Chuyên đề Lý thuyết về chia hết, chia có dư, modul và một số bài toán liên quan

k + 2)
= đặt 16k(k - 2) (k – 1) ( k + 1)
Với k ³ 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, Þ (k - 2) (k – 1) ( k + 1)k ⋮8
Mà (k - 2) (k – 1)k ⋮3 ; (3, 8 ) = 1
Þ (k - 2) (k – 1) ( k + 1)k ⋮24
Þ 16(k - 2) (k – 1) ( k + 1)k ⋮(16, 24)
Vậy n4 – 4n3 – 4n2 + 16n ⋮384 với " n chẵn, n ³ 4
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: CMR: a. n(n + 1) (2n + 1)⋮6
b. n5 – 5n3 + 4n ⋮120 với " n N
Bài 2: CMR: n4 + 6n3 + 11n2 + 6n ⋮24 với " n Z
Bài 3: CMR: với " n lẻ thì
a. n2 + 4n + 3 ⋮8
b. n3 + 3n2 – n - 3⋮48
c. n12 – n8 – n4 + 1⋮512
Bài 4: Với p là số nguyên tố p > 3 CMR: p2 - 1 ⋮24
Bài 5: CMR: Trong 1900 số tự nhiên liên tiếp có 1 số có tổng các chữ số chia hết cho 27.
HƯỚNG DẪN – ĐÁP SỐ
Bài 1: a. n(n + 1) (2n + 1) = n(n + 1) [(n + 1) + (n + 2)] 
= n(n + 1) (n – 1) + n(n + 1) (n + 2)⋮6
b. n5 – 5n3 + 4n = (n4 – 5n2 + 4)n
= n(n2 – 1) (n2 – 4)
=n(n + 1) (n –1) (n + 2) (n – 2) ⋮120
Bài 2: n4 + 6n3 + 6n + 11n2 
= n(n3 + 6n2 + 6 + 11n)
= n(n + 1) (n + 2) (n + 3) ⋮24 
Bài 3: 	a. n2 + 4n + 3 = (n + 1) (n + 3) ⋮8
b. n3 + 3n2 – n – 3 = n2(n + 3) – (n + 3)
=(n2 – 1) (n + 3)
= (n + 1) (n –1) (n + 3)
= (2k + 4) (2k + 2) (2k với n = 2k + 1, k Î N
= 8k(k + 1) (k + 2)⋮48
c. n12 – n8 – n4 + 1 = n8(n4 – 1) – (n4 – 1)
= (n4 – 1) (n8 - 1)
= (n4 – 1)2 (n4 + 1)
= (n2 – 1)2 (n2-1)2 (n4 + 1)
= 16[k(k + 1)2 (n2 + 1)2 (n4 + 1)
Với n = 2k + 1 Þ n2 + 1 và n4 + 1 là những số chẵn Þ (n2 + 1)2 ⋮2
	(n4 + 1) ⋮2
Þ n12 – n8 – n4 + 1 ⋮ (24.22.22.1.21)
Vậy n12 – n8 – n4 + 1 ⋮512
Bài 4: Có p2 – 1 = (p – 1) (p + 1) vì p là số nguyên tố p > 3
Þ p⋮3 ta có : (p – 1) (p + 1) ⋮8
và p = 3k + 1 hoặc p = 3k + 2 (k Î N)
Þ (p – 1) (p + 1)⋮3
Vậy p2 - 1 ⋮24
Bài 5: Giả sử 1900 số tự nhiên liên tiếp là
n, n + 1, n + 2;…; n + 1989 (1)
trong 1000 tự nhiên liên tiếp n, n + 1; n + 2; n + 999
có 1 số chia hết cho 1000 giả sử n0, khi đó n0 có tận cùng là 3 chữ số 0 giả sử tổng các chữ số của n0 là s khi đó 27 số n0, n0 + 9; n0 + 19; n0 + 29; n0 + 39; ‡; n0 + 99; n0 + 199;…; n0 + 899 (2)
Có tổng các chữ số lần lượt là s; s + 1 ;…; s + 26
Có 1 số chia hết cho 27 (ĐPCM)
*Chú ý: n + 899 ≤ n + 999 + 899 < n + 1989
Þ Các số ở (2) nằm trong dãy (1)
Tiết 5
Phương pháp : XÉT TẬP HỢP SỐ DƯ TRONG PHÉP CHIA
Ví dụ 1: CMR : Với " n N
Thì A(n) = n(2n + 7) (7n + 7) chia hết cho 6
Giải
Ta thấy 1 trong 2 thừa số n và 7n + 1 là số chẵn. Với " n N Þ A(n) ⋮2
Ta chứng minh A(n) ⋮3
Lấy n chia cho 3 ta được n = 3k + 1 (k N )
Với r {0; 1; 2}
Với r = 0 Þ n = 3k Þ n ⋮3 Þ A(n) ⋮3
Với r = 1 Þ n = 3k + 1 Þ 2n + 7 = 6k + 9⋮3 Þ A(n) ⋮3
Với r = 2 Þ n = 3k + 2 Þ 7n + 1 = 21k + 15⋮3 Þ A(n) ⋮3
Þ A(n) ⋮3 với " n mà (2, 3) = 1
Vậy A(n) ⋮6 với " n N
Ví dụ 2: CMR : Nếu n ⋮3 thì A(n) = 32n + 3n + 1 ⋮13 Với " n N
Giải
Vì n ⋮3 Þ n = 3k + r(k N); r {1; 2; 3}
Þ A(n) = 32(3k + r) + 3(3k + 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 Þ 32n + 3n + 1 = 32 + 3 + 1 = 13 ⋮13
Þ 32n + 3n + 1 ⋮13
với r = 2 Þ 32n + 3n + 1 = 34 + 32 + 1 = 91 ⋮13
Þ 32n + 3n + 1 ⋮13
Vậy với n ⋮ 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 + 1 (k N); r {0; 1; 2}
Với r = 0 Þ n = 3k ta có
2n – 1 = 23k – 1 = 8k – 1 = (8 - 1)M = 7M⋮7
Với r = 1 Þ n = 3k + 1 ta có
2n – 1 = 28k+1 – 1 = 2.23k – 1 = 2(23k – 1) + 1
mà 23k – 1 ⋮7 Þ 2n – 1 chia cho 7 dư 1
Với r = 2 Þ n = 3k + 2 ta có
2n – 1 = 23k+2 – 1 = 4(23k – 1) + 3
mà 23k – 1 ⋮7 Þ 2n – 1 chia cho 7 dư 3
Vậy 23k – 1 ⋮7 Û n = 3k (k N)
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: CMR : An = n(n2 + 1) (n2 + 4) ⋮5 Với " n Z
Bài 2: Cho A = a1 + a2 +… + an
	 B = a + a + … + a
Bài 3: CMR : Nếu (n, 6) = 1 thì n2 – 1 ⋮24 Với " n Z
Bài 4: Tìm số tự nhiên W để 22n + 2n + 1 ⋮7
Bài 5: Cho 2 số tự nhiên m, n để thoả mãn 24m4 + 1 = n2
CMR : mn ⋮5
HƯỚNG DẪN – ĐÁP SỐ
Bài 1: + : A(n)⋮6
+ Lấy n chia cho 5 Þ n = 5q + r r {0; 1; 2; 3; 4}
r = 0 Þ n ⋮5 Þ A(n)⋮5 
r = 1, 4 Þ n2 + 4 ⋮5 Þ A(n)⋮5 
r = 2, 3 Þ n2 + 1 ⋮5 Þ A(n)⋮5 
Þ A(n)⋮5 Þ A(n)⋮30
Bài 2: Xét hiệu B – A = (a-a1) + … + (a-an)
Chỉ chứng minh : (a-a1) ⋮30 là đủ
Bài 3: Vì (n, 6) = 1 Þ n = 6k + 1 (k N)
Với r {± 1 }
r = ± 1 Þ n2 – 1 ⋮24
Bài 4: Xét n = 3k + r (k N)
Với r Î { 0; 1; 2}
Ta có 22n + 2n + 1 = 22r (26k – 1) + 2r(23k – 1) + 22n + 2n + 1
Làm tương tự VD3
Bài 5: Có 24m4 + 1 = n2 = 25m4 – (m4 – 1)
Khi m ⋮5 thì (m,5) = 1 Þ m4 – 1 ⋮5
(vì m5 – m ⋮5 Þ (m4 – 1 )⋮5Þ m4 – 1 ⋮5)
Þ n2 ⋮5 Þ n ⋮5
Vậy : mn ⋮5
Tiết 6
Phương pháp : SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH THÀNH NHÂN TỬ
Gỉa 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: CMR : 36n – 26n ⋮35 Với " n N
Giải
Ta có 36n – 26n = (36)n – (26)n = (36 – (26)M
= (33 + 23) (33 – 23)M
= 35.19M ⋮35 Vậy 36n – 26n ⋮35 Với " n N
Ví dụ 2: CMR : Với " n là số tự nhiên chẳn 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 = 17N ⋮17 ( n chẵn )
Þ 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 )
Þ A ⋮19 (2)
Từ (1) và (2) Þ A ⋮232
Ví dụ 3: CMR : nn – n2 + n – 1 ⋮ (n – 1)2 Với " n > 1
Giải
Với n = 2 Þ nn – n2 + n – 1 = 1
Và (n – 1)2 = (2 –1)2 = 1
Þ 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)
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: CMR: a. 32n + 1 + 22n + 2 ⋮ 7
b. mn(m4 – n4) ⋮ 30
Bài 2: CMR : A(n) = 3n + 63 ⋮ 72 với n chẵn n Î N, n ≥ 2
Bài 3: Cho a và b là 2 số chính phương lẻ liên tiếp
CMR : a.(a – 1) (b – 1)⋮ 192
Bài 4: CMR : Với p là 1 số nguyên tố p > 5 thì p4 - 1 ⋮ 240
Bài 5: Cho 3 số nguyên dương a, b, c và thoả mãn a2 = b2 + c2 CMR : abc⋮ 60
HƯỚNG DẪN – ĐÁP SỐ
Bài 1: CMR: a. 32n + 1 + 22n + 2 = 3. 32n + 2. 2n
= 3.9n + 4.2n
=3(7 + 2)n + 4.2n
= 7M + 7.2n⋮ 7
b. mn(m4 – n4) = mn(m2 – 1) (m2 + 1) – mn(n2 – 1 ) (n2 + 1 ) ⋮ 30
Bài 2: Có 72 = 9.8 mà (8, 9) = 1 và n = 2k ( k Î N )
Có 3n + 63 = 32k + 63
= (32k – 1) + 64 Þ A(n) ⋮ 8 với
 CMR : A(n) = 3n + 63 ⋮ 72 với n chẵn n Î N, n ≥ 2
Bài 3: Đặt a = (2k – 1)2 ; b = (2k – 1)2 ( k Î N )
Ta có (a – 1) (b – 1) = 16k (k + 1) ( k – 1) ⋮ 64 và 3
Bài 5: Có 60 = 3.4.5 đặt M = abc
Nếu a, b, c đều không chia hết cho 3 Þ a2 , b2 , c2 chia hết cho 3 đều dư 1 
Þ a2 ¹ b2 + c2. Do đó có ít nhất 1 số chia hết cho 3. Vậy M ⋮ 3
Nếu a, b, c đều không chia hết cho 5 Þ a2 , b2 và c2 chia 5 dư 1 hoặc 4 
	Þ b2 + c2 chia 5 thì dư 2 ; 0 hoặc 3.
Þ a2 ¹ b2 + c2. Do đó có ít nhất 1 số chia hết cho 5. Vậy M ⋮ 5
Nếu a, b, c là các số lẻ Þ b2 và c2 chia hết cho 4 dư 1.
Þ b2 + c2 ≡ (mod 4) Þ a2 ¹ b2 + c2.
Do đó 1 trong 2 số a, b phải là số chẵn.
