CHUYEN DE PHEP CHIA CO DU - DONG DU THUC

Năm học 2009 - 2010
CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC
CHUYÊN ĐỀ I :
PHÉP CHIA CÓ DƯ – ĐỒNG DƯ THỨC
I. Phép chia hết, phép chia có dư
1. Cho a, b
∈
Z, b > 0 ; khi chia a cho b ta có:
a) a
M
b (hay a \ b) khi và chỉ khi có số nguyên q sao cho a = b.q
b) a không chia hết cho b : khi đó chia a cho b ta được thương gần đúng là q và số dư r (0 < r
< b) ; ta viết : a = b.q + r (với 0 < r < b)
Chú ý :
- Khi chia một số nguyên a cho một số nguyên b > 0 thì số dư là một trong b số từ 0 đến b – 1.
- Trong trường hợp a không chia hết cho b (r ≠ 0). Ta có thể lấy số dư là số âm r’ với r’ = r – b (do
đó
r '
< b).
Ví dụ : Chia 23 cho 3, ta có thể viết :
23 = 3.7 + 2 (7 gọi là thương gần đúng thiếu, vì 3.7 = 21 < 23)
23 = 3.8 + (–1) (8 gọi là thương gần đúng thừa, vì 3.8 = 24 > 23)
- Coi số dư có thể là số âm như trên, thì mọi số nguyên a khi chia cho 2, 3, 4, … , b có dạng :
a = 2k ; a = 2k + 1 hoặc a = 2k ; a = 2k – 1 (k
∈
Z)
a = 3k ; a = 3k ± 1 (k
∈
Z)
a = 4k ; a = 4k ± 1 ; a = 4k + 2 hoặc a = 4k ; a = 4k ± 1 ; a = 4k – 2 (k
∈

Z)
………………………………………………………………………………………………
Tổng quát : nếu a = bk + r (b > 0), thì :
b chẵn :
⇒
r = 0 ; r = ±1 ; r = ±2 ; …… ;
b
2
hoặc r = 0 ; r = ±1 ; r = ±2 ; …… ; –
b
2
b lẻ
⇒
r = 0 ; r = ±1 ; r = ±2 ; …… ; ±
b
2
2. Ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất.
Cho hai số nguyên dương a và b.
Ước chung lớn nhất của a và b, kí hiệu ƯCLN(a,b) hay (a,b). Một số d là ước chung của a và
b khi và chỉ khi d là ước chung của ƯCLN(a,b).
d \ a và d \ b
⇔
d \ (a,b)
Bội chung nhỏ nhất của a và b, kí hiệu BCNN(a,b) hoặc
[ ]
a, b
. Một số m là bội chung của a
và b khi và chỉ khi m là bội của BCNN(a,b).
m
M

a và m
M
b
⇔
m
M

[ ]
a, b
Hai số được gọi là nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi (a,b) = 1
Ta chứng minh được :
[ ]
a, b
=
ab
(a,b)

Từ đó :
[ ]
a, b
= ab nếu (a,b) = 1
3. Thuật toán Ơclit (Tìm ƯCLN dựa vào định lí phép chia có dư) :
Năm học 2009 - 2010
Thuật toán Ơclit dựa vào hai mệnh đề sau :
1) a = bq
⇒
(a,b) = b
2) a = bq + r (r ≠ 0)
⇒
(a,b) = (b,r)

Ví dụ : Tìm (702,306)
Ta có : 702 = 306.2 + 90
⇒
(702,306) = (306,90)
306 = 90.3 + 36
⇒
(306,90) = (90,36)
90 = 36.2 + 18
⇒
(90,36) = (36,18) = 18
Vậy (702,306) = 18.
Trong thực hành, người ta thường đặt phép tính như sau :

20
36
2
90
18
36
3
90
306
2
306
702
Nếu thực hiện thuật toán Ơclit để tìm ƯCLN của hai số mà đến một lúc nào đó có số dư là 1
thì hai số đó là nguyên tố cùng nhau.
Áp dụng : Cho n là số tự nhiên bất kì ; Chứng minh rằng :
21n 4
14n 3

