Chuyên đề chia hết trong tập hợp số nguyên.

Chuyên đề: CHIA HẾT TRONG Z
ĐA THỨC :
1. Ta sử dụng định lý Bơ zu :
Số dư trong phép chia đa thức f(x) cho nhị thức x – a bằng giá trị của đa
thức f(x) tại x = a.
Từ đó ta có các hệ quả : Đa thức f(x)  ( x – a) ↔ f(a) = 0 tức là khi a là
nghiệm của đa thức
Từ đó suy ra :
Đa thức f(x) có tổng các hệ số bằng 0 thì chia hết cho x – 1
Đa thức f(x) có tổng các hệ số của số hạng bậc chẵn bằng tổng các hệ số của số
hạng bậc lẻ thì f(x) ( x + 1)
2. Chứng minh đa thức chia hết cho đa thức khác :
Cách 1 : Phân tích đa thức bị chia thành nhân tử trong đó có 1 thừa số chia
hết cho đa thức chia.
Cách 2 : Biến đổi đa thức bị chia thành tổng các đa thức chia hết cho đa thức
chia.
Cách 3 : Sử dụng biến đổi tương đương : chứng minh f(x) g(x) ta chứng
minh : f(x) + g(x) g(x) hoặc f(x) - g(x) g(x).
Cách 4 : Chứng tỏ rằng mọi nghiệm của đa thức chia đều là nghiệm của đa
thức bị chia
BÀI TẬP
1) Dạng 1: Tìm tham số để một đa thức chia hết cho đa thức
Bài 1. Xác định các hằng số a ; b sao cho:
a) 4x 2 - 6x + a  (x-3)
- Cách 1: Đặt phép chia và cho số dư cuối cùng băng 0, ta được a = -18
- Cách 2: Theo bài ra, ta có:
4x 2 - 6x + a = (x-3).(4x - b)
 4x 2 - 6x + a = 4x 2 - (b+12)x + 3b
 b =-6 , a =-18
- Cách 3: Theo bài ra, ta có:
4x 2 - 6x + a = (x-3).(4x - b)

Cho x = 1  -2+a = -8 + 2b  a - 2b = -6
Cho x = 0  a = 3b
Do đó, ta tìm được: b = -6, a = -18
b) 2x2 + x + a (x+3)
c) x3 + ax2 - 4 (x2 + 4x + 4)
ĐS: a =3
2
d) 10x - 7x + a (2x - 3)
e) 2x2 + ax + 1 chia cho x - 3 dư 4
ĐS: a=-5
5
4

g) ax + 5x - 9 (x-1)
ĐS: a= -14
3
Bài 2 Tìm các hằng số a và b sao cho x + ax + b chia cho x + 1 thì dư 7, chia cho
x - 3 thì dư -5
1


2) Dạng 2: Tìm giá trị của biến để giá trị của đa thức chia hết cho giá trị một
đa thức
Bài 1 Tìm n  Z để :
a/ n2 + 2n – 4
b/ 2n3 + n2 + 7n +1 2n – 1
Giải:
2n3 + n2 + 7n +1 = 2n3 + n2 + 7n +1 = 2n - n + 2n - n + 8n - 4 + 5
= n(2n - 1) + n(2n - 1) + 4(2n - 1) + 5
Do đó: 2n3 + n2 + 7n +1 2n – 1  5 2n – 1

