Chuyên đề số học ( Rất hữu ích )

TRNG CAO NG S PHM H TY

Lời nói đầu

Học tập và nghiên cứu là quyền và nghĩ vụ của mỗi sinh viên. Để có đợc
thành công,bản thân chúng ta ai cũng phải nỗ lực và không ngừng phấn đấu vơn
lên. Thành công đấy không thể không kể đến công lao to lớn của các thầy cô
giáo Những ngời luôn từng ngày từng giờ theo sát chúng ta trong suốt quá
trình học tập. Lá sinh viên năm thứ III của trờng tôi đã nhận đợc sự giúp đỡ tận
tình của các thầy cô giáo trong nhà trờng,trong khoa.Trong 3 năm học dới mái trờng s phạm,tôi đã trang bị đợc cho mình những kiến thức,sự hiểu biết về cuộc
sống,đất nớc ,con ngời ...và gần đây trong công tác nghiên cứu khoa học với sự
giúp đỡ,hớng dẫn của các thầy cô tôi dã hoàn thành đề tài nghiên cứu đầu tiên
của mình.
Lời cảm ơn trân trọng nhất tôi xin gửi tới thầy Đõ khắc Điện ngời dẫ
theo sát hớng dẫn tôi trong suót quá trình làm đề tài.Cảm ơn các thầy cô trong
khoa tự nhiên,trong trờng CĐSP Hà Tây,trờng THCS Dân Hòa,các bạn,các em
học sinh trờng THCS Dân Hòa và những ngời đã không ngần ngại dúp đỡ tôi
trong quá trình làn đề tài.
Tôi xin chân thành cảm ơn !

Phần I : mở đầu
01. Lý DO chọn Đề TàI .
Toàn học là môn khoa học coe bản.nó giúp phát triển t duy sáng tạo logic
của ngời học. Toán học hiện nay đòi hỏi trở nên tơng tác nhiều hơn đối với các
Lấ TH HON
SBD : 163

KHOA T NHIấN

Trang

1


TRNG CAO NG S PHM H TY

môn khoa học khác nh: Vật lý, hóa học... Theo giáo s p.Grifiths cho rằng. Toán
học vừa là môn khoa học của sự chính xác và vẻ đẹp bản năng, vừa là nguôn
công nghệ giàu có để áp dụng cho thế giứi thực Chúng ta cũng thấy toán hhọc
có vị trí vô cùng quan trọng trong trơng trình học phổ thông. Nó đóng góp trong
quá trình phát triển t duy logíc cho học sinh.
Qua quá trình tìm hiểu chơng trình toán học ở THCS và bằng thực tế tôi thấy
số học là một phần rất khó, đòi hỏi phải có sự phân tích tổng hợp, sự suy luận
chặt chẽ, chính xác đồng thời nó niên quan đến nhiều mảng kiến thức khác nhau.
Số học ở THCS đợc phân bố hầu nh ở các khối lớp từ 6- 9 nhng kiến thức cơ bản
đợc giới thiệu trong trơng trình lớp 6.
Trên thực tế đối với các em học sinh THCS để giải đợc một bài toán số cụ thể
nh bài toán liên quan đến tính chia hết cũng rất khó khăn.
Trớc thực tế đó, để hộ trợ phần nào trong quá trình dậy và học phần số học
này, tôi đã cố gắng nghiên cứu, tìm tòi và mạnh dạn đa ra đề tài.
Môt số phơng pháp chứng minh bài toán chia hết trên tập số nguyên.
Tôi hy vọng đề tài của tôi sẽ giúp ngời dạy và ngời học coa một cơ sở để giải
những bài toán chia hết trên tập số nguyên Z .
0.2 Tình hình nghiên cứu đề tài.
Số học là phần mở đầu cho chơng trình tính toán THCS và lại là mảng khó
nên đã có rất nhiều tác giả đề cập tới vấn đề này ở nhiều khía cạnh khác nhau.
Song với đề tài này tôi hy vọng bổ xung đợc một phần nào đó ở những khía cạnh
cha đợc phân tích đầy đủ để số học trở nên gần gũi với ngời học.

0.3 Mục đích và nhiệm vụ của đề tài
3.1 Mục đích.

Cung cấp cho học sinh kiến thức về phơng pháp chứng minh bài toán chia hết
trên tập số nguyên, từ đó có kỹ năng giải đợc những bài tóan cùng loại nhằm
phát triển t duy lôgíc sáng tạo cho học sinh.
Lấ TH HON
SBD : 163

KHOA T NHIấN

Trang

2


TRNG CAO NG S PHM H TY

3.2 Nhiêm vụ.
Nêu đợc các phơng pháp chứng minh các bài toán chia hết đặc trng, u điểm
và hạn chế của từng phng pháp để từ đó tận dụng, phối hợp các phơng pháp một
cách hợp lí giúp các em có nền tảng cơ sở về giải các bài toán chia hết và biết
nhận biết chúng.

0.4 Đối tợng và phạm vi nghiên cứu.
4.1 Đối tợng của đề tài.
Là tính chia hết trên tập số nguyên với khách thể là học sinh THCS.
4.2 Phạm vi nghiên cứu
Tính chia hết trong tập số nguyên trong chơng trình toán THCS.

0.5 Các phơng pháp nghiên cứu.
Các phơng pháp nghiên cứu đợc sử dụng trong đề tài
+ Phơng pháp nghiên cứu lý luận.

+ Phơng pháp tham khảo ý kiến chuyên gia.

