Chuyên đề 8: Phép chia hết trên tập hợp số nguyên - Bồi dưỡng HSG Đại số 8

 Chuyên đề 8. PHÉP CHIA HẾT TRÊN TẬP HỢP SỐ NGUYÊN 
A. Kiến thức cần nhớ
1. Khái niệm: Cho a, b là hai số nguyên và b khác 0. Ta nói a chia hết cho b nếu tồn tại số nguyên q sao cho 
a bq .
Khi a chia hết cho b thì ta nói b là ước của a hay b chia hết a; a là bội của b.
Lưu ý: Khi a chia hết cho b thì a cũng chia hết cho b .
2. Một số tính chất thường dùng
a) Nếu a chia hết cho b, b chia hết cho c thì a chia hết cho c.
b) Nếu a, b chia hết cho m thì ax by cũng chia hết cho m (x, y là số nguyên)
c) Nếu a chia hết cho tích m.n thì a chia hết cho m, a chia hết cho n. (điều ngược lại không đúng)
d) Nếu a chia hết cho m, n với m,n 1 thì a chia hết cho tích mn.
e) Nếu tích a.b chia hết cho m mà b,m 1 thì a chia hết cho m.
f) Cho p là số nguyên tố. Khi đó, nếu tích ab chia hết cho p thì a chia hết cho p hoặc b chia hết cho p.
g) Khi chia n + 1 số nguyên dương liên tiếp cho n ( n 0 ) luôn nhận được hai số dư bằng nhau.
h) Tích của n số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho n ( n 0 ).
i) Trong n số nguyên liên tiếp (n > 0) luôn có duy nhất một số chia hết cho n.
4. Cho a,b là hai số nguyên và b khác 0. Khi đó, tồn tại duy nhất cặp số nguyên q,r sao cho a bq r và 
0 r b 1.
Cho b 0 và a tuỳ ý.
Khi đó, nếu chia a cho b thì số dư chỉ có thể là 0, 1, 2,..., b - 1. 
B. Một số ví dụ
I. PHƯƠNG PHÁP XÉT SỐ DƯ
Ví dụ 1: Chứng minh rằng:
a) ab a b chia hết cho 2 với a,b ¢ 
b) A n n2 1 n2 4 chia hết cho 5 với n ¢
 Giải
Tìm cách giải. Để chứng minh A(n) chia hết cho k, ta có thể xét mọi trường hợp về số dư khi chia n cho k. 
Chẳng hạn:
Câu a. Chúng ta xét các trường hợp số dư khi chia a; b cho 2.
Câu b. Chúng ta xét các trường hợp số dư khi chia n cho 5.
Trình bày lời giải
a) Xét các trường hợp về số dư khi chia cho 2, ta có:
Nếu ít nhất a hoặc b chia hết cho 2 thì ab chia hết cho 2.
Nếu a và b cùng không chia hết cho 2 thì chúng cùng lẻ suy ra a b chẵn do đó a b chia hết cho 2. Vì 30 2.3.5 mà 2;3 3;5 5;2 1 nên ta chứng minh P chia hết cho 2; 3; 5
Chứng minh P chia hết cho 2.
Nếu ít nhất a hoặc b chẵn thì ab chia hết cho 2.
Nếu a và b cùng lẻ thì a b chia hết cho 2.
Chứng minh P chia hết cho 3.
- Nếu ít nhất a hoặc b chia hết cho 3 thì ab chia hết cho 3.
- Nếu a, b cùng không chia hết cho 3 thì chúng có dạng 3k 1 suy ra a2 ,b2 có dạng 3m 1 nên a2 b2 chia 
hết cho 3.
Chứng minh P chia hết cho 5.
- Nếu ít nhất a hoặc b chia hết cho 5 thì ab chia hết cho 5.
- Nếu a, b cùng không chia hết cho 5.
Nếu a, b có một trong các dạng 5k 1 hoặc 5k 2 thì a2 ,b2 có cùng dạng 5m 1 hoặc 5m 4 nên a2 b2 
chia hết cho 5.