 2n - 1 {-5;-1;1;5}  n  {-2;0;1;3}
c/ n3 – 2 n – 2
Giải:
n3 – 2 = (n - 8) + 6 n – 2  6 n – 2
 n – 2  {-6;-3;-2;-1;1;2;3;6}
 n  {-4;-1;0;1;3;4;5;8}
d/ n3 - 3n2 + 3n - 1 n2 +n + 1
e/ n4 – 2n3 + 2n2 – 2n + 1 n4 – 1
Giaỉ:
n4 – 2n3 + 2n2 – 2n + 1 n4 – 1
 (n4 – 2n3 + n2) + (n2 - 2n+ 1) n4 – 1
 (n2+1) (n-1) (n +1)(n - 1)(n + 1)
 (n2+1) (n-1) (n +1)(n - 1)(n + 1)
 n - 1 n + 1  (n - 1) - (n + 1) n + 1
 2 n + 1  n + 1  {-2;-1;1;2}
 n + 1  {-3;-2;0;1}
Bài 2.
a) n +1⋮ n - 2 ( GVG quỳnh lưu 2013-2015)
Giaỉ:
Theo bài ra ta có: n +1⋮ n - 2  n(n+1)⋮ n - 2  n + n ⋮n - 2
 n- 2 + n + 2 ⋮ n - 2  n + 2⋮n - 2 mà n +1⋮ n - 2 (đề bài)
→1⋮ n - 2  n - 2=1 hoặc n - 2=-1  n=∓1.
Thử lại thỏa mãn n +1⋮ n - 2
Vậy, n=∓1 thỏa mãn đk bài toán.
b) Tìm số nguyên dương n để n5 +1 chia hết cho n3 +1.
Giải:
n5  1Mn3  1 � n5  n 2  n 2  1Mn3  1 �  n 2  1Mn3  1
� (n  1)(n  1)M(n  1)( n 2  n  1) � n  1Mn 2  n  1 (vì n+1≠0)

2

� n 2  n Mn 2  n  1 � (n 2  n)  (n 2  n  1)Mn 2  n  1
� 1Mn 2  n  1 � n 2  n  1  �1

-Với n 2  n  1  1 � n  0; n  1
-Với n 2  n  1  1 � n 2  n  2  0 vô nghiệm.
Thử lại, n=0, n=1 thỏa mãn đk bài toán.
Bài 2 (HSG tỉnh Nghệ an)
Cho A = k4 + 2k3  16k2  2k + 15 với kZ. Tìm điều kiện của k để A  16.
Giải:
A = (k - 1).(k + 5k - k - 5) = (k - 1)(k + 6k + 5) = (k - 1)(k + 1)(k + 5)  16
 k là số nguyên lẻ
3) Dạng 3: Tìm dư trong phép chia
Bài 4: Tìm dư phép chia x99 + x55 + x11 +x + 7 cho x + 1
4) Chứng minh chia hết:
a) Chứng minh đa thức chia hết cho đa thức
Bài 5: CMR :
a/ x50 + x10 + 1 x20 + x10 + 1
b/ x2 - x9 – x1945 x2 - x + 1
c/ x10 - 10x + 9 (x – 1)2
d/ 8x9 - 9x8 + 1 (x – 1)2
b) Chứng minh đa thức chia hết cho một số:
Phương pháp thướng sử dụng:
- Phương pháp 1 : A(n) chia hết cho p; ta xét số dư khi chia n cho p
Ví dụ : A(n) = n(n2+1)(n2+4) chia hết cho 5
n chia cho 5 có số dư là r =0,1,2,3,4,5
a/ Với r = 0 thì n chia hết cho 5 => A(n) chia hết cho 5
b/ Với r = 1 => n = 5k+1 => n2= 25k2+10k +1 thì (n2+4) chia hết cho 5=>
A(n) chia hết cho 5

c/ Với r = 2 => n = 5k+2 => n2= 25k2+20k +4 thì (n2+1) chia hết cho 5=>
A(n) chia hết cho 5
d/ Với r = 3 => n = 5k+3 => n2= 25k2+30k +9 thì (n2+1) chia hết cho 5=>
A(n) chia hết cho 5
e/ Với r = 4 => n = 5k+4 => n2= 25k2+40k +16 thì (n2+4) chia hết cho 5=>
A(n) chia hết cho 5
- Phương pháp 2 : A(n) chia hết cho m; ta phân tích m = p.q
a/ (p,q) = 1 ta chứng minh: A(n) chia hết cho p, A(n) chia hết cho q =>
A(n) chia hết cho p.q
b/ Nếu p và q không nguyên tố cùng nhau ta phân tích A(n) = B(n).C(n) và
chứng minh B(n) chia hết cho p, C(n) chia hết cho q => , A(n) chia hết
cho p.q
- Phương pháp 3 : Để chứng minh A(n)  m có thể biến đổi A(n) thành tổng nhiều
hạng tử và chứng minh mỗi hạng tữ chia hết cho n.