0.6 Đóng góp của đề tài.
Đề tài không những đóng góp cho học sinh không những nắm vững kiến
thức cơ bản một cách hệ thống, đầy đủ, ngắn gọn mà còn học cách làm toán,
cách suy luận giúp quá trình học đạt kết quả tốt.
Để tài còn là tài liệu tham khảo cho giáo viên vận dụng có hiệu quả vào thực
tiễn dậy học.

Lấ TH HON
SBD : 163

KHOA T NHIấN

Trang

3


TRNG CAO NG S PHM H TY

Phần II : NộI DUNG
CHƯƠNG I:

Những kiến thức cơ sở

1. Phơng pháp quy nạp toán học.
Trong nhiều lĩnh vực khác nhau của toán học ( Số học, Đại số, Hình học ...)
ta thờng gặp bài toán với yêu cầu chứng minh mệnh đề chứa biến A(n) là mệnh
đề đúng với mọi giá trị nguyên dơng của biến n. Khi đó ta có phơng pháp chứng

minh quy nạp cho mệnh đề trên.
Cụ thể để chứng minh mệnh đề chứa biến A(n) là một mệnh đề đúng với mọi
số nguyên dơng n ta thực hiện các bớc sau:
Bớc 1: Chứng minh A(n) là mệnh đề đúng khi n =1.
Bớc 2: Với k là số nguyên dơng tùy ý, Xuất phát từ giả thiết A(n) là
mệnh đề đúng khi n = k. ta chứng minh A(n) là mệnh đề đúng khi
n = k+1
2. Một số kiến thức về chia hết trên tập số nguyên.
2.1 Định nghĩa.
Cho hai số nguyên a và b với a 0 ta nói b chia hết a (hay a chia hết cho b) nếu
tồn tại số nguyên c sao cho a=b.c, khi đó b đợc gọi là ớc của a và a đợc gọi là bội
của b, nếu a chia hết cho b, ta thờng kí hiệu b/a hoặc a b.
2.2 Tính chất .
Từ đây trở đi chúng ta phát biểu các kết quả trên tập số nguyên Z.
Tính chất 2.2.1: Nếu a b và b c thì a c.
Lấ TH HON
SBD : 163

KHOA T NHIấN

Trang

4


TRNG CAO NG S PHM H TY

Tính chất 2.2.2: Nếu a và b cùng chia hết cho m ( m0) thì (a+b) m
và (a-b) m.
Hệ quả 2.2.3 : Nếu tổng của hai số chia hết cho m và một trong hai số

đấy chia hết cho m, thì số cọn lại cũng chia hết cho m.
Hệ quả 2.2.4 : Nếu một trong hai số a và b chia hết cho m, số kia không
chia hết cho m thì.

a + b m và a b m

Tính chất 2.2.5 : Nếu một thừa số của tích chia hết cho m thì tích đó chia hết
cho m.
Tính chất 2.2.6 : Nếu a m và b n thì a.b m.n .
Hệ qủa 2.2.7 : Nếu a b thì an bn
Hệ qủa 2.2.8 : Cho hai số nguyên tố a và b ( b 0) . Nếu có số nguyên c (c
0) sao cho a = b . c thì a c
2.3 Một số dấu hiệu chia hết:
Gọi A = a n .a n1 .....a 2 .a1a0 . khi đó ta có:
1> A 2

<=> a0 2

2> A 5

<=> a0 5

3> A 4

<=> a1a0 4

4> A 25

<=> a1 .a0 25

5> A 8

<=> a 2 .a1 .a0 8

6> A 125

<=> a 2 .a1 .a0 125

7> A 3

<=>

n

a
i =0

8> A 9

<=>

Lấ TH HON
SBD : 163

3

i

9

n

a
i =0

9> A 11

i

<=> (an + an-2 + ... + a2 +a0)
- (an 1+ an-3+ ... + a3 + a1) 11
KHOA T NHIấN

Trang

5


TRNG CAO NG S PHM H TY

2.4 Một số khái niệm cơ bản:
Định nghĩa 2.4.1 : Số nguyên tố là số nguyên dơng lớn hơn 1 chỉ chia hết cho 1
và chính nó.
Định nghĩa 2.4.2 : Hợp số là số nguyên dơng khác 1 và không là số nguyên tố.
Định nghĩa 2.4.3 : Hai số nguyên a, b đợc gọi là số nguyên tố cùng nhau khi và
chỉ khi ớc chung lớn nhất của chúng bằng 1.
Kí hiệu là ƯCLN (a,b) = 1 hay (a,b) = 1.
2.5 Một số lu ý về chữ số tận cùng:
i. Các số có tận cùng là 0 ; 1 ; 5 ; 6 nâng lên lũy thừa khác 0 cũng tận cùng
bằng 0 ; 1 ; 5 ; 6 .

ii. Các số có tận cùng là 2 ; 4 ; 8 nâng lên lũy thừa 4 thì đợc chữ số tận cùng
là 6.
iii. Các số có tận cùng là 3 ; 7 ; 9 nâng lên lũy thừa 4 thì đợc số tận cùng
bằng 1.
2.6 Tính chất hằng đẳng và nhị thức newton:
i. an bn = (a b).( an-2 + an-2.b + ... + a.bn-2 + bn-1)
ii. an + bn = (a + b).(an-1 an-2.b + ... + a.bn-2- bn-1)
iii. (a + b)n = an + C 1n .an-1.b +... + C nn1 .a.bn-1 + bn)

n N.

