19) ị 5n-1 º 6n-1 (mod 19)

ị 25n-1.10 + 9. 6n-1 º 6n-1.19 (mod 19) º 0 (mod 19)

Bài 3: Đặt A = 3p - 2p - 1 (p lẻ)

	Dễ dàng CM A M 2 và A M 3 ị A M 6

Nếu p = 7 ị A = 37 - 27 - 1 M 49 ị A M 7p

Nếu p ạ 7 ị (p, 7) = 1

Theo định lý Fermat ta có:

	A = (3p - 3) - (2p - 2) M p

Đặt p = 3q + r (q ẻ N; r = 1, 2)

ị A = (33q+1 - 3) - (23q+r - 2)

= 3r.27q - 2r.8q - 1 = 7k + 3r(-1)q - 2r - 1 (k ẻ N)

với r = 1, q phải chẵn (vì p lẻ)

ị A = 7k - 9 - 4 - 1 = 7k - 14

Vậy A M 7 mà A M p, (p, 7) = 1 ị A M 7p

Mà (7, 6) = 1; A M 6

ị A M 42p.

Bài 4: Nếu P = 2 ị 22 - 2 = 2 M 2

Nếu n > 2 Theo định lý Fermat ta có:

2p-1 º 1 (mod p)

ị 2m(p-1) º 1 (mod p) (m ẻ N)

Xét A = 2m(p-1) + m - mp

A M p ị m = kq - 1

Như vậy nếu p > 2 ị p có dạng 2n - n trong đó

N = (kp - 1)(p - 1), k ẻ N đều chia hết cho p

8. Phương pháp 8: sử dụng nguyên lý Đirichlet

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

Ví dụ 1: CMR: Trong n + 1 số nguyên bất kỳ có 2 số có hiệu chia hết cho n.

Giải

Lấy n + 1 số nguyên đã cho chia cho n thì được n + 1 số dư nhận 1 trong các số sau: 0; 1; 2; ; n - 1

ị có ít nhất 2 số dư có cùng số dư khi chia cho n.

Giả sử ai = nq1 + r 	0 Ê r < n

aj = nq2 + r	a1; q2 ẻ N

ị aj - aj = n(q1 - q