Chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán Lớp 6 - Chuyên đề 3: Phép chia hết và phép chia có dư - Chủ đề 3: Dùng tính chất chứng minh bài toán chia hết

Nội dung text: Chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán Lớp 6 - Chuyên đề 3: Phép chia hết và phép chia có dư - Chủ đề 3: Dùng tính chất chứng minh bài toán chia hết

1. CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIACÓ DƯ CHỦ ĐỀ 3: DÙNG TÍNH CHẤT CHỨNG MINH BÀI TOÁN CHIA HẾT PHẦN I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. TÍNH CHẤT CHUNG 1) ab và bc thì ac 2) aa với mọi a khác 0 3) 0b với mọi b khác 0 4) Bất cứ số nào cũng chia hết cho 1 2. TÍNH CHẤT CHIA HẾT CỦA TỔNG, HIỆU - Nếu a,b cùng chia hết cho m thì a b chia hết cho m và a b chia hết cho m - Tổng (Hiệu) của 2 số chia hết cho m và 1 trong 2 số ấy chia hết cho m thì số còn lại cũng chia hết cho m. - Nếu 1 trong 2 số a,b chia hết cho m số kia không chia hết cho m thì tổng, hiệu của chúng không chia hết cho m. 3. TÍNH CHẤT CHIA HẾT CỦA 1 TÍCH - Nếu một thừa số của tích chia hết cho m thì tích chia hết cho m - Nếu a chia hết cho m thi bội của a cũng chia hết cho m - Nếu a chia hết cho m, b chia hết cho n thì a.b chia hết cho m.n - Nếu a chia hết cho b thì: a m bm 4. CÁC TÍNH CHẤT KHÁC: 1) 0a (a 0) 2) aa;a1 (a 0) 3) ab;bc ac 4) am;bm pa qbm 5) a : (m.n) am;an 6) am;an;(m,n) 1 amn 7) am ; bn abmn 8) abm;(b,m) 1 am 9) ab p (p là số nguyên tố) thì hoặc a p hoặc b p 5. CÁC TÍNH CHẤT SUY LUẬN ĐƯỢC - Trong hai số tự nhiên liên tiếp có một số chẵn và một số lẻ.
2. CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ - Tổng hai số tự nhiên liên tiếp là một số lẻ. - Tích hai số tự nhiên liên tiếp là một số chẵn. - Tích hai số chẵn liên tiếp chia hết cho 8. - Tổng của hai số tự nhiên bất kỳ là một số lẻ thì có một số tự nhiên là số chẵn. PHẦN II. CÁC DẠNG BÀI 1, Dạng 1: Chứng minh một biểu thức chia hết cho một số. 2, Dạng 2: Cho một biểu thức chia hết cho m chứng minh một biểu thức khác chia hết cho m . 3, Dạng 3: Tìm n để biểu thức A(n) chia hết cho biểu thức B(n) 4, Dạng 4: Bài toán chứng minh chia hết liên quan đến số chính phương. 