Ta kí hiệu BS x là bội số nào đó của số nguyên x, khi đó ta có:\
i. (a+b)n = Bsa + bn (*).
ii. (a + 1)n = BSa + 1
iii. (a 1)2n = BSa +1
iv. (a 1)2n+1 = BSa -1
Ta chứng minh (*) :
(a + b)n = an + C 1n .an-1.b +... + C nn1 .a.bn-1 + bn)
= Bsa + bn
Vậy (*) đợc chứng minh
Lấ TH HON
SBD : 163

KHOA T NHIấN

Trang

6

TRNG CAO NG S PHM H TY

Chứng minh tơng tự ta dợc các kết quả còn lại.
3> Kiến thức chứng minh phản chứng:
Phản chứng là phơng pháp chứng minh gián tiếp. Nội dung của nó là để
chứng minh kết quả bài toán là đúng ta đi chứng minh điều trái lại với nó là sai.
Cụ thể ta phải thực hiện các bớc sau:
Bớc 1: Giả sử có điều trái lại với kết luận của bài toán
Bớc 2: Từ điều giả sử trên và từ giữ kiện của bài toán ta đi đến điều
mâu thuẫn vơí giả thiết hay với kiến thức đã biết.
Bớc 3: Khẳng định kết luận của bài toán là đúng.
4> Nguyên lý Đirichlê:
Đây là phơng pháp giúp ta khẳng định sự tồn tại hoặc không tồn tại của một
sự việc nào đó.
Nội dung cuả phơng pháp này là: Nếu ta nhốt n chú thỏ vào n - 1 cái lồng thì
tồn tại 1 cái lông có từ hai chú thỏ trở lên.
Một cách tổng quát:
Nếu nhốt n chú thỏ vào k cái lồng mà phép chia

lồng chứa

n
còn d thì tồn tại một cái
k

n
+ 1 chú thỏ trở lên.
k

Lấ TH HON

SBD : 163

KHOA T NHIấN

Trang

7


TRNG CAO NG S PHM H TY

CHƯƠNG II :

PHƯƠNG PHáP CHứNG MINH

BàI TOáN CHIA HếT TRÊN TậP Số NGUYÊN

Chứng minh bài toán chia hết trên tập số nguyên Z là một bài toán cơ bản
trong chơng trình số học. Song các bài toán chứng minh chia hết rất phong phú
đa dạng. Đê thấy đợc cách giải quyết các bài toán đó cần phải đợc trang bị các
phơng pháp chứng minh cơ bản.
Để thực hiện đợc điều đó, tôi xin đề xuất một phơng pháp chứng minh chia
hết trên tập số nguyên Z.
1. Phơng pháp quy nạp toán học:
Bài toán 1.1: Chứng tỏ răng trong hai số tự nhiên liên tiếp có một số chia hết
cho 2.
Lấ TH HON
SBD : 163

KHOA T NHIấN

Trang

8


TRNG CAO NG S PHM H TY

Chứng minh:
Giả sử hai số tự nhiên liên tiếp là n và n+1 (n N) ta cần chứng minh một
trong hai số n hoặc n +1 chia hết cho 2.
Xét tích n.(n+1) kjhi đó cần chứng minh tơng đơng
n.(n+1) 2

(1)

+> Với n=1 khi đó n.(n + 1) = 1.2 =2 2 suy ra (1) luôn đúng
+> Giả sử (1) đúng với n=k , k>1 N hay k.(k + 1) 2. Ta cần chứng minh (1)
đúng với n = k + 1 tức là chứng minh :
(k+1).(k+2) 2
Thật vậy ta có : (k + 1).(k + 2) = k(k + 1) + 2.(k + 1).
Theo giả thiết quy nạp ta có k(k + 1) 2 mà 2.(k + 1) 2 k N
suy ra (k +1). ( k + 2) 2 hay (1) đợc chứng minh.
Nhận xét 1.1 :
i. ở bài toán này khi ta sử dung phơng pháp quy nạp, ta dễ dang da ra điều cần
chứng minh băng cách phân tích biểu thức cần chứng minh qua giả thiết đã có
ii. Bài toán có cách giải khác dợc giới thiệu ở phần sau từ bài toán trên ta có bài
toán tổng quát sau:
Bài toán 1.2 : Trong n số tự nhiên liên tiếp có một số chia hế cho n
Chứng minh :

Giả sử có n số tự nhiên liên tiếp n là (p + 1) ; (p + 2) ; ... ; (p +n).
Ta cần chứng minh trong n số tự nhiên trên có một số chia hết co n
Xét tích: (p + 1).(p + 2)....(p + n)
Điều cần chứng minh tơng đơng là (p + 1) ; (p + 2) ; ... ; (p +n) n (**)
+> Với p = 1 ta có (1 + 1).(1 + 2)...( 1 + n) n luôn đúng
+> Giả sử (**) đúng với p = k ; k>1 N ta có
(k + 1).(k + 2) ... ( k + k) k

(2)

Ta cần chứng minh (**) đúng với p = k +1
Lấ TH HON
SBD : 163

KHOA T NHIấN

Trang

9


TRNG CAO NG S PHM H TY

Tức là chứng minh
(k + 1 + 1).( k +2) ... ( k +1 + k +1) (k+1)
Thật vậy ta có:
(k + 1 + 1).( k +2) ... ( k +1 + k +1)
= (k + 2).(k + 3) ... ( 2k +2)
= 2(k +1).(k + 2) ... (2k + 1) k+1
Vậy (** ) đợc chứng minh

