chuyên đề chia hết trong tập hợp số nguyên

TÓM TẮT LÝ THUYẾT
1. ĐỊNH NGHĨA PHÉP CHIA
Cho 2 số nguyên a và b trong đó b ≠ 0 ta luôn tìm được hai số nguyên q và r duy nhất
sao cho:
a = bq + r Với 0 ≤ r < | 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 ∈ {0; 1; 2; …; | b| -1}
Đặc biệt: r = 0 thì a = bq, khi đó ta nói a chia hết cho b hay b chia hết a.
Ký hiệu: ab hay b\ a
Vậy: a  b ⇔ Có số nguyên q sao cho a = bq
2. CÁC TÍNH CHẤT
1.
Với ∀ a ≠ 0 ⇒ a  a
2.
Nếu a  b và b  c ⇒ a  c
3.
Với ∀ a ≠ 0 ⇒ 0  a
4.
Nếu a, b > 0 và a  b ; b  a ⇒ a = b
5.
Nếu a  b và c bất kỳ ⇒ ac  b
6.
Nếu a  b ⇒ (± a)  (± b)
7.
Với ∀ a ⇒ a  (± 1)
8.
Nếu a  b và c  b ⇒ a ± c  b
9.
Nếu a + b  c và a  c ⇒ b  c
10.

Nếu a  b và n > 0 ⇒ an  bn
11.
Nếu ac  b và (a, b) =1 ⇒ c  b
12.
Nếu a  b, c  b và m, n bất kỳ am + cn  b
13.
Nếu a  b và c  d ⇒ ac  bd
14.
Tích n số nguyên liên tiếp chia hết cho n!
3. MỘT SỐ DẤU HIỆU CHIA HẾT
Gọi N = an an−1...a1a0
3.1. Dấu hiệu chia hết cho 2; 5; 4; 25; 8; 125
+ N  2 ⇔ a0 M2 ⇔ a0 ∈{0; 2; 4; 6; 8}
+ N  5 ⇔ a0 M5 ⇔ a0 ∈{0; 5}
+ N  4 (hoặc 25) ⇔ a1a0 M4 (hoặc 25)
+ N  8 (hoặc 125) ⇔ a2 a1a0 M8 (hoặc 125)
3.2. Dấu hiệu chia hết cho 3 và 9
+ N  3 (hoặc 9) ⇔ ( an + an −1 + ... + a1 + a0 ) M3 (hoặc 9)
3.3. Một số dấu hiệu khác
+ N  11 ⇔ ( a0 + a2 + ...) − ( a1 + a3 + ...)   11

+ N  101 ⇔ ( a1a0 + a5 a4 + ...) − ( a3 a2 + a7 a6 + ...)  101

+ N  7 (hoặc 13) ⇔ ( a2 a1a0 + a8 a7 a6 + ...) − ( a5 a4 a3 + a11a10 a9 + ...)  11 (hoặc 13)
+ N  37 ⇔( a2 a1a0 + a5 a4 a3 ...)  37

