Một số dạng toán số học trong trung học cơ sở

Đề tài: Một số dạng toán Số học trong
THCS

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

NGUYỄN THỊ OANH

MỘT SỐ DẠNG TOÁN SỐ HỌC
TRONG TRUNG HỌC CƠ SỞ

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Hà Nội - Năm 2012

1


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
KHOA TOÁN – CƠ – TIN HỌC

Nguyễn Thị Oanh

MỘT SỐ DẠNG TOÁN SỐ HỌC TRONG
TRUNG HỌC CƠ SỞ
LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC
Chuyên ngành : Phƣơng pháp toán sơ cấp
Mã số : 60 46 40
NGƢỜI HƢỚNG DẪN KHOA HỌC
TS. Phạm Văn Quốc

Hà Nội - Năm 2012


LỜI NÓI ĐẦU
Số học, ngành lâu đời nhất và đầy hấp dẫn của Toán học đã từng đƣợc một
nhà Toán học nổi tiếng gọi là:" Bà chúa của Toán học". Các bài toán số học đã làm
say mê nhiều ngƣời, từ các nhà toán học lỗi lạc của mọi thời đại đến đơng đảo các
bạn u Tốn. Thế giới các con số, rất quen thuộc với chúng ta trong đời sống
thƣờng hàng ngày, là một thế giới hết sức kì lạ, đầy bí ẩn. Điều lý thú là nhiều mệnh
đề khó nhất của Số học đƣợc phát biểu rất đơn giản; nhiều bài tốn khó có thể giải
sáng tạo với những kiến thức rất phổ thông.
Số học đƣợc chia ra làm nhiều mảng rất đa dạng và phong phú nhƣ: Tính
chia hết, lý thuyết đồng dƣ, số nguyên tố - hợp số, phƣơng trình nghiệm ngun, số
chính phƣơng… Tuy nhiên, trong khn khổ luận văn của mình, em chỉ xin phép
trình bày về một số dạng cơ bản phù hợp với kiến thức và trình độ của học sinh
THCS, trong đó đặc biệt chú trọng phần chuyên đề về phƣơng trình nghiệm ngun.
Để các Thầy cơ giáo cũng nhƣ các em học sinh có thể coi đây là một tài liệu
tham khảo hữu ích phục vụ cho việc ơn thi vào các trƣờng chuyên, lớp chọn thì
trong mỗi một phần, đầu tiên em đƣa ra các kiến thức cơ bản, sau đó phân loại bài
tập theo dạng đồng thời đƣa ra các ví dụ tiêu biểu và cuối cùng là đề xuất các bài
tập tƣơng tự.
Vì thời gian có hạn và trình độ cịn hạn chế nên khóa luận của em khơng thể
tránh khỏi những thiếu sót. Kính mong nhận đƣợc sự chỉ bảo của thầy giáo.
Hà Nội, ngày 22 tháng 09 năm 2012
Học viên

Nguyễn Thị Oanh

MỤC LỤC
LỜI NÓI ĐẦU.................................................................................................................. 3
Chƣơng 1: SỰ CHIA HẾT VÀ CHIA CÕN DƢ.......................................................... 3
1.1 Những kiến thức cần thiết........................................................................................ 3
1.2 Các dạng toán thƣờng gặp....................................................................................... 5
1.3 Một số bài tập tự luyện.......................................................................................... 24
Chƣơng 2: SỐ NGUYÊN TỐ - HỢP SỐ...................................................................... 24
2.1 Các định nghĩa........................................................................................................ 24
2.2 Các định lý............................................................................................................ 24
2.3 Các dạng toán thƣờng gặp.................................................................................... 25
2.4 Một số bài tập tự luyện........................................................................................... 31
Chƣơng 3: ƢỚC CHUNG LỚN NHẤT - BỘI CHUNG NHỎ NHẤT......................33
3.1 Ƣớc chung lớn nhất............................................................................................... 33
3.2 Bội chung nhỏ nhất................................................................................................34
3.3. Các bài toán về ƣớc chung lớn nhất......................................................................35
3.4 Các bài toán về bội chung nhỏ nhất........................................................................39
3.5 Một số bài tập tự luyện........................................................................................... 40
Chƣơng 4: SỐ CHÍNH PHƢƠNG.............................................................................. 42
4.1 Kiến thức cần thiết................................................................................................. 42
4.2 Bài tập về số chính phƣơng....................................................................................45
4.3 Một số bài tập tự luyện...........................................................................................56
Chƣơng 5: PHƢƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUN................................................. 58
5.1 Phƣơng trình vơ định bậc nhất hai ẩn.................................................................... 58
5.2 Phƣơng trình bậc hai hai ẩn................................................................................... 66
5.3 Một số phƣơng trình nghiệm nguyên khác và cách giải.........................................85
KẾT LUẬN..................................................................................................................... 93
TÀI LIỆU THAM KHẢO............................................................................................. 94