Bài toán 1.3 : Chứng minh rằng tổng lập phơng của ba số nguyên dơng liên tiếp
chia hết cho 9.
Chứng minh :
Giả sử ba số nguyên dơng liên tiếp đó là : n, n + 1, n + 2; n Z +
ta phải chứng minh :
n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3 9

(3)

+> Với n = 1 ta có
13 + (1 + 1)3 + (1 + 2)3= 13 +23 + 33 = 36 9 nên (3) đúng
Giả sử (3) đúng với n = -k , k>1 Z + khi đó ta có
k3 + (k + 1)3 + (k + 2)3 9
Thật vậy
(k + 1)3 + (k + 2)3+ (k + 3)3
=(k +1)3+( k + 2)3 + k3 + 9K2 + 27K + 27
= K3 +(K + 1)3+ (K +2)3 + 9K2 +27K + 27
= K3 +(K + 1)3+ (K +2)3 + 9(K2 +3K + 3)
Mà theo giả thiết quy lạp ta có :
K3+(k+1)3+(k+2)3 9

k z +

Mặt khác 9(k2+3k+3) 9
Vậy (k+1)3+(k+2)3+(k+3)3 9 hay (3) đợc chứng minh.
*Nhận xét :
Lấ TH HON
SBD : 163

KHOA T NHIấN

Trang 10


TRNG CAO NG S PHM H TY

Từ hai bài toán trên ta thấy phơng pháp chứng minh quy nạp đợc sử dụng
thuận lợi và hiệu quả.
Việc sử dụng phơng pháp này để chứng minh có thể làm cho lời giải dài
dòng và đòi hỏi sự nhìn nhận tinh tế ở bớc 2 để chỉ ra điều cần chứng minh song
nó lại giúp học sinh tránh đợc các lỗi về diễn đạt và lý luận bài toán - Bớc mà
học sinh THCS còn lúng túng , đặc biệt là học sinh lớp 6.
*Để thấy rõ hơn tính u việt của phơng pháp quy nạp ta xem xét bài toán
sau.

Bài toán 1.4 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có.
a) 2n + 111 11 3 (4)
n chữ số
b) 10n+72n -1 8

(5)

Nhận xét : Ta thấy bài toán đợc xác định khi n M .với những bài toán
cồng kềnh này học sinh sẽ nghĩ tới việc phảI phân tích tổng trên thành các số
hạng mà ở đó các số hạng đều chia hết cho 3.Nhng điều này không đơn
giản,song với bài toán này ta có thể sử dụng phơng pháp quy nạp.
Chứng minh :
a) 2n + 111 11 3 (4)
n chữ số

+ ) với n = 1 khi đó : 2n + 111 11 = 2.1+1=3 3 vậy (4) đúng
n chữ số1
+) giả sử (4) đúng với n=k , k >1 N tức là
2k + 111...111 3
k chữ số 1
Ta chứng minh (4) đúng với n =k +1 tức là ta cần chứng minh
Lấ TH HON
KHOA T NHIấN
Trang 11
SBD : 163


TRNG CAO NG S PHM H TY

2(k+1) + 111...111 3
(k+1) chữ số
thật vậy: 2(k+1) +111...111 = 2k+2 +111...111
= 2k + 111.113 = 2k + 111....110 +3
theo dấu hiệu chia hết cho 3 và giả thiết quy nạp ta có:
2k +111...110 3
2(k+1) + 111...111 3

Vậy (4) đợc chứng minh.

b)

10n+72n-1 81

(5)

+)Với n=1 ta có
101 +72.1-1=81 81 do đó (5) đúng.
+)giả sử (5) đúng với n=k , k > 1 N.
10k+72.k-1 81
ta cần chứng minh (5) đúng với n=k+1 tức là chứng minh
10K+1+72.(K+1)-1 81
Thật vậy:
ta có

10K+1+72(K+1)-1
= 10K+1+72k+72-1
=10K+72k-1+ 9.10k+72
=(10k+72k-1)+9.(10K+8)

theo giả thiết quy nạp ta có 10k+72k-1 81 và 9.(10k+8) 9
mặt khác 10k+ 8 9 do 10K = 9.n+1 10k+8 9

khi đó 9.(10k+8) 81
10k+1+72(k+1)-1 81

Lấ TH HON
SBD : 163

KHOA T NHIấN

Trang 12


TRNG CAO NG S PHM H TY

Vậy (5) đợc chứng minh.
Đến đây chúng ta thấy phơng pháp quy nạp chỉ sử dụng đối với những bài
toán chứng minh mang tính tổng quát,phức tạp.Đặc trng của phơng pháp là đợc
sử dụng tronng các bài toán phụ thuộc vào chỉ số,liên tục trên mọt khoảng hay
một miền xác định,nhất định bị chặn nào đó. Ơ các bài toán trên các chỉ số n đợc
xác đinh trên N , Z.
Từ việc phân tích điều cần chứng minh qua giả thiết quy nạp để đa ra kết
luận cuối cùng ta thấy có thể thực hiện phơng pháp quy nạp qua việc xét hiệu
F(k+1) - F(k).Thực chất của nhận xét đợc rút ra từ tính chất 2.2 (chơng1).Trở
lại bài toán trên ta áp dụng nhận xét này để chứng minh nh sau:
Chứng minh:
ta có F(1) =2.1+1=3 3 khi đó (4) luôn đúng
giả sử F(k)=2.k+111.1113
ta xét hiệu : F(k+1)-F(k)
=2(k+1)+111..11 -2k- 111...111
=2k+2+111...111 - 2k - 111...111
= 2 + 1000...00
mà 2+ 100...000 3
Vậy (4) đợc chứng minh.