1


+ N  19 ( an + 2an −1 + 22 an − 2 ... + 2n −1 a1 + 2n a0 ) M19

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 a56b  45
Giải
Ta thấy 45 = 5.9 mà (5 ; 9) = 1
để a56b  45 ⇔ a56b  5 và 9
Xét a56b  5 ⇔ b ∈ {0 ; 5}
Nếu b = 0 ta có số a56b  9 ⇔ a + 5 + 6 + 0  9
⇒ a + 11  9
⇒a = 7
Nếu b = 5 ta có số a56b  9 ⇔ a + 5 + 6 + 5  9
⇒ a + 16  9
⇒a = 2
Vậy: a = 7 và b = 0 ta có số 7560
a = 2 và b = 5 ta có số 2565
Ví dụ 4: Tìm các chữ số a và b sao cho 19ab chia hết cho 5 và 8
Giải
Vì 19ab chia hết cho 5 nên b=0 hoặc b=5 và 19ab chia hết cho 8 nên suy ra b=0
Mặt khác , 19a 0 chia hết cho 8 nên 19a 0 chia hết cho 4 khi a 0 chia hết cho 4 suy ra a
∈ {0;2;4;6;8}. Ta có 19a 0 chia hết cho 8 khi 9a 0 chia hết cho 8 nên a=2 hoặc a=6. Vậy
nếu a=2 thì b=0 và nếu a=6 thì b=0 nên số cần tìm là 1920 và 1960
Ví dụ 5: Chữ số a là bao nhiêu để aaaaa96 chia hết cho cả 3 và 8
Giải
Vì aaaaa96 8 ⇔ a96 8 ⇔ 100a + 96 8 suy ra 100a 8
Vậy a là số chẵn ⇒ a ∈{ 2, 4, 6, 8} (1).
Vì aaaaa96 3 ⇔ (a + a + a + a + a + 9 + 6 ) 3 ⇔ 5a + 15 3
Mà 15 3

⇒ 5a 3

Mà (5, 3) = 1
Suy ra a  3 ⇒ a ∈{ 3, 6 ,9} (2).
Từ (1) và (2 ) suy ra a = 6
KL: Vậy số phải tìm là 6666696.
Ví dụ 6: Tìm chữ số a để 1aaa1 11
Giải
HD: tổng các chữ số hàng lẻ là 2 + a .Tổng các chữ số hàng chẵn là 2a.
2


1aaa1 11 ⇒ 2a – (a + 2) 11
⇒ a - 2 11
⇒ a - 2=0
⇒a = 2

.Vậy a=2
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.
Ví dụ 1: Chứng minh rằng:
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
⇒ Số chẵn đó chia hết cho 2.
Vậy tích của 2 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2.
b. Tích 2 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2 nên tích của 3 số nguyên liên tiếp
luôn chia hết cho 2
Trong 3 số nguyên liên tiếp bao giờ cũng có 1 số chia hết cho 3.
⇒ Tích 3 số đó chia hết cho 3 mà (2; 3) = 1.
Vậy tích của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 6.

Ví dụ 2: Chứng minh rằng: 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)  3 (Chứng minh Ví dụ 1)
⇒ 3(n - 1)n (n + 1)  9

9( n 2 + 1) 9
mà 
18n 9

⇒A  9 (ĐPCM)
Ví dụ 3: Chứng minh rằng: n4 - 4n3 - 4n2 +16n  384 với ∀ n chẵn, n≥ 4
Giải
Vì n chẵn, n≥ 4 ta đặt n = 2k, k≥ 2
Ta có n4 - 4n3 - 4n2 + 16n = 16k4 - 32k3 - 16k2 + 32k
= 16k(k3 - 2k2 - k + 2)
= 16k(k - 2) (k - 1)(k + 1)
Với k ≥ 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.
⇒ (k - 2)(k - 1)(k + 1)k  8
Mà (k - 2) (k - 1)k  3 ; (3,8)=1
⇒ (k - 2) (k - 1) (k + 1)k  24
⇒ 16(k - 2) (k - 1) (k + 1)k  16.24
3

Vậy n4 - 4n3 - 4n2 +16n  384 với ∀ n chẵn, n ≥ 4
Ví dụ 4: Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì :
a. A= 3n+2 – 2 n+2 + 3n – 2 n chia hết cho 10
b. B = 10 n – 18 n – 1 chia hết cho 27
Giải
a.
n+2
n+2
n
n
A= 3 – 2 + 3 – 2
= 3n (32 + 1) – 2 n (22 +1)
= 10 . 3n – 5 .2n
= 10 . (3n –2n-1) M10
Vậy A chia hết cho 10.
b. B = 10 n + 18 n – 1
= 10n – 1 – 9n +27n
= 99...9
{ − 9n + 27 n
n