Chƣơng 1: SỰ CHIA HẾT VÀ CHIA CÕN DƢ

Trong tập hợp các số nguyên với các phép tính cộng, trừ, nhân, chia; phép
chia không phải bao giờ cũng thực hiện được. Đối với những phép chia thực hiện
được thì số bị chia và số chia có quan hệ chia hết. Việc nghiên cứu các quan hệ này
có tác dụng rất lớn trong việc giải quyết các bài tập toán học và rèn luyện tư duy
giải tốn. Vì vậy, chun đề này là một trong những chuyên đề quan trọng nhất của
Số học.
1.1. NHỮNG KIẾN THỨC CẦN THIẾT
1.1.1 Định nghĩa
 Định lý cơ bản
Với hai số nguyên tùy ý a và b ( b  0 ) thì tồn tại duy nhất cặp số nguyên q; r sao
cho:
a = bq + r 0  r  b .
 Định nghĩa sự chia hết:
Cho hai số nguyên a và b, b  0 . Nếu tìm đƣợc số nguyên q mà a = bq thì ta nói
rằng a chia hết cho b. Kí hiệu: ab.
Hoặc có thể nói: b chia hết a. Kí hiệu: b a . Khi đó, ta nói: a là bội của b; b là ƣớc
của a.
1.1.2 Các tính chất về sự chia hết
 Tính chất 1: aa với mọi a  0.

ab
 Tính chất 2: b  ac.
 
c
 Tính chất 3: 0b với mọi b  0.
 Tính chất 4:
b

ab
b




 Tính chất
5:



a 

ab.



a
a  b

ab   a  b  .

am
 Tính chất 6:
   a  b m.
bm 


 Tính chất 7: Nếu một trong hai số a, b chia hết cho m mà số kia không chia hết
cho m thì a  b khơng chia hết cho m.
Hệ quả: Nếu tổng hai số chia hết cho m và một trong hai số chia hết cho m thì
số cịn lại cũng chia hết cho m.

 Tính chất 8: Nếu một thừa số của tích chia hết cho m thì tích chia hết cho m.

am
 abmn.
 Tính chất 9: b


n am
 Tính chất 10: Nếu
 aBCNN  m, n  .
a

 an , mà  m, n   1 thì a mn  .
Hệ quả: Nếu am và
n
 Tính chất 11: Nếu  ab m , mà  b, m   1 thì am.
 Tính chất 12: Nếu ab thì kab với mọi số nguyên k
 Hệ quả: ab  a n b với mọi n   *.

am
  ka  lb m với mọi k, l là số nguyên.
 Tính chất 13: b


1.1.3 Các dấu hiệumchia hết
1) Dấu hiệu chia hết chia hết cho 2 (hoặc 5): Một số chia hết cho 2 (hoặc 5)
khi và chỉ khi chữ số tận cùng của nó chia hết cho 2 (hoặc 5).
2) Dấu hiệu chia hết chia hết cho 4 (hoặc 25):Một số chia hết cho 4 (hoặc 25)
khi và chỉ khi số tạo bởi hai chữ số tận cùng của nó chia hết cho 4 (hoặc 25).
3) Dấu hiệu chia hết chia hết cho 8 (hoặc 125): Một số chia hết cho 8 (hoặc

125) khi và chỉ khi số tạo bởi ba chữ số tận cùng của nó chia hết cho 8 (hoặc
125).
4) Dấu hiệu chia hết chia hết cho 3 (hoặc 9): Một số chia hết cho 3 (hoặc 9)
khi và chỉ khi tổng các chữ số của nó chia hết cho 3 (hoặc 9).
5) Dấu hiệu chia hết chia hết cho 11: Một số chia hết cho 11 khi và chỉ khi
hiệu giữa tổng các chữ số "đứng ở vị trí lẻ" và tổng các chữ số " đứng ở vị trí
chẵn", kể từ trái qua phải chia hết cho 11.
1.1.4 Một số kết quả thƣờng sử dụng


1) Trong k số ngun liên tiếp ln có một số chia hết cho k.
2) Khi chia số nguyên n cho số nguyên m khác 0 có thể nhận m giá trị dƣ từ 0
đến m 1.
3) Một số tự nhiên và tổng các chữ số của nó có cùng số dƣ khi chia cho 3
(hoặc 9).
4) Một số chính phƣơng khi chia cho 3 (hoặc 4) chỉ có thể có số dƣ là 0 hoặc 1,
khi chia cho 5 (hoặc 8) chỉ có thể có số dƣ là 0; hoặc 1 hoặc 4.


a



5) an  bn  a  b  n   *.
2n1



 b2n1  a  b  n   *.

 a  b n
 a  b n

 B(a)   1n .bn.
 B(a)  bn.