Bài toán 1.5 : Chứng minh tằng với số nguyên dơng n ta có
2n+2.3n+5n-4 25

(6)

Chứng minh:
+) Với n = 1 ta có :
21+2.31+5.1-4 = 23.31+5-4 = 25 25 do đó (6) luôn đúng
+) giả sử (6) đúng với mọi n = k , k >1 Z+
2k+2.3k+5.k - 4 25

Lấ TH HON
SBD : 163

KHOA T NHIấN

Trang 13


TRNG CAO NG S PHM H TY

Xét hiệu F(k-1) - F(k) =2k+1+2.3k+1..5(k+1) - 4 - 2k+2.3k - 5k + 4
= 20.2k.3k + 5 = 20.6k + 5 = 5.(4.6k + 1) 5
mà 4.6k + 1 = 4.(...6) + 1 = (...4) + 1 = (...5) 5
Nên F (k+1) - F(k) 5. Vậy (6) đợc chứng minh.

Nh vậy qua các bài toán trên, phơng pháp quy nạp đã trở thành một công cụ
chứng minh hiệu quả trớc những bài toán tổng quát tơng đối phức tạp.Đó là việc
đơn giản hóa bài toán đa chúng về những giạng cơ bản của bài yóan chia hết.
Đối với học sinh THCS nói riêng , đây là phơng pháp vừa giúp các em kiểm
nghiệm đợc bài toán một cách cụ thể (bớc 1), lại vừa giúp các em có thêm kĩ
năng đánh giá , nhận xé để đi đến chứng minh bài toán tổng quát.
Tuy nhiên không phải bài toán nào cũng có thể sử dụng phơng pháp này bởi
đây chỉ là phơng pháp giúp chúng ta khẳng định đợc sự đúng đắn của một mệnh
đề phụ thuộc vào chỉ số , xác định trên một miền , một khoảng bị chặn và nó chỉ
để áp dụng để chứng minh bài toán chia hết thuần túy.
Mở rộng hơn cho các bài toán chia hết dạng khác , ta có thẻ sử dụng phơng
pháp chứng minh thứ hai sau đây:
2) Phơng pháp sử dụng các tính chất về chia hết:
Bài toán 2.1: Chứng minh rằng với mọi m Z . ta có m3 -13m 6
Nhận xét :

Ta thấy 13m = 12m + m mà 12m 6 ,nên ta chỉ cần xét m3 - m là đợc.

Chứng minh :
Đặt A = m3 -13m
=m3-m - 12m
Lấ TH HON
KHOA T NHIấN
SBD : 163

Trang 14


TRNG CAO NG S PHM H TY

=m.(m2-1) -12m
=(m-1).m.(m+1) -12
Do m-1, m ,m+1 là ba số nguyên liên tiếp nên tích (m-1).m.(m+1) vừa
chia hết cho 2 vừa chia hết cho 3 tức là (m-1).m.(m+1) 6
Vậy A = m3-13m 6
Bài toán 2.2 : Cho A = 2+22+23+. . .+260
a. Chứng minh rằng A 3 ;7 ; 15.
b. tìm chữ số tận cùng của A
Nhận xét : Đối với bài toán này ,do không có chỉ số phụ thuộc nên ta không thể
sử dụng phơng pháp quy nạp.
Để chứng minh bài toán ta nghĩ tới việc sử dụng tới các dấu hiệu chia hết
bằng cách tạo ra một thừa số là bội của các số 3;7;15 từ A
Chứng minh :
Ta có :

A = 2 +22+23+. . . +260

= 2.(1+2) + 23(1+2)+. . . +259.(1+3)
=2.3 + 23.3 +. . .259.3
= 3(2+ 23+. . . +259) 3

Vậy A3 .
Chứng minh tơng tự với A 7 và 15 .

*) Chú ý rằng 7 = 1+2+22 và 15 = 1+2+22+23
ta có : A = 2.(1+2+22)+24(1+2+22)+ . . . +258(1+2+22)
=7.(2+24+. . .+258) 7
mặt khác A = 2.(1+2+23) +25(1+2+23) + . . .+257(1+2+23)
=15.(2+25+ . . .+257) 15
Vậy A3;7;15

Lấ TH HON
SBD : 163

KHOA T NHIấN

Trang 15


TRNG CAO NG S PHM H TY

b.Nếu tính tổng của A để tìm chữ số tận cùg sẽ rất khó khăn.Ta nghĩ đến việc rút
gọn A bằng cách nhân 2 vào 2 vế của A ta đợc
2.A = 22+23+ . . .+260+261
mà A = 2+22+23+. . .+ 260
Xét hiệu :2.A - A =261-2 = 2.(260-1) = 2.[(24)15 - 1]
=2.[1615- 1 ] = 2.(. . .5) = (. . .0)

Vậy chữ số tận cùng của A là : 0
Tơng tự bài toán trên ta có các bài toán sau .
Bài toán 2.3 : Chứng minh rằng
A =3+33+35+ . . .+31991 13 và 41
C =11+112+ . . . +119 5
Các bài toán này học sinh có thể chứng minh và làm tơng tự với các câu hỏi của
bài toán trên.
Bài toán 2.4: Số gồm 27 chữ số 1 thì chia hết cho 27
Nhận xét : Với bài toán này ta cũng không thể chứng minh bằng phơng pháp
quy nạp vì không có chỉ số cụ thể nên ta sử dụng dấu hiệu chia hết.