Ví dụ 5: chứng minh rằng
a) n5 - n chia hết cho 30 với n ∈ N ;
b) n4 -10n2 + 9 chia hết cho 384 với mọi n lẻ n∈ Z
Giải
a) n - n = n(n - 1) = n(n - 1)(n + 1)(n + 1) = (n - 1).n.(n + 1)(n2 + 1) M6
5

4

2

Vì (n - 1).n.(n+1) là tích của ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 2 và 3 (*)
Mặt khác n5 - n = n(n2 - 1)(n2 + 1) = n(n2 - 1).(n2 - 4 + 5)
= n(n 2 - 1).(n2 - 4 ) + 5n(n2 - 1)
= (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) + 5n(n 2 - 1)
Vì (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) là tích của 5 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 5
5n(n2 - 1) chia hết cho 5
Suy ra (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) + 5n(n2 - 1) chia hết cho 5 (**)
Từ (*) và (**) suy ra đpcm
b) Đặt A = n4 -10n2 + 9 = (n4 -n2 ) - (9n2 - 9)
= (n2 - 1)(n2 - 9) = (n - 3)(n - 1)(n + 1)(n + 3)
Vì n lẻ nên đặt n = 2k + 1 (k ∈ Z) thì
A = (2k - 2).2k.(2k + 2)(2k + 4) = 16(k - 1).k.(k + 1).(k + 2)
⇒ A chia hết cho 16 (1)

Và (k - 1).k.(k + 1).(k + 2) là tích của 4 số nguyên liên tiếp nên A có chứa bội của 2,
3, 4 nên A là bội của 24 hay A chia hết cho 24 (2)
Từ (1) và (2) suy ra A chia hết cho 16. 24 = 384
3. Phương pháp 3: XÉT TẬP HỢP SỐ DƯ TRONG PHÉP CHIA
Ví dụ 1: Chứng minh rằng: Với ∀ n ∈ N
4


Thì A(n) = n(2n + 7) (7n + 1) chia hết cho 6
Giải
Ta thấy 1 trong 2 thừa số n và 7n + 1 là số chẵn. Với ∀ n ∈ N ⇒A(n)  2
Ta chứng minh A(n)  3
Lấy n chia cho 3 ta được n = 3k + r (k ∈ N)
Với r ∈ {0; 1; 2}

Với r = 0 ⇒ n = 3k ⇒ n  3 ⇒A(n)  3
Với r = 1 ⇒ n = 3k + 1 ⇒ 2n + 7 = 6k + 9  3 ⇒A(n)  3
Với r = 2 ⇒ n = 3k + 2 ⇒ 7n + 1 = 21k + 15  3 ⇒A(n)  3
⇒A(n)  3 với ∀ n mà (2, 3) = 1
Vậy A(n)  6 với ∀ n ∈ N
Ví dụ 2: Chứng minh rằng: Nếu n không chia hết cho 3 thì
A(n) = 32n + 3n + 1  13 Với ∀ n ∈ N
Giải
Vì n không chia hết cho 3 ⇒ n = 3k + r (k ∈ N); r ∈ {1; 2}
⇒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  13
33k - 1 = (33 - 1)N = 26N  13
với r = 1 ⇒ 32r + 3r + 1 = 32 + 3 +1 = 13  13
⇒ 32r + 3r + 1  13
với r = 2 ⇒ 32r + 3r + 1 = 34 + 32 + 1 = 91  13
⇒ 32r + 3r + 1 13
Vậy với n không chia hết cho 3 thì A(n) = 32n + 3n + 1  13 Với ∀ n ∈ N
Ví dụ 3: Tìm tất cả các số tự nhiên n để 2n - 1  7
Giải
Lấy n chia cho 3 ta có n = 3k + r (k ∈ N); r ∈ {0; 1; 2}
Với r = 0 ⇒ n = 3k ta có
2n - 1 = 23k - 1 = 8k - 1 = (8 - 1)M = 7M  7
với r =1 ⇒ n = 3k + 1 ta có:
2n - 1 = 28k +1 - 1 = 2.23k - 1 = 2(23k - 1) + 1
mà 23k - 1  7 ⇒ 2n - 1 chia cho 7 dư 1
với r = 2 ⇒ n = 3k + 2 ta có :
2n - 1 = 23k + 2 - 1 = 4(23k - 1) + 3
mà 23k - 1  7 ⇒ 2n - 1 chia cho 7 dư 3
Vậy 23k - 1  7 ⇔ n = 3k (k ∈ N)