3


- Phương pháp 4 : Để chứng minh A(n)  m ta phân tích A(n) thành nhân tử,
trong đó có một nhân tử bằng m hoặc chia hết cho m: A(n) =
m.B(n)
+ Thường ta sử dụng các hằng đẳng thức :
an – bn  a – b ( a b) n bất kỳ.
an – bn  a – b ( a - b) n chẵn.
an + bn  a + b ( a - b) n lẻ.
 Các bài tốn cơ bản:
- Tích n số ngun liên tiếp chia hết cho n
- Tích 2 số chẵn liên tiếp chia hết cho 8
- Tích 3 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 6.
Ví dụ : A(n) = n(n2+1)(n2+4) chia hết cho 5

Cách 1:
n chia cho 5 có số dư là r =0,1,2,3,4,5
a/ Với r = 0 thì n chia hết cho 5 => A(n) chia hết cho 5
b/ Với r = 1 => n = 5k+1 => n2= 25k2+10k +1 thì (n2+4) chia hết cho 5=>
A(n) chia hết cho 5
c/ Với r = 2 => n = 5k+2 => n2= 25k2+20k +4 thì (n2+1) chia hết cho 5=>
A(n) chia hết cho 5
d/ Với r = 3 => n = 5k+3 => n2= 25k2+30k +9 thì (n2+1) chia hết cho 5=>
A(n) chia hết cho 5
e/ Với r = 4 => n = 5k+4 => n2= 25k2+40k +16 thì (n2+4) chia hết cho 5=>
A(n) chia hết cho 5
* Chú ý: Phương pháp xét số dư chỉ áp dụng cho các số chia nhỏ.
Cách 2:
n(n2+1)(n2+4)  5 n(n2+1)(n2- 1+5)  5  n(n2+1)(n2- 1)+5n(n2+1)  5
2
2
2
2
 n(n +1)(n - 1)  5  n(n +1)(n- 1)(n+1)  5  n(n -4+5)(n- 1)(n+1)  5
 n(n2-4+5)(n- 1)(n+1)  5  n(n2-4)(n- 1)(n+1) + 5(n- 1)(n+1)  5
2
 n(n -4)(n- 1)(n+1)  5  n(n-2)(n+2)(n- 1)(n+1)  5 Hiển nhiên
BÀI TẬP:
n5 n3 7 n
Bài 1: Chứng minh rằng số
là số ngun với mọi n �N .
 
5 3 15
Gợi ý:
n 5 n3 7 n

 
Để chứng minh số
là số nguyên ta phải
5 3 15

chứng minh :

3n5 + 5n3 + 7n M15
* Nhận xét: tích 3 số ngun liên tiếp thì chia hết cho 3, tích 5 số ngun liên tiếp
thì chia hết cho 5. Vì vậy, ta nghĩ ngay đến việc phân tích đa thức thành tích 5 số
ngun liên tiếp.
Thật vậy, ta có :
3n5 + 5n3 + 7n = n(3n4 + 5n2 + 7) = n(3n4 + 5n2 - 8 + 15)