Chứng minh :
Xét A =111. . . 11 =111.. 11 .1000. . . 001000. . . 0

mà B = 111. . . 11 9

C = 1000 . . . 001000. . .00 3

nên A9.3

=> A 27

Để chứng minh bài toán ta phải sử dụng dấu hiệu chia hết đồng thời phải tách
các số khéo léo phù hợp với tính chất chia hết . Ta thấy bài toán đã sử dụng hệ
quả 2.8 . Tránh tình trạng học sinh làm bài một cách máy móc khi thực hiện
Lấ TH HON
KHOA T NHIấN
Trang 16
SBD : 163

TRNG CAO NG S PHM H TY

phép chia để có đợc điều chứng minh . Từ bài toán rên ta có bài toán tổng quát
sau:
Bài toán 2.5: Chứng minh rằng số gồm 3n chữ số 1 thì chia hết cho 3n , n N
Bìa toán này học sinh tự chứng minh băng hai cách quy nạp và sử dụng tính chia
hết.
Bài toan 2.6 :Chứng minh rằng :
a5-a 30 , a N

(7)

Nhận xét : Với a N rõ ràng bài toán thỏa mãn các điều kiện của phơng pháp
chứng minh quy nạp . Song thực tế sử dụng phơng pháp quy nạp cho bài toán này
lại làm cho việc chứng minh trở nên phức tạp.
Chứng minh:

+) Xét với a=1 ta có 15 -1 =0 3 khi đó ( 7) luôn đúng
+) Giả sử (7) đúng với n = k , k > 1 N* ta có k5- k 30
Ta cần chứng minh (7)đúng với a =k+1.Tức là chứng minh (k +1)5-(k+1) 30
Thật vậy .
ta có (k+1)5-(k+1) =k5+5k4+10k3+10k2+5k+1-k-1
=k5-k+5k(k3+2k2+2k+10)
=K5 -k + 5k.[k+1+2k(k+1)]
=k5-k +5k.[(k+1)(k2-k+1+2k)]
=k5-k+5k.[(k+1).(k2+k+1)]
=k5-k+5k[(k+1).(k2-1+k+2)]
=k5-k+5k(k+1).(k+2)+5(k-1).k.(k+1).(k+1)
mà k.(k+1)(k+2) và (k-1).k.(k+1) đều là tích của 3 số tự nhiên liên tiếp nên theo

bài toán tổng quát 1.1<chơng 2> ta suy ra tích của các số này chia ết cho 2 và
3 .Mặt khác(2,3) = 1 nên tích của 3 số tự nhiên liên tiếp này cia hết cho 6.
Khi đó ta có 5k.(k+1).(k+2) 5 và 5(k-1).k.(k+1)(k+1) 5 nên
Lấ TH HON
SBD : 163

KHOA T NHIấN

Trang 17


TRNG CAO NG S PHM H TY

5k.(k+1).(k+2) 30 và 5(k-1).k.(k+1)(k+1) 30
Kết hợp với giả thiết quy nạp K5-k 30
a5 - a 30

Nh vậy không phải bài toán nào ta cũng có thể áp dụng phơng pháp chứng
minh quy nap một cách nhanh chóng.
áp dụng tính chất và dấu hiệu chia hết ta co cách chứng minh thứ 2.

Chứng minh :
Xét a5 -a = a(a4-1)=a.(a2-1).(a2+1)
=(a-1).a.(a+1).(a2-4)+5(a-1).a.(a+1)
=(a-1).a.(a+1).(a2-4+5)
=(a-1).a.(a+1)
=(a-2).(a-1).a.(a+1).(a+2)+5(a-1).a.(a+1)
Theo bài giải tổng quát 1.1 < chơng 2> ta có :
(a-1).a.(a+1) 2 và (a-1).a.(a+1) 3
(a-2).(a-1).a.(a+1).(a+2) 5

mà (2,3) = 1 nên (a-1)a(a+1) 6 hay 5(a-1).a.(a+1) 30
và (a -2).(a-1) . a .(a+1).(a+2) 30 n N *
Vậy A = a5- a 30

a N *

Nếu số chia là số không quá lớn và mở rộng miền của a với a Z thì bài toán
không thể chứng minh bằng phơng pháp quy nạp vì không xác định giả thiết bị
chặn của a .Ta có thể giải bài toán theo cách xét các trờng hợp số d trong phép
chia .Chẳng hạn chứng minh :a5-a 5

, a Z

Ta chứng minh bài toán trên.
xét số d trong phép chia cho 5 là 0 ,1,2,3,4
ta có : a5-a =a(a4-1) = a.(a2-1).(a2+1)
Lấ TH HON
SBD : 163

KHOA T NHIấN

Trang 18


TRƯỜNG CAO ĐẲNG SƯ PHẠM HÀ TÂY

NÕu a = 5k ,

( ∀K ∈ Z ) th×

A=a5-a = (5k)5-5k =5k[(5k)4-1] 5

, ∀K ∈ Z

NÕu a = 5k+1) ( ∀K ∈ Z ) th×

A = a5-a = (5k+1)5- (5k+1)
=(5k+1)[(5k+1)2-1].[(5k+1)2+1]
= 5k.(5k+2)  5
⇒ (5k+1)5 -(5k+1)  5 hay A  5

NÕu a = 5k +2 , ( ∀K ∈ Z ) th×
a2+1 =(5k+2)2+1 = 25k2+20k+4+1
= 20k2+20k+5 = 5(5k2+4k+1)  5
⇒ A 5