+
+
không thể giản ước được.
(Đề thi học sinh giỏi toán cấp II toàn quốc năm 1970)
Giải : 21n + 4 = (14n + 3).1 + 7n + 1
⇒
(21n + 4,14n +3) = (14n + 3,7n + 1)
14n + 3 = (7n + 1).2 + 1
⇒
(14n + 3,7n + 1) = (7n +1,1) = 1
Vậy : (21n + 4,14n +3) = 1
Hai số 21n + 4 và 14n + 3 có ước chung lớn nhất bằng 1 nên phân thức
21n 4
14n 3
+
+
không thể giản ước
được.
4. Một số tính chất, định lí quan trọng thường được dùng để giải một số bài toán chia hết :
4.1) Mọi số nguyên a ≠ 0 đều chia hết cho chính nó (a
∈
Z ; a ≠ 0
⇒
a
M
a)
4.2) a
M
b và b
M

c
⇒
a
M
c
4.3) 0
M
b (b ≠ 0)
4.4) a, b là hai số nguyên dương, nếu a
M
b và b
M
a thì a = b
4.5) a
M
b thì ac
M
b với c
∈
Z
4.6) a
M
b
⇒
±a
M
±b
4.7) a
M
±1

4.8) a
M
b và a ≠ b
⇒
b không chia hết cho a
4.9) a
M
c và b
M
c
⇒
(a + b)
M
c ; (a – b)
M
c
4.10) a
M
c và b
M
c
⇒
(am + bn)
M
c
4.11) S = (a + b + c + d)
M
m và a,b, c
M
m thì d

M

m
4.12) a, b, c
M
m và d không chia hết cho m thì a + b + c + d không chia hết cho m
4.13) a
M
b và c
M
d
⇒
ac
M
bd. Đặc biệt : a
M
b
⇒
a
n

M
b
n
4.14) ac
M
b và (a,b) = 1
⇒
c
M

b
Năm học 2009 - 2010
4.15) (ca,cb) = c(a,b) ;
a b (a, b)
,
c c c
 
=
 ÷
 
4.16) c
M
a và c
M
b ; (a,b) = 1
⇒
c
M
ab
4.17) Với hai số nguyên a, b và b > 0 thì bao giờ cũng tìm được cặp số nguyên duy nhất (q;
r) sao cho a = bq + r (0 ≤ r < b).
5. Các bài toán chia hết và phương hướng tìm lời giải :
Cho biểu thức A(n), phụ thuộc vào số n (n
∈
Z hay n
∈
Z’ một tập con của Z)
5.1) Để chứng minh A(n) chia hết cho một số nguyên tố p, có thể xét mọi trường hợp về số dư
khi chia n cho p (0,
±

1,
±
2, …,
p 1
2
−
±
)
Ví dụ : Chứng minh rằng n(n
2
+ 1)(n
2
+ 4)
M
5 với mọi số nguyên n.
Giải : Đặt n = 5k + r với r = 0, ±1, ±2)
Với r = 0 thì n
M
5
⇒
A(n)
M
5
Với r = ±1 thì (n
2
+ 4) = [(5k ± 1)
2
+ 4] = 25k
2
± 10k + 5

M
5
⇒
A(n)
M
5
Với r = ±2 thì (n
2
+ 1) = [(5k ± 2)
2
± 1] = 25k
2
± 10k + 5
M
5
⇒
A(n)
M
5
5.2) Để chứng minh A(n) chia hết cho hợp số m, nói chung ta nên phân tích m ra thừa số. Giả
sử
m = p.q
Nếu p,q là số nguyên tố hay (p,q) = 1 thì ta tìm cách chứng minh A(n)
M
p và A(n)
M
q. Từ đó
suy ra A(n)
M
pq = m.

Ví dụ : Chứng minh rằng tích của ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 6.
Giải : Gọi ba số nguyên liên tiếp là : n, n + 1, n + 2. Tích của chúng là : A(n) = n(n + 1)(n + 2).
Trong hai số nguyên liên tiếp, bao giờ cũng có một số chẵn, do đó A(n)
M
2.
Trong ba số nguyên liên tiếp n, n + 1, n + 2 bao giờ cũng có một số chia hết cho 3. Thật vậy vì
số dư khi chia n cho 3 chỉ có thể là 0 (n chia hết cho 3) hoặc là 1 (lúc đó n + 2 chia hết cho 3) hoặc là
2 (lúc đó n + 1 chia hết cho 3).
Vì (2,3) = 1 nên A(n) = n(n + 1)(n + 2)
M
6
Nếu p và q không nguyên tố cùng nhau thì ta phân tích A(n) thành nhân tử, chẳng hạn A(n) =
B(n).C(n) và tìm cách chứng minh B(n)
M
p và C(n)
M
q. Khi đó A(n) = B(n)C(n)
M
pq = m.
Ví dụ : Chứng minh rằng tích của hai số chẵn liên tiếp chia hết cho 8.
Giải : Gọi số chẵn đầu là 2n, số chẵn tiếp theo là 2n + 2, tích của chúng là A(n) = 2n(2n + 2).
Ta có 8 = 2.4 và A(n) = 2n(2n + 2) = 4.n(n + 1); n và n + 1 là hai số nguyên liên tiếp nên chia
hết cho 2. Vì 4
M
4 và n(n + 1)
M
2 nên 4n(n + 1)
M
4.2 = 8.
5.3) Để chứng minh A(n) chia hết cho m, ta có thể biến đổi A(n) thành tổng của nhiều số