5, Dạng 5: Chứng minh một biểu thức chia hết cho một biểu thức. 6, Dạng 6: Chứng minh chia hết từ một đẳng thức cho trước. Dạng 1: Chứng minh một biểu thức chia hết cho một số I. Phương pháp giải: Chứng minh biểu thức A chia hết cho số m. - Viết biểu thức A thành một tổng(hiệu) các số trong đó mỗi số đều chia hết cho m từ đó suy ra A chia hết cho m. - Viết biểu thức A thành một tích các thừa số trong đó có thừa số chia hết cho m từ đó suy ra A chia hết cho m. - Viết m thành một tích các thừa số nguyên tố cùng nhau và chỉ ra biểu thức A chia hết cho các thừa số của m từ đó suy ra A chia hết cho m. - Viết biểu thức A và m thành một tích các thừa số và chỉ ra mỗi thừa số của A chia hết cho một thừa số của m từ đó suy ra A chia hết cho m. - Viết A thành một tổng hoặc hiệu các số mà có tổng hoặc hiệu các số dư chia hết cho m từ đó suy ra A chia hết cho m. Cụ thể ta có thể vận dụng các PHƯƠNG PHÁP sau: + PHƯƠNG PHÁP 1: Nếu A là một số cụ thể ta vận dụng dấu hiệu chia hết 2; 3; 4; 8; 9; 11; ... để chứng minh. + PHƯƠNG PHÁP 2: Nếu A có tổng hoặc hiệu các số, ta cần phân tích A để đưa A về hoặc hiệu hoặc tích của các số có dấu hiệu chia hết rồi áp dụng tính chất chia hết của tổng (hiệu) hoặc tích để chứng minh. + PHƯƠNG PHÁP 3: Để chứng minh A chia hết cho p , ta xét mọi trường hợp về số dư khi chiaA cho p . + PHƯƠNG PHÁP 4: Ngoài ra ta cũng có thể dùng cách tìm chữ số tận cùng củaA để chứng minh A chia hết cho một số. + PHƯƠNG PHÁP 5: Nếu Am và An mà m và n là hai số nguyên tố cùng nhau thì Am.n II. Bài toán
3. CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ Bài 1: Chứng minh rằng a. A 1028 872 b. B 817 279 913 45 Lời giải a) Cách 1: Ta có: 1028 228.828 23.225.528 8 và 88 A8 Lại có 1028 8 có tổng các chữ số là 9 nên chia hết cho 9. Vậy A chia hết cho 72 Cách 2: 1028 8 có ba chữ số tận cùng là 008 nên chia hết cho 8 1028 8 1028 1 9 A9 A72  9 9 b) Ta có 817 ; 279 ; 913 chia hết cho 9 nên B chia hết cho 9 Lại có 817 có tận cùng là 1 279 278.27 ...1.27 có tận cùng là 7 13 12 9 9 .9 ...1.9 có tận cùng là 9 nên B có tận cùng là 5 nên B chia hết cho 5. Mà (5;9) 1 B5.9 B45 Bài 2: Chứng minh : A 220.24 220 chia hết cho 17. Lời giải A 220. 16 1 220.17 A17 Bài 3: Chứng minh rằng: A 7.52n 12.6n chia hết cho 19 Lời giải Thêm bớt 7.6 n , ta được: A 7.25n 7.6n 19.6n 7. 25n 6n 19.6n Ta có: 25n  6n mod19 25n 6n  0 mod19 7. 25n 6n 19.6n 19.6n mod19 A  0 (mod19) Vậy A19 Ghi chú: Đối với một số bài toán lớp 8 nếu ta sử dụng đến hằng đẳng thức: a n b n a b với n ¥ a n b n a b với ( n ¥ ; n lẻ). Thì ta có thể giải được một cách dễ dàng, tuy nhiên với học sinh lớp 6 thì chưa thể sử dụng những hằng đẳng thức đó. Vì vậy, ta có thể sử dụng Đồng dư thức để có được lời giải phù hợp với trình độ của học sinh lớp 6.
4. CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ Bài 4: Chứng minh rằng: a) A 22225555 55552222 chia hết cho 7. b) B 19611962 19631964 19651966 2 chia hết cho 7. Lời giải a) Ta có A 55552222 42222 22225555 45555 45555 42222 Mà 55552222 42222  5555 4 55552222 42222 7 Tương tự: 22225555 45555 7 1111 1111 45555 42222 45 42  45 42 45555 42222 7 Vậy A 22225555 55552222 chia hết cho 7. b) B 19611962 19631964 19651966 27 Sử dụng tính chất: a b n khi chia cho a có số dư là b Ta có B (1960 1)1962 (1960 3)1964 (1965 2)1966 2 B (7m 1)1962 (7n 3)1964 (7 p 2)1966 2 B 7q 1 31964 21966 2 B 7q 9.27654 2.23.655 3 B 7r 9 2 3 B 7r 147 Bài 5 : Chứng minh rằng: A 2 22 23  2200 chia hết cho 6 Lời giải Ta có: Tổng của hai số hạng : 2 22 2 4 6 Tổng A có 200 số hạng ta chia thành 100 nhóm chứa hai số hạng có tổng 6. Nên: A 2 22 23 24  2199 2200 A 6 22 2 22  2198 2 22 A 6 22 6  2198 6 A 6 1 22  2198 Vậy A chia hết cho 6 Bài 6 : Chứng minh rằng: A 22 24  220 chia hết cho 4 và 5. Lời giải A 22 24 26 28  219 220
5. CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ A 20 24 22 24  216 22 24 A 20 24 20  216 20 A 20. 1 24 +216 A 5.4. 1 24  +216 Vậy A chia hết cho 5 và 4. Bài 7 : Chứng minh rằng: a, (n 10)(n 15)2 b, n(n 1)(n 2) 2;3 c, n2 n 1 4;2;5 Lời giải a, Ta có: Nếu n là số lẻ thì n 152 Nếu n là số chẵn thì n 102 Như vậy với mọi n là số tự nhiên thì : n 10 n 15 2 b, Ta có: n n 1 n 2 là tích ba số tự nhiên liên tiếp nên sẽ có một số chia hết cho 2, một số chia hết cho 3. c, Ta có: n(n 1) 1 là 1 số lẻ nên n(n 1) 1 4;2 và có chữ số tận cùng khác 0 và 5 Bài 8: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì: a. A n(2n 1)(7n 1)6 b. B n3 13n6 Lời giải a) Ta có: n 7n 1 8n 1 là số lẻ nên n chẵn hoặc 7n chẵn, n(2n 1)(7n 1)2 (1) Xét các trường hợp : n 3k n(2n 1)(7n 1)3 n 3k 1 n(2n 1)(7n 1)3 (do 2n 13) n 3k 2 n(2n 1)(7n 1)3 (do 7n 13) n(2n 1)(7n 1)3 với mọi số tự nhiên n (2) Từ (1) và (2) n(2n 1)(7n 1)2.3 ( Do 2; 3 là hai số nguyên tố cùng nhau) n(2n 1)(7n 1)6
6. CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ b) B n3 13n n3 n 12n n(n 1)(n 1) 12n Vậy B n3 13n6  6 6 Bài 9: Chứng minh rằng tổng của ba số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 3. Lời giải Gọi ba số tự nhiên liên tiếp là: a, a 1, a 2 Tổng của ba số tự nhiên liên tiếp là a a 1 a 2 a a a 1 2 3a 3 3 (Tính chất chia hết của một tổng). Nâng cao: Có phải tổng của n số tự nhiên liên tiếp luôn luôn chia hết cho n hay không? Bài 10: Tổng của 4 số tự nhiên liên tiếp có chia hết cho 4 hay không ? Lời giải Gọi 4 số tự nhiên liên tiếp là a, a 1, a 2, a 3 . Tổng của 4 số tự nhiên liên tiếp là: a a 1 a 2 a 3 a a a a 1 2 3 4a 6 . Do 4 chia hết cho 4 nên 4a chia hết cho 4 mà 6 không chia hết cho 4 nên 4a 6 không chia hết cho 4 Tổng của 4 số tự nhiên liên tiếp không chia hết cho 4. Kết luận nâng cao: Vậy không phải lúc nào tổng n số tự nhiên liên tiếp cũng chia hết cho n Bài 11: Chứng minh 495a 1035b chia hết cho 45 với mọi a,b là số tự nhiên. Lời giải Vì 495 chia hết cho 9 nên 1980.a chia hết cho 9 với mọi a. Vì 1035 chia hết cho 9 nên 1035.b chia hết cho 9 với mọi b. Nên: 495a 1035b chia hết cho 9. Chứng minh tương tự ta có: 1980a 1995b chia hết cho 5 với mọi a, b Mà 9;5 1 495a 1035b chia hết cho 45. Bài 12: Chứng minh rằng tích của hai số chẵn liên tiếp luôn chia hết cho 8. Lời giải Gọi hai số chẵn liên tiếp là 2n, 2n 2. Tích của hai số chẵn liên tiếp là: 2n. 2n 2 4n. n 1 Vì n, n 1 không cùng tính chẵn lẻ nên n, n 1chia hết cho 2. Mà 4 chia hết cho 4 nên 4n.(n 1) chia hết cho (4.2) 4n. n 1 chia hết cho 8. 2n. 2n 2 chia hết cho 8.
7. CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ Bài 13: Chứng minh rằng: a) Tích của ba số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 3. b) Tích của bốn số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 4. Lời giải a) Gọi ba số tự nhiên liên tiếp là n, n 1, n 2. Tích của ba số tự nhiên liên tiếp là: n. n 1 . n 2 . Một số tự nhiên khi chia cho 3 có thể nhận một trong các số dư 0; 1; 2. +) Nếu r 0 thì n chia hết cho 3 n. n 1 . n 2 chia hết cho 3. +) Nếu r 1 thì n 3k 1 (k là số tự nhiên). n 2 3k 1 2 3k 3 chia hết cho 3. n. n 1 . n 2 chia hết cho 3. +) Nếu r 2 thì n 3k 2 (k là số tự nhiên). n 1 3k 2 1 3k 3 chia hết cho 3. n. n 1 . n 2 chia hết cho 3. Tóm lại: n. n 1 . n 2 chia hết cho 3 với mọi n là số tự nhiên. b) Chứng minh tương tự ta có n. n 1 . n 2 . n 3 chia hết cho 4 với mọi n là số tự nhiên. Kết luận: Tích của n số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho n. Dạng 2: Cho một biểu thức chia hết cho m chứng minh một biểu thức khác chia hết cho m I. Phương pháp giải - Vận dụng tính chất: AC ; BC pA qBC từ đó tìm giá trị p và q thích hợp. II. Bài toán Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên x, y thì: a. 2x 3y17 9x 5y17 b. 7x 9y13 x 5y13 c. x 4y19 13x 14y19 d. 20x 7y31 x 5y31 Lời giải a) Gợi ý: Tìm p, q sao cho 2 p 9q17 p(2x 3y) q(9x 5y)17x, y (2 p 9q)x (3p 5q)y17x, y 3p 5q17 Chọn p 4;q 1 4(2x 3y) (9x 5y)17 x, y Trình bày bài: Cách 1:
8. CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ * Chứng minh: 2x 3y17 9x 5y17 Từ 2x 3y17 4(2x 3y)17 Mà 17x 17y17 nên 17x 17y 4(2x 3y)17 9x 5y17 * Chứng minh: 9x 5y17 2x 3y17 Từ 9x 5y17 17x 17y (9x 5y)17 8x 12y17 4(2x 3y)17 2x 3y17 (Vì 4 và 17 nguyên tố cùng nhau) Cách 2: *Chứng minh: 2x 3y17 9x 5y17 Vì 17x 17y17 (8x 12y) (9x 5y)17 4(2x 3y) (9x 5y)17 (1) Mà (2x 3y)17 4(2x 3y)17 (2) Từ (1), (2) suy ra 9x 5y17 * Chứng minh: 9x 5y17 2x 3y17 Vì 17x 17y17 (8x 12y) (9x 5y)17 4(2x 3y) (9x 5y)17 Mà (9x 5y)17 4(2x 3y)17 2x 3y17 (Vì 4 và 17 nguyên tố cùng nhau) 7 p q13 b) chọn p 1; q 6 9 p 5q13 p 6 c) q 13 p 3 d) q 1 Bài 2: Chứng minh rằng: Nếu 2x y9thì 5x 7y9 Lời giải Ta có : 2x y9 7 2x y 9 14x 7y9 9x 5x 7y9 5x 7y9 Bài 3: Chứng minh rằng: a, Nếu ab cd11 thì abcd11 b, Nếu abc deg 7 thì abcdeg7 Lời giải a, Ta có: ab cd a.10 b 10c d (a c)10 b d (a c)(b d)11 hay a c – b d 11 Khi đó abcd11 vì có a c – b d 11
9. CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ b, Ta có: abcdeg 1000abc deg 1001abc (abc deg) mà abc deg7 nên abcdeg7 Bài 4: Chứng minh rằng: a, Nếu ab 2.cd thì abcd67 b, Nếu abc27 thì bca27 Lời giải a, Ta có: abcd 100ab cd 200cd cd 201cd67 b, Ta có: abc27 abc027 1000a bc027 999a a bc027 27.37a bca27 Mà 27.37a27 nên bca27 Bài 5: Chứng minh rằng: a, Nếu (ab cd eg)11 thì abcdeg11 b, Nếu abc deg37 thì abcdeg37 c, Nếu abcd99 thì ab cd99 Lời giải a, Ta có : abcdeg 10000.ab 100cd eg 9999ab 99cd (ab cd eg)11 b, Ta có : abcdeg 1000abc deg 999abc (abc deg)37 c, Ta có : abcd 100.ab cd 99.ab ab cd 99 ab cd9 Bài 6: Chứng minh rằng: Nếu abcd101 thì ab cd101 Lời giải Ta có : abcd101 100.ab cd 101.ab ab cd 101.ab ab cd 101 ab cd101 Bài 7: Chứng minh rằng: a, 2a -5b 6c17 nếu a 11b 3c17 (a,b, c Z ) b, 3a 2b17 nếu 10a b17 (a,b Z ) Lời giải a, Ta có: a 11b 3c17 và 17a 34b 51c17 nên 18a 45b 54c17 9 2a 5b 6c 17 b, Ta có: 3a 2b17 và 17a 34b17 nên 20a – 32b17 10a – 16b17
10. CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ 10a 17b – 16b17 10a b17 Bài 8: Chứng minh rằng: a, abcd29thì a 3b 9c 27d29 b, abc21 thì a 2b 4c21 Lời giải a, Ta có: abcd 1000a 100b 10c d29 2000a 200b 20c 2d29 2001a – a 203b 3b 29c 9c 29d 27d29 2001a 203b 29c 29d a 3b 9c 27d 29 a 3b 9c 27d 29 b, Ta có: abc 100a 10b c 21 100a 84a 10b – 42b c 63c21 16a 32b 64c21 16 a 2b 4c 21 Bài 9: Cho a,b là các số nguyên. CMR nếu 6a 11b chia hết cho 31 thì a 7b cũng chia hết cho 31 Lời giải Ta có: 6a 11b31 6 a 7b 31b31 a 7b31 Bài 10: Cho a,b là các số nguyên. CMR : 5a 2b17 9a 7b17 Lời giải Ta có: 5a 2b17 5a – 68a 2b 51b17 63a – 49b17 7 9a 7b 17 9a 7b 17 Ngược lại ta có: 9a 7b 17 7 9a 7b 17 63a 49b17 68a 5a 51b 2b17 5a 2b17 (5a 2b)17 (5a 2b)17 Bài 11: Cho a,b là các số nguyên. CMR nếu 2a 3b7 thì 8a 5b7 và ngược lại. Lời giải Ta có: 2a 3b7 4 2a 3b 7 8a 12b7 8a 12b 7b7 8a 5b7 Ngược lại ta có: 8a 5b7 8a 12b 7b7 8a 12b7 4 2a 3b 7 2a 3b7 Bài 12: Cho a,b là các số nguyên. CMR nếu a 2b7 thì a 9b7 điều ngược lại có đúng không? Lời giải Ta có: a – 2b7 a 2b 7b7 a 9b7