NÕu a = 5k + 3 , ( ∀K ∈ Z ) th×
a2+1 = (5k+3)2+ 1 = 25k2 + 30k +9 +1
25K2+30k+10 = 5.(5k2+6k+2)  5
⇒A 5

NÕu a = 5k +4 ,

( ∀K ∈ Z ) th×

a2-1 = (5k+4)2-1 = (5k+4-1).(5k+4+1)
=(5k+3).(5k+5)

LÊ THỊ HOÀN
SBD : 163

KHOA TỰ NHIÊN

Trang 19


TRNG CAO NG S PHM H TY

=(5k+3).5.(k+1) 5

Vậy a5- a 5

A 5

, a Z

Có thể thấy nếu số chia quá lớn,ta không nên làm theo cáhc giải này vì ta
không thể xét hết đợc các trờng hợp số d và việc làm đó rất vất vả và mất thời
gian.
Bài toán 2.7:
Chứng minh rằng với mọi số nguyên a, b thì
a5.b - a.b5 30
Chứng minh :
ta có : a5.b - a.b5= a5.b+a.b-a.b-a.b5
=ab(a4-1)-ab.(b4-1)
=ab.(a2-1)(a2+1) - ab .(b2-1)(b2+1)
=ab.(a2-1)(a2-4+5)- ab.(b2-1)(b2-4+5)
=ab(a-1)(a+1)(a2-4) +5ab(a2-1) - ab(b-1)(b+1).(b2-4) + 5ab(b-1)(b+1)
=ab.(a-2).(a-1).(a+1).(a+2)-ab.(b-2).(b-1).(b+1).(b+2)+5ab(a2-1)-5ab(b2-1)
Từ bài toán tổng quát 1.1 <chơng 2> ta có:

ab.(a-2).(a-1).(a+1).(a+2) và ab.(b-2).(b-1).(b+1).(b+2) chia hết cho 2,3,5

Mà (2;3)=(3;5)=(2;5)=1 theo hệ qủ 2.8 <chơng 1>
Lấ TH HON
SBD : 163

KHOA T NHIấN

Trang 20


TRNG CAO NG S PHM H TY

Nên a5.b-a.b5 2.3.5 hay 30
Nhận xét : Bài toán trên không sử dungj đợc phơng pháp quy nạp
ở bài toán nay học sinh sẽ gặp khó khăn khi phân tích
a5.b-ab5 = a.b(a4-b4)=ab(a2-b2).(a2+b2)
Đến đây việc chứng minh bài toán trở lên bế tắc không có cơ sở dẫn tới điều
cần chứng minh . Đi ngợc phần chứng minh ta thấy mục đích của việc thêm bớt
ab trong biểu thức nhằm đa bài toán trở về dạng cơ bản của bài toán tổng quát
1.1<chơng 2> .Việc thêm bớt ab không làm mất tính tổng quát của bài toán mà
tạo cơ sở cho các bớc sau.Để ý với số mũ của a,b là lẻ ta có bài toán tổng quát.
Bài toán 2.8: Chứng minh rằng anb - abn m , với n lẻ , m là bội chung nhỏ
nhất của n số nguyên liên tiếp.
Bài toán 2.9 : Chứng minh rằng
A = n3(n2-7)2 - 36n 5040 n N
Nhận xét : vì số chia lớn muốn chứng minh A 5040 ta nên phân tích A thanh
thừa số và 5040 thành các thừa số nguyên tố.Để áp dụng bài toán tổng quát 1.1
<chơng 2> và hệ quả 2.8 < chơng 1>

Chứng minh : 5040 =24.32.5.7
ta có A = n3(n2-7)2 -36n = n[n2(n2-7)-36]
=n.[(n3-7n)2-62]
=n.(n3-7n-6).(n3-7n+6)
=n.(n+1).(n+2).(n-3).(n-1).(n-2).(n+3)

=(n-3).(n-2).(n-1).n.(n+1).(n+2).(n+3)
Mà : +) (n-3)(n-2) và (n-1).n ; (n+1).(n+2) 2
(n-3).(n-2).(n-1).n 4
A 16

+) (n-3)(n-2)(n-1) và (n+1)(n+2)(n+3) 3
Lấ TH HON
SBD : 163

KHOA T NHIấN

Trang 21


TRNG CAO NG S PHM H TY
A 9

+) (n-3).(n-2).(n-1).n.(n+1).(n+2).(n+3) 7


A 7

+) (n-2).(n-1).n.(n+1).(n+2) 5
A 5

Vậy A chia hết cho 5,16,7,9 hay A = n3(n2-7)2 - 36n 5040
Bài toán 2.10 : cho n N cứng minh rằng
a. n2 3 hoặc n2 3 d 1
b. Tồn tai n để n2+1 = 300...00
Chứng minh :
a.Xét các số d trong phép chia cho 3 là 0;1;2
+)Nếu n=3k

, ( k Z ) n 3 thì n2 3 <hiển nhiên đúng>

+)Nếu n =3k+1 thì n2=(3k+1)2=9.k2+6k+1=3k.(3k+2)+1
mà 3k(3k+2) 3
n2 3 d 1

+)Nếu n +3k +2 thì n2=(3k+2)2=9k2+12k+4=9k2+12k+4
=9k2+12k=3+1=3(3k2+4k+1)+1
mà 3(3k2+4k+1) 3
n2 3 d 1