Nếu a, b có một số có dạng 5k 1 còn một số có dạng 5k 2 thì a2 và b2 có một số có dạng 5m 1 còn 
một số có dạng 5m 4 nên a2 b2 chia hết cho 5.
Vậy P chia hết cho 30.
Ví dụ 4: Chứng minh rằng một số có dạng: P n4 4n3 4n2 16n (với n là số chẵn lớn hơn 4) thì chia hết 
cho 384.
 (Thi học sinh giỏi Toán 9, Toàn quốc, năm học 1970 - 1971)
 Giải
Tìm cách giải. Ta nhận thấy biểu thức có thể phân tích thành nhân tử được: 
n4 4n3 4n2 16n n n 4 n 2 n 2 . Vì n chẵn lớn hơn 4 nên n 2k 2 k ¥ * . thay vào biểu 
thức P ta được: P 2k 2 2k 2 4 2k 2 2 2k 2 2 16k k 1 k 1 k 2 . Mặt khác ta có 
384 16.24 do vậy chúng ta chỉ cần chứng minh k k 1 k 1 k 2 chia hết cho 24.
Trình bày lời giải
Ta có n4 4n3 4n2 16n n n 4 n 2 n 2 
Vì n chẵn lớn hơn 4 nên n 2k 2 k ¥ * thay vào biểu thức P ta được:
 2k 2 2k 2 4 2k 2 2 2k 2 2 16k k 1 k 1 k 2 .
k,k 1,k 2 có một số chia hết cho 3.
k 1,k,k 1,k 2 có hai số chẵn liên tiếp, nên một số chia hết cho 2, một số chia hết cho 4 suy ra 
k k 1 k 1 k 2 chia hết cho 8. Vậy A n 25n 18n 12n 5n chia hết cho 7.
25n 12n chia hết cho 25 12 tức là 25n 12n chia hết cho 13.
18n 5n chia hết cho 18 5 tức là 18n 5n chia hết cho 13.
Vậy A n 25n 12n 18n 5n chia hết cho 13.
Suy ra số A n 5n 5n 1 6n 3n 2n chia hết cho 91.
Ví dụ 7: Chứng minh rằng nếu n là số nguyên dương thì 25n 7n 4n 3n 5n chia hết cho 65
 (Tuyến sinh lớp 10, Trường THPT chuyên Hà Nội, năm học 2014 - 2015)
 Giải
Ta có: 65 13.5 và (5; 13) = 1. Để chứng minh biểu thức chia hết cho 65, ta chứng minh biểu thức chia hết 
cho 13 và 5.
Ta co: 25n 7n 4n 3n 5n 25n 7n 12n 20n
Áp dụng tính chất an bn  a b với mọi a, b, n là số nguyên dương và a b 
25n 12n chia hết cho 25 12 tức là 25n 12n chia hết cho 13.
20n 7n chia hết cho 20 7 tức là 20n 7n chia hết cho 13.
25n 7n 4n 3n 5n chia hết cho 13
25n 20n chia hết cho 25 20 tức là 25n 20n chia hết cho 5.
12n 7n chia hết cho 12 7 tức là 12n 7n chia hết cho 5.
25n 7n 4n 3n 5n chia hết cho 5
A 25n 20n 12n 7n 5 mà ƯCLN 5;13 1 nên A65.
V. PHƯƠNG PHÁP DÙNG NGUYÊN LÝ ĐIRICHLET 
Phương pháp giải
Nếu nhốt n 1 thỏ vào n cái lồng thì chắc chắn có một lồng chứa ít nhất hai thỏ.
- Trong n số nguyên liên tiếp thì có một số chia hết cho n ( n 1)
- Trong n 1 số ngùyên bất kỳ thì có ít nhất hai số có cùng số dư khi chia cho n ( n 1).
Ví dụ 8: Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên n khác 0 thoả mãn 13579n 1 chia hết cho 313579 
 (Thi học sinh giói Toán 9, Thành phố Hà Nội, năm học 2005 - 2006)
 Giải
Xét 313579 số sau: 13579; 135792 ; 135793 ;..; 1357913579 đem chia cho 313579 ta nhận được 313579 số dư.
Mà 13579 không chia hết cho 3 nên trong các số trên không có số nào chia hết cho 3 do đó chúng nhận các 
số dư trong các số: 1; 2; 3;...; 313579 1 nên tồn tại hai số có cùng số dư. Giả sử mệnh đề đúng với n k k 1 , tức là 122k 1 11k 2 chia hết cho 133. Ta cần chứng minh đúng với 
n k 1.
Tacó: 122k 3 11k 3 144.122k 1 11.11k 2 133.122k 1 11. 122k 1 11k 2 . Mỗi số hạng của tổng chia hết 
cho 133 nên 122k 3 11k 3 chia hết cho 133.
Như vậy bài toán đúng với n k 1
Do đó bài toán đúng với mọi n là số nguyên dương.
VII. PHƯƠNG PHÁP DÙNG ĐỒNG DƯ THỨC 
Phương pháp giải
Hai số nguyên a và b chia cho số nguyên m ( m 0 ) có cùng số dư ta nói a đồng dư với b theo modun m, kí 
hiệu a  b mod m .
Với a,b,c,d ¢ và m ¥ * ta có:
a  b mod m ;b  c mod m a  c mod m 
a  b mod m ;c  d mod m a c  b d mod m 
a c  b d mod m ;a.c  b.d mod m 
a  b mod m an  bn mod m với n ¥ *
a  b mod m ;c ¥ * ac  bc mod m với c ¢ .
 3 3 10
Ví dụ 12: Cho A 2730910 2730910 2730910 ... 2730910 . Tìm số dư trong phép chia A cho 7.
 (Thi học sinh giỏi Toán 9, Thành phố Hà Nội, năm học 2008 - 2009)
 Giải
Tìm cách giải. Nhận thấy 27309  2 mod 7 , mặt khác 23 8 1 mod 7 23k 1 mod 7 nên ta cần tìm 
đồng dư của số mũ với 3.
Trình bày lời giải
Ta có 10n 1 mod 7 với n ¥ 10n 3k 1 (với k ¥ ) (1)
Ta có 27309  2 mod 7 273093k 1  23k 1  2.8k  2 mod 7 (2)
Từ (1), (2) ta có A  2 2 ... 2 mod 7 
A  20  6 mod 7 
Vậy số dư trong phép chia A cho 7 là 6.
 2
Ví dụ 13: Với mỗi số tự nhiên n, đặt an 3n 6n 13. Chứng minh rằng nếu hai số ai ,a j không chia hết 
cho 5 và có số dư khác nhau khi chia cho 5 thì ai a j chia hết cho 5.
 Giải
 2
Ta có an 3 n 1 10 . Suy ra 2abc chia hết cho 4.
Mà a b c ab bc ca chia hết cho 4 suy ra P chia hết cho 4.
C. Bài tập vận dụng
8.1. Có thể tìm được số tự nhiên n để n2 n 1 chia hết cho 2025 hay không?
 Hướng dẫn giải – đáp số
Xét chữ số tận cùng n ta có:
n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
n2 n 1 1 3 7 3 1 1 3 7 3 1
 n2 n 1 không chia hết cho 5 n2 n 1 không chia hết cho 2025.
8.2. a) Chứng minh rằng n3 n 2 không chia hết cho 6 với mọi số tự nhiên n.
b) Chứng minh rằng n3 n chia hết cho 24 với mọi số tự nhiên n lẻ.
 Hướng dẫn giải – đáp số
a) Ta có: n3 n n n 1 n 1 
n 1;n là hai số nguyên liên tiếp nên n3 n2
n 1;n;n 1 là ba số nguyên liên tiếp nên n3 n3
 n3 n6 n3 n 2 không chia hết cho 6.
b) Ta có: n3 n n n 1 n 1 
Với n là số lẻ, đặt n 2k 1, biểu thức có dạng:
 2k 1 2k 2k 2 4k 2k 1 k 1 
Ta có k và k 1 là hai số nguyên liên tiếp
 k k 1 2 4 2k 1 k k 1 8 
Với k3 thì 4 2k 1 k k 1 3
Với k3 dư 1 thì 2k 1 3 4 2k 1 k k 1 3 
Với k3 dư 2 thì 2k 1 3 4 2k 1 k k 1 3 
Vậy 4 2k 1 k k 1 3 với k là số tự nhiên
Mà ƯCLN 3;8 1 nên n3 n24 .
8.3. Cho a và b là các số nguyên sao cho a2 b2 chia hết cho 13. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất một trong 
hai số 2a 3b;2b 3a chia hết cho 13.
 Hướng dẫn giải – đáp số
Ta có 2a 3b 2b 3a 6 a2 b2 13ab 
Mà a2 b2 13 và 13ab13 nên 6 a2 b2 13ab13 (Thi vô địch toán Hunggary, năm 1978)
 Hướng dẫn giải – đáp số
Áp dụng công thức an bn a b với a, b, n là số tự nhiên a b 
 2903n 803n 2903 803 2903n 803n 2100
464n 261n 464 261 464n 261n 203
Mà 21007;2037 2903n 803n 464n 261n 7 hay A7 
2903n 464n 2903 464 2903n 464n 2439
803n 261n 803 261 803n 261n 542
Mà 2439271;542271 A 2903n 464n 803n 261n 271 A271 
Mà ƯCLN 7;271 1 A7.271 hay A1897 
8.7. Cho X là một tập hợp gồm 700 số nguyên dương đôi một khác nhau, mỗi số không lớn hơn 2006. 
Chứng minh rằng trong tập hợp X luôn tìm được hai phần tử x, y sao cho x y thuộc tập hợp E 3;6;9
 (Tuyển sinh lớp 10, Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội, Vòng 2, năm học 2006 - 2007)
 Hướng dẫn giải – đáp số
Cách 1. Chia dãy các số nguyên dương từ 1 đến 2006 thành 201 đoạn: 1;10, 11;20, 21;30,., 
1991;2000, 2001;2006 . Vì X có 700 số nguyên dương khác nhau nên theo nguyên lí Đi-rich lê, tồn tại ít 
nhất 4 số trong 700 số trên thuộc cùng một đoạn. Mặt khác, với 4 số bất kì, luôn tồn tại ít nhất 2 số khi chia 
cho 3 có cùng số dư, hiệu của hai số đó chia hết cho 3, suy ra hiệu hai số này thuộc tập hợp E 3;6;9 .
Cách 2.
Chia X thành 3 tập hợp như sau:
A x / x 3k 1,k ¥  ;
B x / x 3k 2,k ¥ ;
C x / x 3k 3,k ¥  ;
Có 700 số được chia thành 3 tập hợp, theo nguyên lí Đi-rich lê, tồn tại một tập hợp có ít nhất 234 phần tử. 
Trong tập hợp này luôn tồn tại hai số cách nhau 3 hoặc 6 đơn vị. Thật vậy nếu các số trong tập hợp chỉ các 
nhau ít nhất 9 đơn vị thì số lớn nhất trong tập hợp không nhỏ hơn 9.233 2097 2006 , mâu thuẫn với giả 
thiết. Suy ra trong X luôn tồn tại hai số cách nhau 3 hoặc 6. Vậy trong tập hợp X luôn tìm được hai phần tử 
x, y sao cho x y thuộc tập hợp E 3;6;9 .
8.8. Chứng minh rằng nếu m chia hết cho 2 thì m3 20m chia hết cho 48, với m là một số nguyên.
 (Thi học sinh giỏi Toán 9, Bình Phước, năm học 2012 - 2013)
 Hướng dẫn giải – đáp số
Đặt m 2k k ¢