hạng và chứng minh mỗi số hạng chia hết cho m.
Ví dụ : Chứng minh rằng lập phương của một số nguyên bất kì (n > 1) trừ đi 13 lần số nguyên
đó thì luôn chia hết cho 6. (Đề thi học sinh giỏi toán cấp II toàn quốc năm 1970)
Giải : Ta cần chứng minh : A(n) = n
3
– 13n
M
6
Ta có A(n) = n
3
– 13n = n
3
– n – 12n = n(n
2
– 1) – 12n = n(n – 1)(n + 1) – 12n.
Vì n(n – 1)(n + 1) là tích của ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 6 và 12n chia hết cho 6
nên : A(n) = n
3
– 13n
M
6.
Năm học 2009 - 2010
5.4) Để chứng minh một tổng nào đó không chia hết cho m, có thể chứng minh một số hạng
nào đó của tổng không chia hết cho m còn tất cả các số hạng còn lại chia hết cho m.
Ví dụ : Chứng minh rằng với mọi số n lẻ : n
2
+ 4n + 5 không chia hết cho 8.
Giải : Đặt n = 2k + 1 (n lẻ) ta có :
n
2

+ 4n + 5 = (2k + 1)
2
+ 4(2k + 1) + 5 = (4k
2
+ 4k + 1) + (8k + 4) + 5
= (4k
2
+ 4k) + (8k + 8) + 2 = 4k(k + 1) + 8(k + 1) + 2
Vì k(k + 1)
M
2 nên 4k(k + 1)
M
8 ; 8(k + 1)
M
8 và 2 không chia hết cho 8 nên n
2
+ 4n + 5
không chia hết cho 8.
5.5) Nếu số dư khi chia a cho b > 0 là r (0 < r < b) thì số dư khi chia a
n
(n > 1) cho b là số
dư khi chia r
n
cho b (số dư này bằng r
n
nếu r
n
< b).
Ví dụ : Chứng minh rằng A(n) = n(n
2

+ 1)(n
2
+ 4)
M
5 với mọi số nguyên n.
Giải : n chia cho 5 dư 0
⇒
n
M
5
n chia cho 5 dư ±1
⇒
n
2
chia cho 5 dư (±1)
2
= 1
⇒
n
2
+ 4
M
5
n chia cho 5 dư ±2
⇒
n
2
chia cho 5 dư (±2)
2
= 4

⇒
n
2
+ 1
M
5
Ví dụ : Chứng minh rằng nếu n không chia hết cho 7 thì n
2
+ 1 hoặc n
3
– 1 chia hết cho 7.
Giải : n không chia hết cho 7 nên n có dạng : 7k ± 1, 7k ± 2 hoặc 7k ± 3
n = 7k ± 1
⇒
n
3
= 7p ± 1
n = 7k ± 2
⇒
n
3
= 7q ± 8 = 7(q ± 1) ± 1
n = 7k ± 3
⇒
n
3
= 7m ± 27 = 7(m ± 4) ± 1
Trong mọi trường hợp, n
3
+ 1 hoặc n

3
– 1 là bội của 7.
5.6) Có thể dùng các công thức sau :
Ta đã biết : a
2
– b
2
= (a – b)(a + b)
a
3
– b
3
= (a – b)(a
2
+ ab + b
2
)
a
3
+ b
3
= (a + b)(a
2
– ab + b
2
)
Một cách tổng quát :
a
n
– b

n
= (a – b).M với n bất kì (1)
Trong đó : M = a
n – 1
+ a
n – 2
b + … + ab
n – 2
+ b
n – 1
n n
a b (a b).N− = +
với n chẵn (2)
Trong đó : N =
n 1 n 2 n 2 n 1
a a b ... ab b
− − − −
− + + −
a
n
+ b
n
= (a + b).P với n lẻ (3)
Trong đó : P = a
n – 1
- a
n – 2
b + … - ab
n – 2
+ b

n – 1
Do đó, theo (1) và (2) :
a
n
– b
n
chia hết cho a – b (nếu a ≠ b) với n bất kì.
a
n
– b
n
chia hết cho a + b (nếu a ≠ -b) với n chẵn.
Theo (3) : a
n
+ b
n
chia hết cho a + b (nếu a ≠ -b) với n lẻ.
Ví dụ : a) Chứng minh rằng 2
4n
– 1
M
15
Giải : Ta có : 2
4
= 16, do đó : 2
4n
– 1 = 16
n
– 1 = (16 – 1).M = 15.M
b) Chứng minh rằng 2

5
+ 3
5
+ 5
5

M
5
Giải : Vì 5 là số lẻ nên 2
5
+ 3
5
= (2 + 3).P và 5
5

M
5 nên 2
5
+ 3
5
+ 5
5

M
5
5.6) Có thể chứng minh bằng quy nạp toán học :
Để chứng minh một mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên n bằng phương pháp quy nạp toán
học, ta tiến hành theo ba bước sau :
Năm học 2009 - 2010
Bước 1 : Kiểm tra mệnh đề đúng với n = 1 (hoặc n = n

o
)
Bước 2 : Giả sử mệnh đề đúng với n = k > 1 (hoặc k > n
o
) ; (Ta gọi là giả thiết quy nạp). Rồi
chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1.
Bước 3 : Kết luận mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên n.
Ví dụ : Chứng minh rằng 16
n
– 15n – 1
M
225.
Giải : Với n = 1 thì 16
n
– 15n – 1 = 16 – 15 – 1 = 0
M
225 (đúng)
Giả sử 16
k
– 15k – 1
M
225
Ta chứng minh : 16
k+1
– 15(k + 1) – 1
M
225.
Thật vậy : 16
k+1
– 15(k + 1) – 1 = 16.16

k
– 15k – 15 – 1 = (15 + 1).16
k
– 15k – 15 – 1 =
= (16
k
– 15k – 1) + 15.16
k
– 15.
Theo giả thiết quy nạp (16
k
– 15k – 1)
M
225,
Còn 15.16
k
– 15 = 15(16
k
– 1) = 15.(16 – 1).M
M
15.15.
Vậy 16
k+1
– 15(k + 1) – 1
M
225.
5.7) Dùng nguyên lí Dirichlet :
Nguyên lí Dirichlet có thể phát biểu một cách tổng quát như sau :
“Nếu đem n + 1 con thỏ nhốt vào n cái chuồng thì có ít nhất một chuồng chứa từ 2 con thỏ
trở lên”

Ví dụ : Chứng minh rằng trong n + 1 số nguyên bất kì có 2 số mà hiệu chia hết cho n.
Giải : Lấy n + 1 số nguyên bất kì chia cho n thì có n + 1 số dư. Nhưng khi chia một số cho n thì sẽ có
n số dư từ 0 đến n – 1. Vậy trong n + 1 phép chia trên sẽ có 2 số có cùng số dư. Khi đó hiệu hai số
này chia hết cho n.
Bài tập áp dụng :
1) Chứng minh rằng : A = 75(4
1975
+ 4
1974
+ 4
1973
+ … + 4 + 5) + 25 chia hết cho 4
1976
.
Giải : A = 25.3(4
1975
+ 4
1974
+ 4
1973
+ … + 4
2
+ 4 + 1) + 25
A = 25.(4 – 1) (4
1975
+ 4
1974
+ 4
1973
+ … + 4

2
+ 4 + 1) + 25
A = 25.(4
1976
– 1) + 25 = 25
( )
1976 1976 1976
4 1 1 25.4 4
 
− + =
 
M
2) Chứng minh rằng số P =
5 4 3 2
x x 7x 5x x
120 12 24 12 5
+ + + +
luôn luôn là một số tự nhiên với mọi số
tự nhiên x.
Giải : P =
5 4 3 2
x 10x 35x 50x 24x
120
+ + + +
Mà : x
5
+ 10x
4
+ 35x
3

+ 50x
2
+ 24x
= x(x
4
+ 10x
3
+ 35x
2
+ 50x + 24)
= x[(x
4
+ 5x
3
+ 4x
2
) + (5x
3
+ 25x
2
+ 20x) + (6x
2
+ 30x + 24)]
= x[x
2
(x
2
+ 5x + 4) + 5x(x
2
+ 5x + 4) + 6(x

2
+ 5x + 4)]
= x(x
2
+ 5x + 4)(x
2
+ 5x + 6)
= x(x + 1)(x + 4)(x + 2)(x + 3).
Vì 120 = 3.5.8 với 3, 5, 8 đôi một nguyên tố cùng nhau, do đó chỉ cần chứng minh :x(x + 1)(x
+ 4)(x + 2)(x + 3) lần lượt chia hết cho 3, 5, 8.