4


= n.(3n4 + 5n2 - 8)+ 15n = n.(n2-1).(3n2+ 8)+ 15n
= n(n-1)(n+1).(3n2-12 + 20) = 3n(n - 1)(n + 1)(n - 2)(n + 2)
+ 20n(n-1)(n+1)
Do
3n(n - 1)(n + 1)(n - 2)(n + 2) M15
20n(n-1)(n+1) M15 vôùi moïi n �N , Vậy.....
Bài 2 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta luôn có: n3+2n M3
Có: n3+2n = n - n + 3n = n(n+1)(n-1) + 3n  3
Bài 3:
Chứng minh rằng : n(n+2)(25n2-1) 24 với n  N
 Nhận xét: Vì (3,8) = 1 nên ta sẽ chứng minh biểu thức chia hết cho 3 và 8.
Vậy, ta sẽ phân tích thành tích 4 số nguyên liên tiếp(có 2 số chẵn liên tiếp
chc 8)

Giải:
Ta có: A=n(n+2)(25n2-1) = n(n+2)(25n2-25+24)
= n(n+2)(25n2-25)+24n(n+2)=25 n(n+2).(n-1)(n+1)+ 24n(n+2)
Vì
24n(n+2) 24
 (n-1)n(n+1)(n+2) 3 và (n-1)n(n+1)(n+2) 8
Mà (3 ; 8)=1  (n-1)n(n+1)(n+2) 24
 A 24
Bài 4: Chứng minh rằng nếu m là số nguyên lẻ thì:
(m3 + 3m2 – m – 3) M48
* Nhận xét: ta dễ nhận thấy có thể phân tích đa thức thành nhân tử
Giải:
Ta có: m3 + 3m2 – m – 3 = (m - 1)(m + 4m + 3) = (m-1)(m+1)(m + 3)
Vì m lẻ nên m = 2k+1, thay vao trên ta có:
(m-1)(m+1)(m + 3) = 2k.(2k+2)(2k+4) = 8k(k+1)(k+2)
Vì 8  8 ; k(k+1)(k+2)  6 nên 8k(k+1)(k+2)8.6 hay (m3 + 3m2 – m – 3) M48
Bài 5: Chứng minh : B = n4 - 14n3 + 71n2 - 154n + 120
chia hết cho 24 với n � Z
 Chú ý: Khi các hệ số lớn ta có thể đơn giản hóa bằng áp dụng công thức:
aMm  a + b.m Mm
Giải:
B = n4 - 14n3 + 71n2 - 154n + 120 M24

5


 n4 - 14n3 + 71n2 - 154n M24
 n4 - 14n3 + 71n2 - 154n - 24.3n2 + 24.6n M24


n4 - 14n3 - n2 - 10n M24

Ta có: n4 - 14n3 - n2 - 10n = n(n3 - 14n2 - n - 10)
= n[(n3- n2) - (13n2- 13n) - (14n - 14) - 24]
= n(n - 1)(n2-13n-14) - 24n
= n(n-1)(n+1)(n-14) - 24n = n(n-1)(n+1)(n-2- 12) - 24n
= n(n-1)(n+1)(n-2) -12n(n-1)(n+1) -24n
Dễ thấy: n(n-1)(n+1)(n-2) - 12n(n-1)(n+1) M3 và 8 mà (3,8) = 1
Do đó n(n-1)(n+1)(n-2) - 12n(n-1)(n+1) M24, lại có 24nM24
Vì vậy: n(n-1)(n+1)(n-2) -12n(n-1)(n+1) -24n M24
Bài 6:
Chứng minh rằng: (n5 – 5n3 + 4n) M120 với m,n � Z
Giải:
(n5 – 5n3 + 4n) = n( n4 – 5n2 + 4) = (n-2)(n-1)n(n+1)(n+2) M3, 5, 8
mà (3, 5, 8) = 1
Vậy, (n5 – 5n3 + 4n) M120
Bài 7: ( tx Hoàng Mai 2016)
CMR: n8 - n6 - n4 + n2 M1152, với moi n tự nhiên lẻ
Giải: Ta sẽ kết hợp cả 2 phương pháp để giải bài tập này
Xét A= n8 - n6 - n4 + n2 = n(n +1)(n - 1)(n+1)
Ta có:

+ (n - 1)(n+1) M8 ( tích 2 số nguyên chẵn liên tiếp)
 (n - 1)(n+1) M64
+ (n +1) M2
Do đó: A = n(n +1)(n - 1)(n+1) M128

Mặt khác: n(n - 1)(n+1) M3 ( tích 3 số nguyên liên tiếp )
 n(n - 1)(n+1) M9
 A = n(n +1)(n - 1)(n+1) M9

6


mà (128,9) = 1 nên A M1152
Bài 8. Chứng minh rằng: n3  17nM6 với mọi số nguyên n.
Lời giải:
Ta có: n3  17 n  n3  n  18n  n(n  1)(n  1)  18nM6
* Chú ý: Nhiều bài toán ta cũng hay sử dụng HĐT:
a- b = (a-b)(a+ a.b + ab + ab + ....+ a.b+ b)
Bài 8: Chứng minh rằng với mọi n  N biểu thức 13n -1 chia hết 6.
Giaỉ: áp dụng nhị thức: a- b = (a-b)(a+ a.b + ab + ab + ....+ a.b+ b)
2n  2
Bài 9: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có: 4.3  32n  36M64

4.32n  2  32n  36  (4.9n 1  36)  32n  36(9n  1)  32n
 36(9  1)(9n 1  9n  2  ...  1)  32n  36.8(9n 1  9 n 2  ...  1)  32n
 32.9.(9n 1  9 n  2  ...  1)  32n  32(9 n  9 n 1  9 n 2  ...  9)  32n
 32(9n  9n 1  9n  2  ...  9  n)
Nhận thấy n chẵn hay lẻ thì 9n  9n 1  9n  2  ...  9  n luôn là số chẵn
nên 32(9n  9n 1  9n 2  ...  9  n) M64 (đpcm.)
n
Bài 10: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta luôn có: 16  15n  1M225

16n  15n  1  (16  1)(16n 1  16 n 2  16n 3  ...  1)  15n
 15(16n 1  16n 2  16n 3  ...  1)  15n  15(16n 1  16n 2  16n 3  ...  1  n)
 15 �
(16n 1  1)  (16 n  2  1)  (16 n 3  1)  ...  (16  1)  1  1�
�
�

 15 �
(16n 1  1)  (16 n  2  1)  (16 n 3  1)  ...  (16  1) �
�
�
(16n 1  1)  (16n  2  1)  (16n 3  1)  ...  (16  1) �
M
15
Nhận thấy 15 15 và �
�
�
n
Vậy: 16  15n  1M225
Bai 11:

a) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì n 2  n  2 không chia hết cho 3.
b) Chứng minh rằng với mọi số n lẻ : n2 + 4n + 5 không chia hết cho 8.
a) Giải:
+ Cách 1:
- Nếu n=3k  n + n + 2  3
-

Nếu n = 3k+1  n + n + 2 =9k + 6k +1 +3k+1+2 =9k+9k+4  3

-

Nếu n = 3k+2  n + n + 2 =9k + 12k +4 +3k+2+2 =9k + 15k +4  3
b) Giải:
7

+ Cách 1: Vì n lẻ nên n = 2k + 1  n2 + 4n + 5 = 4k + 12k + 10
= 4k(k+3) + 10
Vì k(k+3) có một thừa số chẵn  4k(k+3)  8  4k(k+3) + 10  8
+ Cách 2: Vì số chia là 8 nên ta phải tạo tích 2 số chẵn liên tiếp:
n2 + 4n + 5 = (n - 1) + (4n + 4) + 2 = (n+1)(n-1) + 4(n+1) + 2
= (n+1)(n+3) + 2
Vì (n+1)(n+3)  8 và 2 8 nên (n+1)(n+3) + 28  đpcm
Bài tập:
Bài 1. Chứng minh rằng :
a) n5 - 5n3 + 4n  120 ;
với  n  Z
3
2
b) n -3n -n+3  48 ;
với  n lẻ
c) n4 + 4n3 -4n2 -16n 384 với  n chẵn
Bài 2. CMR:
4
2
a) n  n M12
c) Chữ số tận cùng của số tự nhiên n và n5 là giống nhau.
3
3
d) (a  b)M6 � (a  b )M6
2
e) Cho n > 2 và (n, 6) = 1. CMR n  1M24
2n  1
 2n  2 M7
g) 3
2n  2

 26n  1 M
11
f) 3
Bài 3. CMR: A  7.52 n  12.6n chia hết cho 19 với mọi số tự nhiên n.
Lời giải:
+ Với n=0 hoặc n=1 thì A chia hết cho 19
+ Với n>1.
Xét: 7.52 n  12.6n  19.6n  7.52 n  7.6n  7(52 n  6n )  7(25n  6n )
 7.(25  6).(25n 1  25n  2.6  25n 3.6 2  ...  6) M
19

→ 7.52 n  12.6n  19.6n M19 mà 19.6n M19 � AM19
Vậy, A  7.52 n  12.6n chia hết cho 19 với mọi số tự nhiên n.
Tổng hợp đề thi:
Bài 1: ( 2,0 điểm)
Tìm số chia nhỏ nhất khi chia cho 3 dư 1, chia cho 4 dư 2, chia cho 5 dư 3, chia
cho 6 dư 4 và chia hết cho 11
Giải: a+2 BC(3,4,5,6) và a 11

8


Câu 3. Chứng minh rằng a3 – 13a M6 với a �Z .
Chứng minh: Ta có: a3 – 13a = a3 – a - 12a
= a(a -1) -12a = a(a+1)(a-1)-12a  12
10 2008  23
Bµi 4: Chøng minh r»ng A =
lµ sè tù nhiªn.
9
n 4  3n 3  2n 2  6n  2

Bài 5: Tìm n để
B=
có giá trị là một số nguyên.
n2  2

Bài 6: Chứng minh rằng hiệu số 92012 - 72012 chia hết cho 10
Bài 7. Chứng minh rằng A = 2317  17 23 là số chia hết cho 10.
Bài 8:
T×m c¸c sè tù nhiªn cã 3 ch÷ sè, biÕt r»ng: sè ®ã lµ sè
ch½n, chia hÕt cho 11 vµ tæng c¸c ch÷ sè cña sè ®ã còng
chia hÕt cho 11.
Bài 9:
Cho các số nguyên a1, a2, a3, ... , an. Đặt S = a13 + a 32 + ... + a 3n
và P = a1 + a2 + ... + an .
Chứng minh rằng: S chia hết cho 6 khi và chỉ khi P chia hết cho 6.
Bài 10:
a. Cho các số nguyên dương: a1; a2 ; a3 ;...; a2013 sao cho:
N = a1  a2  a3  ...  a2013 chia hết cho 30.
5
Chứng minh: M = a15  a25  a35  ....  a2013
chia hết cho 30.
Bài 11:

Cho biết a = 2 + 2 + 1
b = 2 - 2 + 1 với n  N

Chứng minh rằng: trong hai số a và b có một và chỉ một số chia hết cho 5
Bài 12:
CMR: a3  6a 2  11a  6 chia hết cho 6 với mọi số nguyên a
b) 3n  1 và 5n  4 (với n �N * ) là hai số không nguyên tố cùng nhau. Tìm ước

chung lớn nhất của hai số đó.
Câu 2. a. Chứng minh rằng: 41005  1 M3
c. Tìm các số nguyên dương n để phân số:
Câu 2. (4,0 điểm)
b) Chøng minh r»ng ph©n sè
� N ).

2n  11
là phân số tối giản.
n2

12n  1
40n  3

lµ ph©n sè tèi gi¶n ( n

a) Giả sử n là số tự nhiên thỏa mãn đk n + n +6 không chia hết cho 3.
CMR: 2n +n + 8 không là số chính phương.

9


Câu 3.
a. Cho A  5n2  26.5n  82n1 ; với n �N . Chứng minh: A chia hết cho 59.
Câu 2.(2,0 điểm)
a) Chứng minh rằng a 2  a  1 không chia hết cho 25 với mọi số nguyên a .
a) N  a 2  a  1 = (a  2)(a  3)  5
Vì (a  2)  ( a  3)  5 chia hết cho 5 nên a  2; a  3 hoặc cùng chia hết cho 5
hoặc cùng không chia hết cho 5
*Nếu a  2; a  3 cùng chia hết cho 5 thì (a  2)(a  3) chia hết cho 25 mà 5 không

chia hết cho 25 suy ra N không chia hết cho 25.
*Nếu a  2; a  3 cùng không chia hết cho 5 thì (a  2)(a  3) không chia hết cho 5
( do 5 là số nguyên tố) suy ra N không chia hết cho 5, do đó N không chia hết cho
25.
Vậy N không chia hết cho 25 với mọi số nguyên a .
(2)
Từ (1) và (2) suy ra k �2k 1 nên 2k �2k

(3)

Dễ thấy k �3 thì bất đẳng thức (3) không xảy ra. Do đó k  2.
Thay k  2 vào (1) ta được x  2 � y  2.2  4 .
Bai tập:
Cho các số nguyên a, b, c thỏa mãn a + b + c M6.
Chứng minh rằng: a3 + b3 + c3 M6.
Cách 1: Xét ( a3 + b3 + c3 ) – ( a + b + c) = (a3 – a) + ( b3 – b) + ( c3 – c)
Ta có (a3 – a) = ( a – 1) a ( a + 1) M6
Vì tích của ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 2 và cho 3 mà (2; 3) =1
Lập luận tương tự b3 – b M6 và c3 – c M6.
=> ( a3 + b3 + c3 ) – ( a + b + c) M6
mà a + b + c M6 => a3 + b3 + c3 M6.
Cách 2:
Câu 2:
Giải bài toán nến n là số nguyên
Câu 2:
(2.5đ)
a. (1.5đ)
Biến đổi:

10

n5 + 1  n3 + 1  n2(n3 + 1) – (n2 –1)  n3 + 1
(0.5đ)
2
 (n + 1) (n – 1)  (n + 1)(n - n + 1)
(0.25đ)
2
 n – 1  n – n + 1 (vì n + 1  0 )
(0.25đ)
Nếu n = 1 thì ta được 0 chia hết cho 1
(0.25đ)
Nếu n > 1 thì n – 1 < n(n – 1) + 1 = n2 – n +1
Do đó không thể xảy ra quan hệ n – 1 chia hết cho n 2 – n +1 trên tập hợp số
nguyên dương
Vậy giá trị duy nhất của n tìm được là 1
(0.25đ)
2
b.
n – 1  n – n +1
 n(n – 1)  n2 – n + 1

n2 – n  n2 – n + 1 ?

( n2 – n + 1) – 1  n2 – n + 1

 n2 – n + 1
1
(0.5đ)
Có hai trường hợp:

n2 – n + 1 = 1  n(n – 1) = 0  n = 0 hoặc n = 1
Các giá trị này đều thoả mãn đề bài
(0.25đ)
n2 – n + 1 = - 1  n2 – n + 2 = 0 vô nghiệm
Vậy n = 0, n = 1 là hai số phải tìm
(0.25đ)
Bài kiểm tra chuyên đề chia hết
Câu 1.
a. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n, ta có số A = n 2 + 3n + 5 không chia
hết cho 121.
Cho ba số nguyên x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z chia hết cho 6. Chứng
minh
rằng giá trị của biểu thức M = (x + y)(y + z)(z + x) – 2xyz cũng chia hết cho 6.
Câu 3. (3 điểm)
a3 a 2 a
Chứng minh rằng với a là số tự nhiên chẵn thì biểu thức A    có
24 8 12

giá trị là số nguyên.
Câu 3. (3 điểm)
Chứng minh rằng: Nếu số tự nhiên a không chia hết cho 5 thì a 8 + 3a 4  4 chia
hết cho 100
Câu 3. (4 điểm)
a)Với a, b là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu 4a 2 + 3ab  11b 2 chia hết
cho 5 thì a4  b4 chia hết cho 5.
Cho a, b, c là ba số nguyên. Chứng tỏ rằng nếu a, b, c cùng chẵn hoặc cùng lẻ thì
3
giá trị biểu thức Q   a  b  c   a 3  b3  c3 luôn chia hết cho 24.
Câu 2. (4 điểm)
2017

2017
2017
2013
2013
2013
a) Cho biểu thức A =  a  b  c    a  b  c  với a, b, c là các
số nguyên dương. Chứng minh rằng A chia hết cho 30
11


Câu 3. (4 điểm)
Chứng minh rằng:
a) Chứng minh B = a5  5a3 + 4a chia hết cho 120 với mọi số nguyên a.
b) n 4  4 là hợp số ( n �N , n > 1).
Câu 2. (3 điểm)
Chứng minh rằng giá trị biểu thức (n2 + 2n + 5)3 – (n + 1)2 + 2012 luôn chia
hết cho 6 với mọi số nguyên n.
2) Cho P là số nguyên tố lớn hơn 5. Chứng minh P20 – 1 chia hết cho 100.

Câu 3. (3 điểm)
Cho số nguyên dương n thỏa mãn n và 10 là hai số nguyên tố cùng nhau.
Chứng minh n 4  1 chia hết cho 40
b) Cho s, t, x, y, z là các số nguyên và tổng s + t + x + y + z chia hết cho 5.
Chứng
minh rằng tổng s5 + t5 + x5 + y5 + z5 chia hết cho 5.
Câu 3. (4 điểm)
a) Cho số nguyên n không chia hết cho 2 và 3. Chứng minh rằng giá trị của
biểu thức 4n 2  3n  5 chia hết cho 6.
(2 điểm)
b) Chứng minh rằng giá trị biểu thức n6 – n2 chia hết cho 60 với mọi số

nguyên n.
Câu 2. (3 điểm)
2016
2015
2014
2
Cho A = 75  4  4  4  .....  4  5   25 . Chứng tỏ A chia hết cho 42017 .
Bài tập. CMR: Nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì (p+1)(p-1) chia hết cho 24.
Lời giải:
Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì (p + 1)(p –1) chia hết cho
24
p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p lẻ => p =2k+1 => (p + 1)(p –1) = … chia hết
cho 8
Tiếp tục p nguyên tố lớn hơn 3 nên p = 3n ± 1 => (p + 1)(p –1) chia hết cho 3
=> (p + 1)(p –1) chia hết cho 24

ĐỀ BÀI KIỂM TRA CHUYÊN ĐỀ VỀ CHIA HẾT TRONG Z
a3 a 2 a
Câu 1. Chứng minh rằng với a là số tự nhiên chẵn thì biểu thức A 
có giá trị là số
 
24 8 12
nguyên.
Câu 2. Chứng minh rằng:

12


Chứng minh B = a5  5a3 + 4a chia hết cho 120 với mọi số nguyên a.
Câu 3. Cho số nguyên n không chia hết cho 2 và 3. Chứng minh rằng giá trị của biểu thức

4n 2  3n  4 không chia hết cho 6.
Câu 4. Tìm số nguyên n sao cho n 2  1Mn3  1
2n  2
 26n  1 M
11 với mọi n tự nhiên n.
Câu 5. CMR: 3
Câu 6. Cho các số nguyên a, b, c thỏa mãn: a  b  c M6
Chứng minh rằng: a 4  b 4  c 4 M6

13