1.1.5 Đồng dƣ thức
 Định nghĩa:
Nếu hai số a và b chia cho c ( c  0 ) có cùng số dƣ ta nói a đồng dƣ với b theo
mơđun c. Kí hiệu: a  bmodc .
Vậy: a  b  mod c   a  bc.
m *
 Một số tính chất:
Với mọi a, b,c,d  và
a) a  a  modm  .

a  b  modm  và b  c  modm   a  c  modm  .

b) a  b  modm  ; c  d  modm   a  c  b  d  modm  .

c) a  b  modm  ; c  d  modm   ac  bd  modm  .
a b
m
Nếu d là ƣớc chung dƣơng của a, b, và m thì a  bmod m   mod
.
d

d) a  c  modm  ; c là ƣớc chung của a và b và c, m  1
thì

a

c


b
d



c

d




mod m .

e) a  b  modm  ;n  *  ac  bcmodmc.

1.2 CÁC DẠNG TOÁN THƢỜNG GẶP
Nhìn chung, loại bài tốn về chia hết là phong phú và đa dạng, đồng thời có
nhiều cách giải khác nhau. Song, chúng ta có thể chia ra một số loại bài toán
thường gặp sau:


1.2.1 DẠNG I Giải các bài tập thông thƣờng về cấu tạo số

Bài tập thuộc dạng này thường là các bài toán "Tìm số" hoặc “điền các chữ
số” mà các điều kiện ràng buộc có liên quan tới tính chất và dấu hiệu chia hết do
vậy đòi hỏi học sinh phải nắm chắc các tính chất và dấu hiệu chia hết.
Để làm dạng bài này, ta cũng thường sử dụng tính chất sau:



Ta có: m  a1.a2....an với các ai i  1, n
Khi
đó:

 là đơi một ngun tố cùng nhau.

Am  Aa1;Aa2;...;Aam .

Ví dụ 1: Hãy thay các chữ số vào các chữ a, b để số
là bội số của 180.
Giải
2a44b180  2a44b phải chia hết cho 9 và 10.
+ Vì 2a44b 10  b  0.
+ Vì 2a4409  2  a  4  4  0  10  a 9   a 19.
Mà a là chữ số nên 1  a 1 10 nên a +1 = 9  a  8.
Vậy a = 8; b = 0, ta đƣợc số: 28440. Thử lại: 28440 : 180 = 158.
Ví dụ 2: Tơi nghĩ hai số tự nhiên liên tiếp, trong đó có một số chia hết cho 9.
Tổng của hai số đó là một số có những đặc điểm sau:
a) Có 3 chữ số.
b) Là bội số của 5.
c) Tổng chữ số hàng trăm và chữ số hàng đơn vị là bội số của 9.
d) Tổng chữ số hàng trăm và chữ số hàng chục chia hết cho
4. Bạn hãy đốn xem tơi đã nghĩ ra hai số nào?

Giải
Gọi hai số đã cho là: N và N + 1.
Theo bài ra ta có: N + N +1 = abc (a, b, c là các chữ số).

(1)
(2)
(3)
(4)

abc5.

a + c chia hết cho 9.
a + b chia hết cho 4.
Từ (2) c = 0 hoặc c = 5.
Từ (1)  abc lẻ. Do đó c = 5, thay vào (3) ta đƣợc:

 a  59  a  4.

Thay a = 4 vào (4) ta đƣợc:  4  b 4  b 0;4;8.

+ Nếu b = 0 thì N + ( N +1) = 405  N  202 , N + 1 = 203 (loại vì khơng có số
nào chia hết cho 9).
+ Nếu b = 4 thì N  N 1  445  N  222 và N + 1 = 223 (loại).

+ Nếu b = 8 thì 485 = N + (N +1)  N  242 và N + 1 = 243 (Thỏa mãn 243 9 ).
Vậy hai số cần tìm là: 242; 243.
Ví dụ 3: Tìm các chữ số trong đẳng thức:
.

Đặt 23673xy674592117233400 
A.



Giải



Vì 10910 1 108 . Mà 108 = 9.3.





 10910 1 9  A9.