Ví dụ 4: Tìm n ∈ N để:
a) 3n – 1 chia hết cho 8
b) A = 32n + 3 + 24n + 1 chia hết cho 25
c) 5n – 2n chia hết cho 9
Giải
a) Khi n = 2k (k ∈ N) thì 3 – 1 = 3 – 1 = 9k – 1 chia hết cho 9 – 1 = 8
n

2k

Khi n = 2k + 1 (k ∈ N) thì 3n – 1 = 32k + 1 – 1 = 3. (9k – 1 ) + 2 = 3.8M + 2
5


Vậy : 3n – 1 chia hết cho 8 khi n = 2k (k ∈ N)
b) A = 32n + 3 + 24n + 1 = 27 . 32n + 2.24n
= (25 + 2) 32n + 2.24n = 25. 32n + 2.32n + 2.24n
= 25. 32n + 2(9n + 16n)
Nếu n = 2k +1(k ∈ N) thì 9n + 16n = 92k + 1 + 162k + 1 chia hết cho 9 + 16 = 25
Nếu n = 2k (k ∈ N) thì 9n có chữ số tận cùng bằng 1 , còn 16n có chữ số tận cùng bằng
6
suy ra 2(9n + 16n) có chữ số tận cùng bằng 4 nên A không chia hết cho 5 nên không
chia hết cho 25
Vậy :A = 32n + 3 + 24n + 1 chia hết cho 25 khi n = 2k +1(k ∈ N)
c) Nếu n = 3k (k ∈ N) thì 5n – 2n = 53k – 23k chia hết cho 53 – 23 = 117 nên chia hết
cho 9
Nếu n = 3k + 1 thì 5n – 2n = 5.53k – 2.23k
= 5(53k – 23k) + 3. 23k = 5. 9M + 3. 8k
=5. 9M + 3. (9-1)k
/9

=5. 9M+9.N + 3(-1) k M

Tương tự: nếu n = 3k + 2 thì 5n – 2n không chia hết cho 9
Vậy : 5n – 2n chia hết cho 9 khi n = 3k (k ∈ N)
4. Phương pháp 4: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH THÀNH NHÂN
TỬ
Giả sử chứng minh an  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: chứng minh rằng
a) 251 - 1 chia hết cho 7

b) 270 + 370 chia hết cho 13

c) 1719 + 1917 chi hết cho 18

d) 3663 - 1 chia hết cho 7 nhưng không chia hết

cho 37
e) 24n -1 chia hết cho 15 với n∈ N
Giải
a) 251 - 1 = (23)17 - 1 M23 - 1 = 7
b) 270 + 370 =(22)35 + (32)35 = 435 + 935 M(4 + 9) = 13
c) 1719 + 1917 = (1719 + 1) + (1917 - 1)
1719 + 1 M17 + 1 = 18 và 1917 - 1 M19 - 1 = 18 nên (1719 + 1) + (1917 - 1)
6


hay 1719 + 1917 M18
d) 3663 - 1 M36 - 1 = 35 M7

3663 - 1 = (3663 + 1) - 2 chi cho 37 dư - 2
e) 2 4n - 1 = (24) n - 1 M24 - 1 = 15
Ví dụ 2: Chứng minh rằng: 36n - 26n  35 Với ∀ n ∈ N
Giải
6n
6n
6 n
6 n
6
6
Ta có 3 - 2 = (3 ) - (2 ) = (3 - 2 )M
= (33 + 23) (33 - 23)M
= 35.19M  35
6n
Vậy 3 - 26n  35 Với ∀ n ∈ N
Ví dụ 3: Chứng minh rằng: Với ∀ n là số tự nhiên chẵn thì biểu thức
A = 20n + 16n - 3n - 1  232
Giải
Ta thấy 232 = 17.19 mà (17;19) = 1 ta chứng minh
A  17 và A  19 ta có A = (20n - 3n) + (16n - 1) có 20n - 3n = (20 - 3)M  17M
16n - 1 = (16 + 1)M = 17M  17 (n chẵn)
⇒A  17 (1)
Ta có: A = (20n - 1) + (16n - 3n)
có 20n - 1 = (20 - 1)p = 19p  19
có 16n - 3n = (16 + 3)Q = 19Q  19 (n chẵn)
⇒A  19 (2)
Từ (1) và (2) ⇒A  232
Ví dụ 4: Chứng minh rằng: nn - n2 + n - 1  (n - 1)2 Với ∀ n >1
Giải
n

2
Với n = 2 ⇒ n - n + n - 1 = 1
và (n - 1)2 = (2 - 1)2 = 1
⇒ nn - n2 + n - 1 (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  (n - 1)2
Vậy A  (n - 1)2 (ĐPCM)
5. Phương pháp 5: BIẾN ĐỔI BIỂU THỨC CẦN CHỨNG MINH VỀ DẠNG
TỔNG
Giả sử chứng minh A(n)  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  6 với ∀ n ∈ Z.
Giải
3
3
2
Ta có n + 11n = n - n + 12n = n(n - 1) + 12n
= n(n + 1) (n - 1) + 12n
Vì n, n - 1; n + 1 là 3 số nguyên liên tiếp
⇒ n(n + 1) (n - 1)  6 và 12n  6
7


Vậy n3 + 11n  6
Ví dụ 2: Cho a, b ∈ Z thoả mãn (16a +17b) (17a +16b)  11
CMR: (16a +17b) (17a +16b)  121

Giải
Có 11 là số nguyên tố mà (16a +17b) (17a +16b)  11
16a + 17b 11
⇒
(1)
17a + 16b 11
Có 16a +17b + 17a +16b = 33(a + b)  11 (2)
11
16a + 17bM
Từ (1) và (2) ⇒ 
11
17a + 16bM
Vậy (16a +17b) (17a +16b)  121
6. Phương pháp 6: DÙNG QUY NẠP TOÁN HỌC
Giả sử CM A(n)  P với n ≥ a (1)
Bước 1: Ta CM (1) đúng với n = a tức là CM A(a)  P
Bước 2: Giả sử (1) đúng với n = k tức là CM A(k)  P với k ≥ a
Ta CM (1) đúng với n = k + 1 tức là phải CM A(k+1)  P
Bước 3: Kết luận A(n)  P với n ≥ a
Ví dụ 1: Chứng minh A(n) = 16n - 15n - 1  225 với ∀ n ∈ N*
Giải
Với n = 1 ⇒A(1) = 225  225 vậy n = 1 đúng
Giả sử n = k ≥ 1 nghĩa là A(k) = 16k - 15k - 1  225
Ta phải CM A(k+1) = 16 k+1 - 15(k + 1) - 1  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)  225 (giả thiết quy nạp)

225m 225
Vậy A(n)  225
Ví dụ 2: CMR: với ∀ n ∈ N* và m là số tự nhiên lẻ ta có m 2 − 1M2n + 2
Giải
2
Với n = 1 ⇒ m - 1 = (m + 1)(m - 1)  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 m 2 − 1M2k + 2 ta phải chứng minh
n

k

k +1

m 2 − 1M2k +3

Thật vậy m 2 − 1M2k + 2 ⇒m 2 − 1 = 2k + 2 q ( q ∈ Z )
k

k

k

⇒ m 2 = 2k + 2 q + 1
k +1

( )

Ta có m 2 − 1 = m 2

k

2

− 1 = ( 2k + 2.q + 1) − 1 = 22 k + 4.q 2 + 2k +3.q = 2k +3 ( 2k +1.q 2 + q ) M2k +3
2

Vậy m 2 − 1M2n + 2 với ∀ n ≥ 1
n

PHƯƠNG PHÁP TÌM CHỮ SỐ TẬN CÙNG
+ Để tìm chữ số tận cùng của một lũy thừa cần chú ý rằng:
 Các số có tận cùng là 0;1;5;6 thì nâng lên lũy thừa (khác 0) nào
8


cng cú tn cựng l 0;1;5;6
Cỏc s cú tn cựng l 2;4;8 thỡ nõng lờn ly tha 4 thỡ cú tn cựng
l 6
Cỏc s tn cựng l 3;7 thỡ nõng lờn ly tha 4 thỡ cú tn cựng l 1
Cỏc s cú tn cựng l 9 thỡ nõng lờn ly tha chn thỡ c s cú
tn cựng l 1;nõng lờn ly tha l thỡ c s tn cựng l 9.
+ tỡm hai ch s tn cựng ca ly tha cn lu ý:
Cỏc s tn cựng l 01;25;76 nõng lờn ly tha khỏc khụng no cng
cú tn cựng l 01;25;76
Cỏc s 320 (hoc 815) ; 74 ; 512; 992 cú tn cựng l 01.
Cỏc s 220 ; 65 ; 184 ; 242; 682 ; 742 cú tn cựng bng 76
S 26n (vi n > 1) cú tn cựng bng 76
+ tỡm ba ch s tn cựng tr lờn ca ly tha cn chỳ ý:
Cỏc s tn cựng bng 001 ; 376 ; 625 nõng lờn ly tha no (khỏc

khụng) cng tn cựng bng 001; 376; 625.
S cú tn cựng bng 0625 nõng lờn ly tha no (khỏc khụng)
cng tn cựng bng 0625.
Vớ d 8 : Chng minh 8102 - 2102 chia ht cho 5
Bi lm :
Cỏch 1 :
Ta cú : 8102 = (84)25 . 82 = (6)25 .64 = (6) .64 = 4
2102 = (24)25 .22 = 1625 .4 = (6).4 = 4
102
Vy 8 - 2102 cú tn cựng l 0 8102 - 2102 chia ht cho 5
Vớ d 9: Chng minh 16101 .14101 chia ht cho 4
Bi lm :
Ta cú : 16101 .14101 = (16.14)101 = 224101 = (2242 )50 .224
=

( ...76)

50

( ...76)

.224 =

.224 =

( ...24)

Vy 16101 .14101 cú hai ch s tn cựng l 24 16101 .14101 chia ht cho 4 (vỡ 24 M4)
8. Phng phỏp 8: S DNG NGUYấN Lí IRICHLET
Nu em n + 1 con th nht vo n lng thỡ cú ớt nht 1 lng cha t 2 con tr

lờn.
Vớ d 1: Chứng minh rằng trong 6 số tự nhiên bất kì luôn tìm đợc 2
số có hiệu chia hết cho 5.
Giải:
Một số khi chia cho 5 có thể nhận một trong các số ú là : 0; 1; 2; 3;
4.
Trong 6 số tự nhiên bất kì khi chia cho 5 luôn tồn tại ít nhất 2 số có
cùng số ú ( nguyên tắc Đirichlet).
9


Hiệu của 2 số chia hết cho 5.

Vớ d 2: Cho ba s l. chng minh rng tn ti hai s cú tng hoc hiu chia ht cho 8
Giải:
Mt s l chia cho 8 thỡ s d ch cú th l mt trong bn s sau: 1;3;5;7. ta chia 4 s
d ny ( 4 con th) thnh 2 nhúm (2 lng)
Nhúm 1: d 1 hoc d 7
Nhúm 2: d 3 hoc d 5
Cú 3 s l (3 th) m ch cú hai nhúm s d nờn tn ti hai s thuc cựng mt nhúm
-

Nu 2 s d bng nhau thỡ hiu ca chỳng chia ht cho 8

-

Nu 2 s d khỏc nhau thỡ tng ca chỳng chi ht cho 8

Vớ d 3: Cho ba s nguyờn t ln hn 3.Chng minh rng tn ti hai s cú tng hoc
hiu chia ht cho 12

Giải:
Hng dn: Mt s nguyờn t ln hn 3 chia cho 12 thỡ s d ch cú th l 1 trong 4 s
1; 5; 7; 11.
Chia lm hai nhúm:
Nhúm 1: d 1 hoc d 11
Nhúm 2: d 5 hoc d 7
9. Phng phỏp 9: PHNG PHP PHN CHNG
CM A(n) p (hoc A(n) p )
+ Gi s: A(n) p (hoc A(n) p )
+ CM trờn gi s l sai
+ Kt lun: A(n) p (hoc A(n) p )
Vớ d 1: CMR n2 + 3n + 5 M
/ 121 vi n N
Gii
2
Gi s tn ti n N sao cho n + 3n + 5 121
2
4n + 12n + 20 121
(2n + 3)2 + 11 121 (1)
(2n + 3)2 + 11 11
(2n + 3)2 11
(2n + 3)2 121 (Vỡ 11 l s nguyờn t )
T (1) 11 121 vụ lý
/ 121
Vy n2 + 3n + 5 M
Vớ d 2 : Chứng minh rằng a 2 - 8 không chia hết cho 5 với aN.
Giải:
2
Giả sử A(n)=a - 8 5,nghĩa là A(n) phải có chữ số tận cùng là
0 hoặc 5, suy ra a 2 (là một số chính phơng) phải có chứ số tận

10


cùng là một trong các chữ số 3;8 - Vô lý(vì một số chính phơng bao giờ cũng có các chữ số tận cùng là:0;1;4;6;9)
Vậy a 2 - 8 không chia hết cho 5.

DNG 2 : CC BI TON V TèM S T
NHIấN N THA MN IU KIN CHIA HT
1. Phng phỏp :
- Gi s tỡm n N sao cho A(n) MB(n)
- Bin i iu kin A(n) MB(n) k MB(n) (vi k l s t nhiờn khụng ph
thuc n) ,t ú tỡm n
- Th li cỏc giỏ tr tỡm c ca n cú A(n) MB(n)
2. H thng cỏc bi tp
Bi 32:
a. Tỡm cỏc s nguyờn dng n sao cho n2 + 1 chia ht cho n + 1
b. Tỡm s nguyờn n 3n 8 chia ht cho n 4
Bi lm :
a. Gi s : n2 + 1 Mn + 1 ,khi ú n2 + 1 = (n2 1 )+ 2 Mn + 1
Vỡ n2 1 = (n 1 ) (n + 1 ) Mn + 1 nờn suy ra 2 Mn + 1
M (2) =

{ 1;2}

suy ra n + 1 = 1 hoc n + 1 = 2
Suy ra n = 0 hoc n = 1
Vỡ n nguyờn dng nờn n = 1
Th li : vi n = 1 ta cú n2 + 1 = 12 + 1 = 2 M1 + 1 (ỳng)
Vy vi n = 1 thỡ n2 + 1 chia ht cho n + 1
b. Gi s 3n 8 Mn 4 khi ú 3n 8 = 3(n 4 ) + 4 Mn 4

4 Mn 4

n4=

{

}

1; 2; 4 n 5;3;6;2;8;0

Bi 31 :
Tỡm s nguyờn dng n tha món iu kin (n + 5)(n + 6) M6n
Bi lm :
Ta cú : P = (n + 5) (n + 6) = n2 + 11n + 30 = 12n + (n2 n +30)
P M6n n2 n +30 M6n
Vỡ n2 n Mn nờn 30 Mn v 30 M6 nờn n2 n M3
Vy n l c dng ca 30 v n chia ht cho 3 d 0 hoc d 1
Suy ra :

{

}

n 1;3;6;10;15;30

Trong cỏc giỏ tr trờn ch cú

{

}

n 1;3;10;30 tha món iu kin bi toỏn .

11