Giả sử b là số chẳn
Nếu C là số chẵn Þ M ⋮ 4
Nếu C là số lẻ mà a2 = b2 + c2 Þ a là số lẻ
Þ b2 = (a – c ) ( a + b) Þ = 
 Þ chẳn Þ b⋮ 4 Þ m⋮ 4 
Vậy M = abc⋮ 3.4.5 = 60
Tiết 7
Phương pháp BIẾN ĐỔI BIỂU THỨC CẦN CHỨNG MINH VỀ DẠNG TỔNG
Gỉa 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
Ta có n3 + 11n = n3 –n + 12n = n(n2 – 1) + 12n
= n(n + 1) (n – 1) + 12n
Vì n, n - 1, n + 1 là 3 số nguyên liên tiếp
Þ n(n + 1) ( n – 1 ) ⋮6 và 12n ⋮6
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 số nguyên tố mà (16a + 17b ) ( 17a + 16b ) ⋮11
Þ (1)
Có 16a + 17b + 17a + 16b = 33(a + b) ⋮11 (2)
Từ (1) và (2) Þ 
Vậy : (16a + 17b ) ( 17a + 16b ) ⋮121
Ví dụ 3: Tìm n N sao cho P = (n + 5) ( n + 6) ⋮6n
Giải
Ta có P = (n + 5) ( n + 6) = n2 + 11n + 30
= 12n + n2 – n + 30
(1)
Vì 12n ⋮6n nên để P ⋮6n Û n2 – n + 30 ⋮6n
(2)
Û Û 
Từ (1) Þ n = 3k hoặc n = 3k + 1 ( k Î N )
Từ (2) Þ n Î {1; 2; 3; 5; 6; 10; 15; 30 }
Vậy từ (1) ; (2) Þ n Î {1; 3; 6; 10; 15; 30 }
Thay các giá trị của n vào P ta có
Þ n Î {1; 3; 10; 30 } là thoả mãn
Vậy n Î {1; 3; 10; 15; 30 } thì P = (n + 5) ( n + 6) ⋮6n
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: CMR: 13 + 33 + 53 + 73 ⋮23
Bài 2: CMR: 36n2 + 60n + 24 ⋮24
Bài 3: CMR: a. 5n+2 + 26.5n + 82n+1 ⋮59
b. 92n + 14 ⋮5
Bài 4: Tìm n N sao cho n3 – 8n2 + 2n ⋮n2 + 1
HƯỚNG DẪN – ĐÁP SỐ
Bài 1: 13 + 33 + 53 + 73 = (13 + 73) + (33 + 53)
= 8m + 8N⋮23
Bài 2: 36n2 + 60n + 24 = 12n (3n + 5) + 24
Ta thấy n và 3n + 5 không đồng thời cùng chẵn hoặc cùng lẻ
Þ n(3n + 5) = ⋮2 Þ ĐPCM
Bài 3: a. 5n+2 + 26.5n + 82n+1 
= 5n (25 + 26) + 82n+1
= 5n (59 - 8) + 8.64n
=5n .59 + 8.59m⋮59
b. 92n + 14 = 92n – 1 + 15
= (81n – 1 ) + 15
= 80m + 15⋮5
Bài 4: Có n3 – 8n2 + 2n = (n2 + 1) ( n –8 ) + n + 8 ⋮ (n2 + 1)
Û n + 8 ⋮ n2 + 1
Nếu n + 8 = 0 Þ n = -8 (thoả mãn)
Nếu n + 8 ¹ 0 Þ ½n + 8 ½³ n2 + 1
 Với n ≤-8
 Với n ³-8
 Với n ≤-8
 Với n ³-8
Þ Þ 
Þ n Î {-2; 0; 2 } thử lại
Vậy n Î {-8; 0; 2 }
Phương pháp : DÙNG QUY NẠP TOÁN HỌC
Giả sử CM A(n) ⋮ P với n ³ a (1)
Bước 1 : Ta CM (1) đúng với n = a tức là CM A(n) ⋮ P
Bước 2: Giả sử (1) đúng với n = k tức là CM A(k) ⋮ P với k ³ 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 ³ a
Ví dụ 1: Chứng minh A(n) = 16n2 – 15n - 1⋮225 với " n Î N*
Giải
Với n = 1 Þ A(n) = 225⋮225 vậy n = 1 đúng
Giả sử n = k ³ 1 nghĩa là A(k) = 16k – 15k – 1 ⋮225
Ta phải CM A(k+1) = 16k+1 – 15(k + 1 ) - 1⋮225
Thật vậy : A(k+1) = 16k+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: Chứng minh: với " n Î N* và n là số tự nhiên lẻ ta có m2n – 1 ⋮2n+2
Giải
Với n = 1 Þ m2 – 1 = (