Vậy n2 chia hết cho 3 hoặc chia cho 3 d 1.
b. Từ chứng minh trên ta suy ra n2+1 chia cho 3 d 1 hoặc d 2.Hay n2 3
mà 3000...00 3 nên khônng tồn tại n để (n2+1) =300...00
Bài toán 2.11 : Chứng minh rằng
Nếu n+1 và 2n+1 ( n N ) đều là số chính phơng thì n 14
Lấ TH HON
KHOA T NHIấN
SBD : 163

Trang 22

TRNG CAO NG S PHM H TY

Nhận xét : ta thấy 24 = 3.8 mà (3;8)=1 nên có thể áp dụng hệ quả 2.8
<chơng 1> để chứng minh.
Chứng minh:
xét các số tự nhiên n khi đó:
+)Nếu n = 3k+1 thì n+1 =3k+1+1 =3k + 2 không là số chính phơng theo kết quả
của bài toán trên.
+)Nếu n = 3k+ 2 thì 2n+1 =2(3k+2) +1= 6k+5=3.(2k+1)+2
không là số chính phơng the kết quả của bài toán trên.
Vậy n=3k thỏa mãn (8)
Mặt khác:
do n+1 và 2n+1 là số chínhphơng lẻ nên chia cho 8 d 1 n 8 hoăc 2n 8
hay n =8k

(9)

từ (8) và (9) n 8.3 mà (3,8) = 1 nên n 24

Nhận xét :
qua các bài toán trên ta thấy việc vận dụng và phối hợp các tính chất về chia
hết một cách hợp lí có thể giúp ta rất nhiều trong việc giải và chứng minh các bài
toán chia hết.
Bài toán 2.12: Chứng minh rằng với mọi số n N ta có
16n-1 17 chỉ khi n chẵn.
Nhận xét : Do miền của n là số tự nhiên mà 16 n-1 phức tạp nên ta không thể sử
dụng phơng pháp quy nạp vào để chứng minh bài toán trên .Từ đó ta có cách giải
bài toán trên:

Cách 1: sử dụng tính hằng đẳng
A=16n-1=(17-1)n-1=BS17+(-1)n-1
+)Nếu n chẵn A=BS17+1-1=BS17 17
+)Nếu n lẻ A = BS17-1-1=BS17 17
Lấ TH HON
SBD : 163

KHOA T NHIấN

Trang 23


TRNG CAO NG S PHM H TY

Vậy với mọi n thì 16n-1 17 ,từ đó suy ra n chẵn
Cách 2:
+)Nếu n chẵn, ta có n=2k
khi đó A=162k-1=162k-1 162-1
mà 162-1 =225 17
Vậy A17
Bài toán2.13: tìm n N để
a) n2+2n-4 11
b)5n-2n 9 , n 2

c)2n3+n2+7n+1 (2n-1)
d)n5+1 n3+1 ,(n > 0)
Chứng minh
a) Đặt A = n2+2n-4
= n2+5n-3n-15+11
Để A 11 thì (n+5)(n-3) 11 (n+5)(n-3)=11k , k N

Thử các trờng hợp số d của phép chia A cho 11 ta thấy chỉ có giá trị của n là n=
11k - 5 hoặc n=11k+3 thì thỏa mãn bài toán . Vậy với n =11k-5 và n=11k -3 thì A
11

b) 5n-2n 9 , n 2
áp dụng hằng đẳng thức ta có
5n-2n=(5-2)(BS5+2n-1) = 3.(BS5+2n-1) (10)
mà 5n-2n 9 5n-2n=9k , ( k N )

(11)

Từ(10) và (11) BS5+2n-1=BS3
Ta xét trờng hợp số d của phép chia 5n-2n 3
+)Nếu n=3t ( t N ) thì
5n-2n=53t-23t=(5t-2t)(BS5+22t)
Lấ TH HON
SBD : 163

KHOA T NHIấN

Trang 24


TRNG CAO NG S PHM H TY

khi đó dễ thấy 5n-2n 9 (do 11)
vậy n=3t thỏa mãn
+)Nếu n=3t+1 , ( t N ) thì
5n-2n=53t +1-23t +1
=53t.5 - 23t.2=2(53t-23t) + 3.53t

Ta có 2(53+ - 23+) 9 ( theo chứng minh trên) và 3.53+ 9 (vì 53+ luôn tận cùng là
25).
Vậy n = 3t + 1 không thỏa mãn
+> Nếu n = 3t + 2 (t N) thì
5n - 2n = 53t +2 - 23t +2
= 25.53t - 4.23t
= 4.(53t-23t)+21.53t
Ta có 53t-23t 9 (theo chứng minh trên) mà 21.53t=3.7.53t 9
Nên n = 3t +2 không thỏa mãn
Vậy với n =3t thì 5n-2nv9
Đến đây ta thấy rõ đợc u thế của phơng pháp sử dụng tính chất chia hết mà phơng pháp quy nạp không thể sử dụng.
c) Đặt C=2n3+n2+7n+1 = n2+n+4+5/(2n-1)
Ta có n2+5 N, Nên để C 2n-1 thì 5 2n-1, n N hay (2n-1) phải là ớc của 5 (kí
hiệu Ư(5))
mà Ư(5)=1; 5 nên ta có :
2n-1 = -1

=>

n=0

2n-1 = 1

=>

n=1

2n-1 = 5

=>

n=3

2n-1 = -5

=>

n = -2 (loại)

Vậy với n= 0 ; n = 3 ; n = 1 thì C (2n-1)
d) n5+1 n3+1 , n > 0
Lấ TH HON
SBD : 163

KHOA T NHIấN

Trang 25