Chuyên đề luyện thi vào lớp 10 môn Toán - Phần I: Số học - Trần Trung Chính

 1 nên 29
n-m
 - 1104 (đpcm). 
www.VNMATH.com
.: CHUYEÂN ÑEÀ OÂN THI MOÂN TOAÙN VAØO LÔÙP 10 THPT :. 
Biên soạn: Trần Trung Chính 78 
Bài tập 55: Chứng minh rằng trong 5 số nguyên bất kì có thể tìm đƣợc ba số có tổng chia hết cho 3. 
 Giải 
Lấy 5 số nguyên đã cho chia cho 3 đƣợc các dƣ là 0, 1, 2. 
Nếu 5 số nguyên này khi chia cho 3 có đủ ba số dƣ 0, 1, 2. 
Giả sử: a1 = 3k1, a2 = 3k2 + 1, a3 = 3k3 + 2 thì a1 + a2 + a3 = 3(k1 + k2 + k3 + 1) 3. 
Nếu 5 số nguyên này khi chia cho 3 chỉ có hai loại số dƣ thì theo nguyên tắc Dirichlet có ít nhất 3 số 
có cùng dƣ. 
Khi đó: Tổng của ba số này chia hết cho 3. 
Nếu 5 số nguyên này khi chia cho 3 chỉ có chung một số dƣ thì tổng ba số bất kì trong chúng chia 
hết cho 3. 
Vậy trong 5 số nguyên bất kì có thể tìm đƣợc 3 số có tổng chia hết cho 3. 
Bài tập 56: Chứng minh rằng trong 52 số tự nhiên bất kì luôn tìm đƣợc một cặp gồm hai số sao cho 
tổng hoặc hiệu của chúng chia hết cho 100. 
 Giải 
 Trong tập hợp các số dƣ trong phép chia 52 số cho 100 ta lấy từng cặp số sao cho tổng các cặp đó 
bằng 100 và lập thành các nhóm sau: (0, 0); (1, 99); (2, 98); ..., (49, 51) và (50, 50). 
 Ta có tất cả là 51 cặp mà có tới 52 số dƣ nên theo nguyên tắc Dirichlet ít nhất phải có hai số dƣ 
thuộc cùng một nhóm. 
Rõ ràng cặp số tự nhiên ứng với cặp số dƣ này là hai số tự nhiên có tổng hoặc hiệu chia hết cho 100. 
Bài tập 57: Trong một bảng vuông gồm có 5 x 5 ô vuông, ngƣời ta viết vào mỗi ô vuông một trong 
ba số 1; 0 hoặc -1 sao cho mỗi ô có đúng 1 số. Chứng minh rằng trong các tổng của 5 số theo mỗi 
cột, mỗi hàng, mỗi đƣờng chéo phải có ít nhất hai tổng số bằng nhau. 
 Giải 
Ta có 5 cột, 5 dòng, 2 đƣờng chéo nên đƣợc 12 tổng. 
Mỗi ô nhận một trong giá trị 1; 0 hoặc -1 nên mỗi tổng nhận các giá trị từ -5 đến 5. 
Ta có: 11 số nguyên từ -5 đến 5 là -5, -4, ..., -1, 0, 1, ..., 5. 
Vậy theo nguyên tắc Dirichlet phải có ít nhất hai tổng số bằng nhau. 
Bài tập 58: Viết các số tự nhiên từ 1 đến 10 thành hàng ngang theo một thứ tự tùy ý, tiếp đó cộng 
mỗi một số trong các số đã cho với số thứ tự chỉ vị trí nó đúng (tính từ trái sang phải). Chứng minh 
rằng ít nhất cũng có hai tổng mà chữ sỗ tận cùng của hai tổng đó nhƣ nhau. 
 Giải 
 Gọi 10 số tự nhiên từ 1 đến 10 viết theo thứ tự từ trái sang phải là a1, a2, ..., a10. Ta lập dãy mới b1, 
b2, ..., b10 với b1 = a1 + 1, b2 = a2 + 2, ..., b10 = a10 + 10. 
bi là tổng của ai với vị trí thứ i mà nó đứng (i = 1, 2, ..., 10). 
Ta có: b1 + b2 + ... + b10 = a1 + a2 + ... + a10 = 2(1 + 2 + ... + 10) = 110. 
 Vì 110 là số chẵn nên không xảy ra trƣờng hợp có 5 số bi nào đó lẻ và 5 số bj nào đó chẵn, hay nói 
cách khác số các bi chẵn và các số bj lẻ phải khác nhau. 