22

 Tổng các chữ số của A = 72 +x + y chia hết cho 9   x  y 9.





 







(1)

Mặt khác: 10910 1  1092 1  10910 1 110.108  10910 1 110  A110.

 A11 . Sử dụng dấu hiệu chia hết cho 11, ta có:  y  x 

(2)

811.

Từ (1) và (2)  x  6 và y = 3.
LỜI BÌNH: Trên đây là các bài tốn có thể sử dụng dấu hiệu chia hết. Tuy nhiên,
không phải số nào cũng có dấu hiệu chia hết, do đó để giải quyết những bài tốn
như vậy ta có thể dùng cấu tạo số kết hợp cùng các tính chất và lập luận một cách
linh hoạt.
Dưới đây là hai ví dụ minh họa cho những bài tốn khơng thể sử dụng dấu hiệu
chia hết.
Ví dụ 4: Biết rằng

vừa chia hết cho 7; cho 11 và cho 13. Tìm số đó?
Giải
Vì số a7b8c9 vừa chia hết cho 7, cho 11 và cho 13. Mà 7, 11, 13 là 3 số đôi
một nguyên tố cùng nhau nên a7b8c9 phải chia hết cho 7.11.13 = 1001 và thƣơng tìm
đƣợc là số có 3 chữ số.
Gọi số có 3 chữ số đó là: def.

d  a  8

Khi đó ta có: def.1001  a7b8c9  defdef  a7b8c9  e 7  c .
f b  9

Vậy số phải tìm là: 879879. Kiểm tra lại ta thấy kết quả là đúng.


Ví dụ 5: Hãy thay các chữ số vào các chữ x, y trong số N =
chia hết cho 13.
Giải
Ta có: N = 3.106  x.104  y.102  3
(1) với 0  x, y  9.
 N = B(13) + 3  x  3y  2  3 x  3y chia hết cho 13.
 2

sao cho N

Mà 0  x, y  9  2  x  3y  2  38.
Nên x  3y  213;26.
Ta xét hai trƣờng hợp:
+ Nếu x + 3y + 2 = 13  y  4 

x 1
3

. Do y nguyên nên x +1 chia hết cho 3


 x 2,5,3. Tƣơng ứng y3;2;1.

+ Nếu x + 3y +2 = 26  3y  24  x 

x chia hết cho 3  x 0,3,6,9.

Tƣơng ứng: y9;7;6;5.
Vậy ta đƣợc các kết quả sau: 3020303; 3050203; 3080103; 3000803; 3030703;
3060603; 3090503.
1.2.2 DẠNG II Bài tập về chứng minh sự chia hết trực tiếp theo định nghĩa và
tính chất
Bài tập loại này chủ yếu là các bài tốn dạng A chia hết cho m, trong đó A là
một số cụ thể hoặc một biểu thức chứa chữ cịn m là một số cụ thể. Thơng thường ta
phân tích m thành các thừa số đơi một ngun tố cùng nhau. Rồi lần lượt chứng
minh A chia hết cho từng thừa số ấy.
Ví dụ 1: Cho A =
. Chứng minh rằng: n là số tự nhiên
không chia hết cho 5 thì A chia hết cho 285.
Giải
Do 285 = 5.57. Trƣớc hết ta chứng minh A chia hết cho 5:



Ta có: n4 1  n2 1

n2 1  n2 1n2  4   5n2 1
=  n  2  n 1n 1 n  2 + 5  n2 1.

Do n không chia hết cho 5 nên ta thấy n có dạng 5k 1 hoặc 5k  2.
+ Nếu n = 5k +1 thì (n - 1)  5.
+ Nếu n = 5k - 1 thì (n + 1)  5.
+ Nếu n = 5k + 2 thì (n - 2)  5.

+ Nếu n = 5k - 2 thì (n + 2)  5.
Vậy n  2n 1n 1n  2 chia hết cho 5 với mọi n không chia hết cho 5.
Vậy, ta đƣợc A chia hết cho 5.
(1)
Ta cần chứng minh thêm: A 57.





Thật vậy: 112n  26n  121n  64n 121 64  

(2)

A57.
Từ (1) và (2)  A285  dpcm .
NHẬN XÉT: Nhận thấy n4 1 luôn chia hết cho 8 với mọi n lẻ và 112n  26n cũng
luôn chia hết cho 185 = 112  với n lẻ,mà (8, 185) =1, do đó ta có thể tạo ra bài
26
tốn mới như sau:
Cho A =
. Chứng minh rằng: A luôn chia hết cho 1480 với
mọi n là số tự nhiên lẻ.
Với cách làm như vậy, ta có thể tự đặt ra những bài toán tương tự như sau:
Chứng minh rằng:



1) A = 46n  296.13n

 n3  n 354 với n.





C   62n 19n  n2 11320 với n

2) B  n5  n 20n 16n  3n 1 9690 với n chẵn.
3)

thỏa mãn  n,6   1.

Ví dụ 2: Biết rằng a, b, c là các số cùng chẵn hoặc cùng lẻ. Chứng minh rằng:
chia hết cho 24.
Giải





Đặt A =  a  b  c 3  a3  b3  c3  3  b  c  a  c  a  b  .
 A ln chia hết cho 3.
Mặt khác: vì a, b, c cùng tính chẵn lẻ  a + b; b + c; c + a đều là số
chẵn.
  a  b  b  c  a  c 8.
 A8.

(1)
(2)

Từ (1) và (2)  A24
Ví dụ 3: Cho a, b, c, d là 4 số nguyên. Chứng minh rằng:

chia hết cho 12.

Giải
Ta chứng minh rằng: A chia hết cho 3 và 4.
Ta thấy A là tích các thừa số là hiệu đôi một các số trong 4 số a, b, c, d nên:
+ Trong 4 số a, b, c, d phải tồn tại ít nhất 2 số có cùng số dƣ khi chia cho 3
nên hiệu của chúng chia hết cho 3  A3.
+ Trong 4 số a, b, c, d chỉ có thể xảy ra một trong hai khả năng sau:

(1)

a) Có 2 số chẵn và 2 số lẻ. Khi đó: hiệu hai số chẵn chia hết cho 2 và hiệu hai
số lẻ cũng chia hết cho 2. Do đó: A chia hết cho 4.
b) Có ít nhất 3 số cùng tính chẵn lẻ. Từ 3 số ấy ta đƣợc hai hiệu chia hết cho
2 hay A chia hết cho 4.
Vậy, A luôn chia hết cho 4.
(2)
Từ (1) và (2)  A12.
Ví dụ 4: Chứng minh rằng: A = 192021…7980 chia hết cho 1980.
Giải
Ta có: 1980 = 9.11.20.
Ta thấy: A 1920...79.100  80 chia hết cho 20
Tổng các chữ số của A = 9.62 chia hết cho 9.
Tổng các chữ số đứng ở vị trí lẻ của A là 9.31.
Tổng các chữ số đứng ở vị trí chẵn của A là 9. 31.
Do đó A chia hết cho 11.

Từ (1), (2) và (3)  A chia hết cho 180.

(1)
(2)
(3)


Ví dụ 5: Cho a, b, c thỏa mãn
phƣơng thì abc chia hết cho 30.

đồng thời là các số chính


Giải
Ta lần lƣợt chứng minh: abc chia hết cho 2, 3, và 5.
a) Chứng minh chia hết cho 2
+ Nếu b chẵn thì abc 2 .
+ Nếu b lẻ thì b2  8k 1.
Mà b2  4ac cũng là số chính phƣơng lẻ nên b2  4ac  8m 1.
 4ac8   ac 2   abc 2.
b) Chứng minh chia hết cho 3
+ Nếu b3 thì  abc 3.

(1)

+ Nếu b = 3k 1 thì b2  3q 1. Khi đó:
+ nếu ac = 3m + 1 thì b2 
chia 3 dƣ 2 khơng thể là số chính phƣơng.
+ nếu ac = 3m + 2 thì 4ac
chia 3 dƣ 2 khơng thể là số chính phƣơng.

2
 ac = 3m hay  abc 3. b 
(2)
4ac

c) Chứng minh chia hết cho 5
+ Nếu b = 5k 1 hoặc b  5k  2 thì b2  5q 1.

Giả sử ac không chia hết cho 5  ac chia cho 5 sẽ dƣ 1 hoặc dƣ 2.
Khi đó: hoặc b2  4ac hoặc b2  4ac có dạng 5p  2 khơng phải là số chính
phƣơng.
Vậy  ac 5   abc 5.
(3)
Từ (1) (2) và (3) ta có: abc chia hết cho 30.
Bài tốn tƣơng tự: Dùng tính chất về số chính phương ta có thể làm bài
tốn tương tự như sau:
Nếu x, y, z là các số nguyên thỏa mãn:
thì xyz
NHẬN XÉT: Trên đây là những bài tốn yêu cầu chứng minh chia hết cho một số
cụ thể nên ta có thể chia thành những bài tốn nhỏ bằng cách chứng minh chia hết
cho các bộ số đôi một ngun tố cùng nhau và có tích bằng số chia ban đầu. Song,
những bài toán yêu cầu chứng minh chia hết cho một số tổng quát lại không thể
làm như vậy. Do đó, ta cần vận dụng các tính chất về sự chia hết của một tổng hoặc
một hiệu hay một lũy thừa để dẫn đến điều phải chứng minh.
Sau đây là một vài ví dụ cho những bài tốn như vậy:
Ví dụ 6: Chứng minh rằng: Nếu
chia hết cho m với mọi n >
0 (a, b, c, d ) thì chia hết cho m.
Giải
Cho n lần lƣợt các giá trị 1, 2, 3 ta nhận đƣợc:  ab  c  d m.

(1)

 ab  2c 
d m.
2

(2)


 ab

3

(3)



 3c  d m.

Từ (1) và (2)  abb 1  c chia hết cho m.

(4)

Từ (2) và (3)

 ab2  b 1  c chia hết cho m.
Từ (4) và (5)  ab  b 1 chia hết cho m.

(5)

Mặt khác, từ (4)  a2b2  b 1  c2 chia hết cho m.

(7)

2

(6)

2

Từ (6) và (7) suy ra:

c2 chia hết cho m.

Ví dụ 7: Giả sử a, b, c, d là những số nguyên tố cùng nhau với m = ad - bc.
Chứng minh rằng: Nếu ax + by chia hết cho m
thì cx + dy cũng chia
hết cho m.
Giải
Đặt U = ax + by, V = cx + dy. Khi đó: dU - bV = mx chia hết cho m.
Mà dU chia hết cho m  bV chia hết cho m, nhƣng vì  m, b   1  Vm (đpcm).
Ví dụ 8: Giả sử m, n, k là các số nguyên dƣơng thỏa mãn
Chứng minh rằng:
.
Từ giả thiết mn n m  mnk
n

và

Giải

mk

.
Và n k k n  n km k nm .

   

 mnk k nm  mk n  k m n  mk (đpcm).
km

1.2.3 DẠNG III Dùng phƣơng pháp qui nạp và nguyên tắc Đirichle
để chứng minh sự chia hết
Để nhận biết khi nào bài toán nên dùng phương pháp quy nạp và khi nào có
thể dùng nguyên tắc Dirichle ta có thể dự đốn dựa vào u cầu của bài toán. Đặc
điểm nhận dạng những bài toán chứng minh chia hết dùng phương pháp quy nạp là
khi cần chỉ ra bài toán đúng với mọi giá trị của n (hay m); cịn những bài tốn
dùng ngun tắc Dirichle thường là những bài toán về chứng minh sự tồn tại.
Ví dụ 1: Chứng minh rằng:

.

Giải
Ta chứng minh bằng phƣơng pháp quy nạp:
+ Với n = 1, ta có: A1  5  2 1  88 (bài toán đúng).
k


+ Giả sử bài toán đúng với n = k. Tức
là:





A  5k  2.3k1 18 k   * .

+ Ta cần chứng minh bài toán đúng với n = k + 1. Tức là: A

k1

 5k1  2.3k 18 .



là số chẵn nên  5k  3k1 2  4. 5k  3k1 8 .



Thật vậy: Ak1  5k1  2.3k 1  5.5k  6.3k1 1  A  4 5k  3k1 .
Mà 5k  3k1

Ak 8 .

Mặt khác:


Ak1 8 . Vậy theo nguyên lí quy nạp bài tốn đƣợc chứng minh.

CHÚ Ý: Ví dụ trên minh họa cho một lớp những bài tốn có thể dùng phương

pháp quy nạp để chứng minh mà dạng tổng quát của chúng như sau:
Chứng minh rằng: a n xn  an1xn1 .....  a1 x  a0  bn chia hết cho m với mọi
n 

*

Ví dụ 2: Đặt A = m.(m + 1).(m + 2)…(m + n - 1).
B = 1.2.3…n.
Chứng minh rằng: A chia hết cho B với m, n nguyên dƣơng.
Giải
Ta chứng minh quy nạp theo n:
+ Rõ ràng, tích của hai số tự nhiên liên tiếp bao giờ cũng chia hết cho 1.2 (đúng).
+ Giả sử tích của k số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 1.2…k ta phải chứng minh
rằng tích của k + 1 số tự nhiên liên tiếp cho 1.2.3…(k +1). Hay:
m m 1...m  k 1m nguyên với m là số nguyên dƣơng tùy ý
P
 k  1.2.3...k 1.k.k
1
Thật vậy, ta có:
1)
P=

m(m 1)...(m  k 1)
1.2...k

P
=Q



(m 1).m.(m 1)...(m  k

1

1.2...k.(k 1)

(m 1).m.(m  2)...(m  k  2)



= QP.
1

(m  2)(m 1)...(m  k  2)

2

 P2.

1.2.3...k
1.2...k(k 1)
……………………………………………………………………..
1

Pm2


Q

2.3...k(k 1)



1.2.3...k.(k 1)



m1

 Pm1.

1.2....k
1.2.3...k
Theo giả thiết quy nạp thì Q1,Q2 ,...,Qn1 là những số nguyên .
Mà P  k 1  P
nguyên  P
nguyên  …  P nguyên  P1 nguyên
m1

m2

 P nguyên (đpcm).

m3

2

Ví dụ 3: Chứng minh rằng ln tồn tại số tự nhiên có n chữ số
cho
mà khi viết chỉ dùng các chữ số 1 và 2.

chia hết


Giải
122
Khi n = 2, ta có
2 (bài tốn đúng).
Giả sử bài toán thỏa mãn với n = k, k  2 . Khi đó tồn tại số A có k chữ số, các chữ
số trong A là 1 và 2, và A  2k .
A  2k.B.
Đặt Ta xét hai trƣờng hợp:


+ Nếu B chẵn ta xét số 2A . Số này có k +1 chữ số, chỉ gồm các chữ số 1 và 2.





Ngoài ra, 2A = 2.10k  A = 2k1.5k  2k.B  2k1 5k  q .
Trong đó: B = 2q với q nguyên dƣơng. Ta thấy 2A chia hết cho 2k1.
+ Nếu B lẻ ta xét số 1A , số này có k + 1 chữ số chỉ gồm các chữ số 1 và 2.





Ngoài ra, 1A  10k  A = 2k.5k  2k.B = 2 5  B .
k

Do

5k

k

và B là số lẻ nên 5k  B  2q . Vậy 1A  2k.2q 
2k1.q

chia hết cho 2k1.

Nhƣ vậy bài toán vẫn đúng khi n = k +1. Vậy bài toán đúng n  2.
NHẬN XÉT: Trong ví dụ 3, mặc dù đề bài có xuất hiện cụm từ “tồn tại” nhưng bản
chất của bài tốn là chứng minh mệnh đề ln đúng với mọi giá trị của n vì vậy dễ
gây băn khoăn cho người giải toán trong việc dự đoán dùng phương pháp quy nạp
hay nguyên tắc Dirichle. Do vậy, để quyết định lựa chọn phương pháp nào cho bài
toán ta cần đọc và phân tích thật kĩ đề bài chứ khơng phải chỉ nhận biết qua những
dấu hiệu bên ngồi.
Ví dụ 4: Cho m, n là hai số nguyên dƣơng nguyên tố cùng nhau. Chứng minh có
thể tìm đƣợc số tự nhiên
sao cho
chia hết cho m.
Giải
1
2
Xét m +1 số sau: n , n ,...,
(1)

nm1.

Khi chia m +1 số này cho m ta nhận đƣợc m +1 số dƣ tƣơng ứng, mà khi chia một
số cho m thì chỉ có thể có m khả năng xảy đối với số dƣ. Do vậy, trong m + 1 số ở
dãy (1) có ít nhất 2 số có cùng số dƣ khi chia cho m.
Ta giả sử đó là ni và n j (1 < i < j  m 1).
Ta có: n j  ni chia hết cho m
hay



Vì n, m  1  ni, m
Nên ta có:

  1.


 1

n i n ji

n ji 1 chia hết cho m ( k

chia hết cho m.

 j  i nguyên dƣơng) (đpcm).

NHẬN XÉT: Với bài tốn tổng qt trên ta có thể cho m, n, k nhận các giá trị cụ
thể để tạo ra những bài toán mới. Chẳng hạn cho m = 2012 (năm hiện tại); n = 13
(hoặc bất kì một số nguyên tố nào đó), ta được bài tốn:
Chứng minh rằng ln tồn tại số tự nhiên k khác 0 sao cho:
.

Ngoài ra, ta nhận thấy “mấu chốt” của VD4 là ở chỗ sử dụng ngun tắc
Dirichle thơng qua tính chất:“ Khi ta chia m + 1 số nguyên bất kì cho m thì ln
tồn tại ít nhất hai số đồng dư. Do vậy hiệu hai số đó sẽ chia hết cho m”. Vận dụng
tính chất trên, ta có thể tự đặt ra một số những bài toán về chia hết áp dụng nguyên
tắc Dirichle:


1) Chứng minh rằng: Ln tồn tại số có dạng:
chia hết cho 2011.
2) Có tồn tại hay khơng một số nguyên dƣơng là bội của 1987 và có 4 chữ số
tận cùng là 1988.
1.2.4 DẠNG IV Các bài tập về tìm giá trị của tham số sao cho biểu thức này
chia hết cho biểu thức kia
Ví dụ 1: Tìm số tự nhiên n sao cho:
a) n + 2 chia hết cho n – 1.
b) 2n + 7 chia hết cho n + 1.
c) 2n + 1 chia hết cho 6 – n.
Giải
a)

 n  2  n  1

n 1 
1



  n  2    n 1 n



 3 n 1 .



 n 11;3  n 4;0;2.
b) và c) Tƣơng tự.
NHẬN XÉT: Để giải các bài toán dạng như trên, chúng ta thường dựa vào tính
chất sau: Nếu A chia hết cho B thì mA  nB chia hết cho B ( m, n  ) để tạo ra
được số cụ thể chia hết cho biểu thức chứa chữ.
Ví dụ 2: Tìm n ngun dƣơng để 1.2.3…(n - 1) chia hết cho n.
Giải
Ta thấy n  2 (bài tốn có nghĩa). Ta xét hai trƣờng hợp:
+ TH1: Nếu n nguyên tố thì tất cả các thừa số của tích 1.2.3…(n - 1) đều nguyên tố
cùng nhau với n do đó: 1.2….(n -1) khơng chia hết cho n.
+ TH2: Nếu n là hợp số khi đó: n = p.q (1 a) Nếu p  q khi p, q là hai thừa số khác nhau của tích 1.2…(n – 1) nên ta
có: 1.2…(n - 1) chia hết cho p.q.
p2  2p  2p < n do đó p và
b) Nếu p = q  n  p2 , khi n > 4 ta có p > 2
và

2p là hai thừa số khác nhau của tích 1.2.3…(n - 1) nên 1.2.3…(n – 1) chia hết cho n.
Khi n = 4 ta có: 1.2.3 khơng chia hết cho 4.
Vậy các số phải tìm là các hợp số lớn hơn 4.
Ví dụ 3: Tìm

để cho

chia hết cho 5.


Giải
Nhận xét: a4k 1 chia hết cho 5 khi a,5  1.


Mặt khác: Mọi số tự nhiên n, ta đều có: n = 4q + r; r 0,1, 2,3.
Nên Sn  2r 24q 1  r3 4q31  4r 44q 1  1 r2  r3  r4 .











 



Theo nhận xét trên ta suy ra: Sn chia hết cho 5 1 2r  3r  chia hết cho 5.
4r

Thay r = 0, 1, 2, 3 thì chỉ có r = 0 là cho ta: 1 2r  3r  4r không chia hết cho 5.
Vậy Sn chia hết cho  n  4q  ( q  N và r = 1, 2, 3).
5

r
NHẬN XÉT: Ví dụ trên được giải dựa vào khẳng định: a4k 1 chia hết cho 5 với
mọi  a,5   1. Do đó, cũng với khẳng định này ta có thể sáng tạo ra những bài
tốn tương tự như sau: Tìm n   để:
1)
chia hết cho 5.
2)
chia hết cho 5.
3)
chia hết cho 5.
Dựa vào khẳng định trên ta cũng có thể tự tìm ra một số khẳng định tương tự,
chẳng hạn:
+ Xét phép chia cho 3, ta có: a 2k 13 với mọi (a,3) = 1.





+ Xét phép chia cho 7, ta có: a6k 1 7 với mọi a  7 .
Từ đó, đặt ra nhiều bài tốn mới:
Tìm n N để:
1)
chia hết cho 3.
2)
chia hết cho 3.
3)
chia hết cho 7.
4)
chia hết cho 7.
5)

chia hết cho 7.
Ví dụ 4: Với giá trị nào của n để
323 (n nguyên dƣơng).

chia hết cho

Giải
Do 323 = 17.19. Ta xét hai trƣờng hợp:
+ Với n chẵn đặt n = 2k ta có: Sn chia hết cho 17 và chia hết cho 19  Sn 323 .
+ Với n lẻ thì n = 2k +1, ta có: 20n  3n chia hết cho 17.



Nhƣng, 16n 1 = 162k1 1  162k1 16 16 1  16 162k không chia hết



1 15
cho 17.
Vậy, n chẵn.


Ví dụ 5: Tìm số tự nhiên nhỏ nhất chia hết cho 63 thỏa mãn tổng các chữ số của
nó chia hết cho 63.
Giải