 Do đó số các bi lẻ lớn hơn 5 hoặc số các bj chẵn lớn hơn 5. Mà từ 1 đến 10 chỉ có 5 vị trí lẻ và 5 vị 
trí chẵn nên theo nguyên tắc Dirichlet phải có ít nhất hai số bi lẻ tận cùng nhƣ nhau hoặc có hai số bj 
chẵn có chữ số tận cùng nhƣ nhau. 
Bài tập 59: Chứng minh rằng trong 19 số tự nhiên liên tiếp bất kì luôn tồn tại một số có tổng các 
chữ số chia hết cho 10. 
 Giải 
 Trƣớc hết ta chứng minh rằng: Với 19 số tự nhiên liên tiếp luôn tồn tại 10 số liên tiếp có chữ số 
hàng chục nhƣ nhau còn các chữ số hàng đơn vị liên tiếp từ 0 đến 9. 
 Nếu trong 19 số tự nhiên liên tiếp có mặt 3 chữ số hàng chục khác nhau thì rõ ràng có một chữ số 
hàng chục (ở giữa hai hàng chục kia) cùng với các chữ số đơn vị liên tiếp từ 0 đến 9. 
 Nếu trong 19 số tự nhiên liên tiếp chỉ có hai loại chữ số hàng chục khác nhau thì từ 19 = 2.9 + 1. 
 Suy ra: Có 10 số có cùng chữ số hàng chục và các chữ số hàng đơn vị liên tiếp từ 0 đến 9. Tổng các 
chữ số của mỗi số trong 10 số tự nhiên nói trên cũng lập thành 10 số tự nhiên liên tiếp. 
 Vậy phải có một số chia hết cho 10. 
 Vậy trong 10 số tự nhiên liên tiếp luôn tồn tại một số có tổng các chữ số chia hết cho 10. 
Bài tập 60: Chứng minh rằng trong các số tự nhiên thế nào cũng có số k sao cho số 1983k - 1 chia 
hết cho 105. 
.: CHUYEÂN ÑEÀ OÂN THI MOÂN TOAÙN VAØO LÔÙP 10 THPT :. 
Biên soạn: Trần Trung Chính 79 
 Giải 
Xét dãy số: 1983, 19832, 19833, ..., 
5101983 
Chia tất cả các số hạng của dãy cho 105. Không có số hạng nào của dãy chia hết cho 105. Có 105 
phép chia mà số các số dƣ có tối đa là 105 - 1 trị số, do đó có ít nhất 2 số hạng của dãy chia cho 105 
có cùng số dƣ. 
Gọi 2 số đó là 1983i và 1983j, với i, j N và 1  i  j  105. 
 1983j - 1983i  105 
 1983(1983j-i - 1)  105 và (1983, 10) = 1  (1983i, 105) = 1. 
 1983j-i - 1 105 
Vậy tồn tại số tự nhiên k sao cho ta có: 1983k - 1 105. 
Dạng 5: Phương pháp quy nạp. 
Giả sử cần chứng minh: 
 A(n)p, với n = 1, 2, ... (1) 
Ta cần chứng minh (1) đúng với n = 1, tức là chứng minh A(1) p. 
Giả sử (1) đúng với n = k, tức là ta có: A(k)p. 
Ta chứng minh (1) đúng với n = k + 1, tức là phải chứng minh A(k + 1) p. 
Theo nguyên lý quy nạp, ta kết luận (1) đúng với mọi n = 1, 2, ... 
Bài tập 61: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dƣơng n, ta có: 
4
n
 + 15n - 19 (1) 
 Giải 
Với n = 1, ta có: 41 + 15.1 - 1 = 18 9. Vậy (1) đúng với n = 1. 
Giả sử (1) đúng với n = k, tức là, ta có: 
4
k
 + 15k - 19  4k + 15k - 1 = 9m, (m  Z)  4k = 9m + 1 - 15k. (2) 
Với n = k + 1, ta có: 
4
k+1
 + 15(k + 1) - 1 = 4.4
k
 + 15k + 14 = 4(9m + 1 - 15k) + 15k + 14 (theo (2)) 
 = 36m - 45k + 189. 
Vậy (1) đúng với n = k + 1, do đó (1) đúng với mọi n ≥ 1. 
Bài tập 62: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, ta có: 
n

4 123 2 11 (1) 
 Giải 
Với n = 0 ta có:  
123 2 11 11 . 
Giả sử (1) đúng với n = k, tức là: 
k

4 123 2 11 . 
Với n = k + 1, ta có: 
 
   
4 k+1 1 4k+1 4k+1 4k+116 162 2 .16 2 2 16 163 + 2 = 3 + 2 = 3 + 2 = 3 - 2 + 2 + 2 
Mà    
4k+1 4k+1162 23 - 2 3 16 2 vì 16 là số chẵn. 
Theo giải thiết quy nạp: 
  
4k+1 1623 + 2 11 nên  
4k+123 
16
162 11 
Mặt khác: 
    16 152 2 2 2 1 11 
Do đó: 
 k 

4 1 1
23 2 11 
Vậy 
n

4 123 2 11 với mọi n  N. 
Bài tập 63: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 1 và k là một số tự nhiên lẻ, ta có: 
n nk 2 21 2 . 
 Giải 
Với n = 1 ta có k2 - 1 = (k - 1)(k + 1) 8 (vì k - 1, k + 1 là số chẵn liên tiếp nên tích của chúng chia 
www.VNMATH.com
.: CHUYEÂN ÑEÀ OÂN THI MOÂN TOAÙN VAØO LÔÙP 10 THPT :. 
Biên soạn: Trần Trung Chính 80 
hết cho 8) 
Giả sử n = m, ta có: 
  
m m mm m mk k .q, q Z k .q         2 2 2 2 2 21 2 1 2 2 1 
Với n = m + 1, ta có: 
    
m m m m mk k .q .q .q
          
1 2 22 2 2 2 4 2 31 1 2 1 1 2 2 
  m m m.q q .   3 1 2 32 2 2 
Vậy 
n nk 2 21 2 , với mọi n 1. 
Bài tập 64: Chứng minh rằng số đƣợc thành lập bởi 3n chữ số giống nhau thì chia hết cho 3n với n là 
số nguyên dƣơng. 
(Đề thi HSG quốc gia năm 1979) 
 Giải 
Ta cần chứng minh: 
n
n
a
aa...a
3 sè
3 (1) 
Với n = 1, ta có: aaa a111 3 . Vậy (1) đúng với n = 1. 
Giả sử (1) đúng với n = k, tức là ta có: 
 
k
k
a
aa...a
3 sè
3 
Ta chứng minh (1) đúng với n = k + 1, tức là phải chứng minh: 
 
k
k
a
aa...a


1
1
3 sè
3 
Ta có: 3
k+1
 = 3.3
k 
= 3
k
 + 3
k
 + 3
k
. 
Do đó: 
     
k k
k k k k k k k
.
a
aa...a aa...a a...a a...a aa...a. aa...a. aa...a

   
1
2 3 3
3 sè 3 3 3 3 3 3
10 10 
  
k k
k
. kaa...a   2 3 3 1
3
10 10 1 3 
Vì theo giả thiết quy nạp: 
k
kaa...a
3
3 và 
k k.  2 3 310 10 1 3 . 
Vậy (1) đúng với n = k + 1, do đó (1) đúng với mọi n ≥ 1. 
Dạng 6: Sử dụng đồng thư thức: 
Nếu a  b (mod m)  a - bm 
Nếu a  b (mod m) và c  d (mod m) thì: 
 a  c  b  d (mod m), 
 ac  bd (mod m). 
Hệ quả: a  b (mod m) thì: a  c  b  c (mod m), ac  bc (mod m), an  bn (mod m), (n  N). 
Bài tập 65: Tìm dƣ trong phép chia 32003 chia cho 13. 
 Giải 
Ta có: 3
3
 = 27  1 (mod 13) và 2003 = 3.667 + 2. 
Do đó: 32003 = 33.667+ 2 = 32.  
667
33 
Ta có:  
667
33  1 (mod 13)  32.  
667
33  9 (mod 13). 
Vậy số dƣ trong phép chia 32003 cho 13 là 9. 
Bài tập 66: Chứng minh rằng: 22002 - 431. 
 Giải 
Ta có: 2
5
 = 32  1 (mod 31) và 2002 = 5.400 + 2. 
Do đó: 
2
2002
 - 4 = 2
5.400 + 2
 - 4 = 4.(2
5
)
400
 - 4 = 4[(2
5
)
400
 - 1]  4(1 - 1) = 0 (mod 31). 
.: CHUYEÂN ÑEÀ OÂN THI MOÂN TOAÙN VAØO LÔÙP 10 THPT :. 
Biên soạn: Trần Trung Chính 81 
Vậy 22002 - 431. 
Bài tập 67: Chứng minh rằng: 22225555 + 55552222 7. 
 Giải 
Ta có: 2222  - 4 (mod 7) và 5555  4 (mod 7) 
Suy ra: 2222
5555
 + 5555
2222
  (-4)5555 + 42222 (mod 7) (1) 
Mà (-4)
5555
 + 4
2222
 = -4
2222
(4
3333
 - 1) (43 - 1) = 63 7. 
Vậy (-4)5555 + 42222  0 (mod 7) (2) 
Từ (1) và (2) suy ra: 22225555 + 55552222 7 (đpcm) 
Bài tập 68: Kí hiệu: 
n
n i
i
a a ... a a

   1 2
1
. Chứng minh rằng: 
 chia hết cho n2 + n +1 khi và chỉ khi  
n
i
i
i
a


1
1 chia hết cho n2 + n + 1 với a1, a2, ..., an  Z và n  
N
*
. 
 Giải 
Ta có: n
2
 + 1  - n (mod n2 = n + 1)  (n2 + 1)3  -n3 (mod n2 + n + 1) (1) 
Mà n
3
 - 1 (n2 + n + 1). Do đó: n3  1 (mod n2 + n + 1) (2) 
Từ (1) và (2), suy ra: 
 (n
2
 + 1)
3
  - 1(mod n2 + n + 1)  ai(n
2
 + 1)
3i
  ai(-1)
i
 (mod n
2
 + n + 1), i , n1 . 
     
n n
i i
i i
i i
a n a mod n n
 
      
3
2 2
1 1
1 1 1 
Bài tập 69: Cho a1, a2, ..., an  Z và 
n
i
i
a


1
6 . Chứng minh rằng: 
n
i
i
a

 3
1
6 . 
(Đề thi HSG TP HCM năm 1991) 
 Giải 
Ta cần chứng minh: n3  n (mod 6) 
Thật vậy: n3 - n2 = n(n2 - 1)= (n - 1)n(n + 1) 6, vì n - 1, n, n + 1 là ba số nguyên liên tiếp nên có một 
số chia hết cho 2 và một số chia hết cho 3 nên chia hết cho 6. 
Thay n = ai, ta đƣợc: ia 
3 ai (mod 6)   
n n
i i
i i
a a mod
 
  3
1 1
0 6 (đpcm) 
Bài tập 70: Chứng minh rằng: k
k
k.


26
3
1
10 13 . 
 Giải 
Ta có: 10
3
 = 1000  - 1(mod 13), vì 1001 = 13.77. 
Suy ra: 10
3k
  (-1)3k (mod 13)  k.103k  k.(-1)k (mod 13). 
Do đó: