Ôn tập Toán 9 - Chuyên đề 11: Phép chia hết

 CHUYÊN ĐỀ 11:
 PHÉP CHIA HẾT
 A. KIẾN THỨC CƠ BẢN
 I. ĐỊNH NGHĨA PHÉP CHIA
Cho 2 số nguyên a và b trong đó b 0 ta luôn tìm được hai số nguyên q và r duy nhất 
sao cho a bq r 0 r b 
Trong đó a là số bị chia, b là số chia, q là thương, r là số dư
Khi a chia cho b có thể xảy ra b số dư, r 0;1;2;.....; b 
Đặc biệt r 0 a bq, khi đó ta nói a chia hết cho b hay b chia hết a
Ký hiệu ab, hay b \ a 
Vậy ab có số nguyên q sao cho a bq 
Các tính chất :
 1) Với a 0 aa 
 2) Nếu ab và bc ac 
 B. CÁC DẠNG BÀI TẬP
Ví dụ 1. CMR n2 3n 5121 với n ¥ 
Giả sử tồn tại n ¥ sao cho n2 3n 5121 
 4n2 12n 20121 (vì n,121 1) 
 2n 3 2 11121 (1) 2n 3 2 11 
Vì 11 là số nguyên tố 2n 311 2n 3 2 121 (2) 
Từ (1) và (2) 11121 vô lý
Vậy n2 3n 5121
 4n 1
Ví dụ 2: CMR : 22 711với n ¥
Ta có: 
 24  6 mod10 24n 1  2 mod10 
 24n 1 10q 2 q ¥ 
 4n 1
 22 210q 2
Theo định lý Fermat ta có: 210 1 mod11 
 210q 1 mod11 BÀI GIẢI TỪ BÀI 01 ĐẾN BÀI 10
 Bài 1. Với n 1 m 1 m 1 8 (vì m 1;m 1 là hai số chẵn liên tiếp nên tích 
 của chúng chia hết cho 8)
 k k 1
Giả sử với n k ta có m2 12k 2 ta phải chứng minh : m2 12k 3 (pp quy nạp)
 k k k
Thật vậy m2 12k 2 m2 1 2k 2.q q ¢ m2 2k 2.q 1 
 k 1 k 2 2
Có m2 1 m2 1 2k 2.q 1 1 2k 4.q2 2k 3.q 
 2k 3. 2k 1q2 q 2k 3 
 n
Vậy m2 12n 2 với mọi n 1 
Bài 2. Có 2222  4(mod7) 22225555 55552222 4 5555 45555 mod7 
 1111
Lại có: 4 5555 42222 45555 42222 42222. 43333 1 42222. 43 1 
 1111
Vì 43 64 1 mod7 43 1 0(mod7) 
 22225555 55552222  0(mod7) 
Vậy 22225555 55552222 7 
Bài 3. Theo định lý Fermat ta có:
 310 1(mod11); 210 1(mod11) 
Ta tìm dư trong phép chia là 24n 1 và 34n 1 cho 10
Có: 24n 1 2.16n  2 mod10 24n 1 10q 2 q ¥ 
Có 34n 1 3.81n  3(mod10) 34n 1 10k 3 k ¥ 
 4n 1 4n 1
Ta có: 32 33 5 310q 2 210k 3 32.310q 23.210k 5 
 1 0 1(mod2)  0(mod2) mà 2,11 1 
 4n 1 4n 1
Vậy 32 33 522 với mọi n ¥ 
Bài 4.Ta có: n3 11n n3 n 12n n n2 1 12n n n 1 n 1 12n
Vì n,n 1,n 1là 3 số nguyên liên tiếp n n 1 n 1 6và 12n6
Vậy n3 11n6
 16a 17b11
Bài 5. Có 11 là số nguyên tố mà 16a 17b 17a 16b 11 1 
 17a 16b11 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 225m
Mà A(k)225 (giả thiết quy nạp) và 225m225
Vậy A n 225
 n
Bài 10.Ta cần chứng minh aaa........a3 1 
 3n so a
Với n 1ta có: aaa......a 111a3
 k
Giả sử (1) đúng với n k tức là aaa.......a3
 3k so a
Ta chứng minh (1) đúng với n k 1tức là phải chứng minh:
 k 1 k 1 k k k k
 aaa.....a3 ta có: 3 3.3 3 3 3
 3k 1 so a
 2.3k 3k
Có aa.....a a ....a.a ....a.a ....a aa...a.10 aa.....a.10 a ....a
 k k k k
 3k 1 so a 3 3 3 3
 2.3k 3k k 1
 aa.....a. 10 10 1 3
 3k ĐÁP ÁN TỪ BÀI 11 ĐẾN BÀI 20
Bài 11.Gọi số đã cho là a
Ta có: a và 5a khi chia cho 9 có cùng một số dư 
 5a a9 4a9 mà 4,9 1 a9 dfcm 
Bài 12.Ta thấy 1111111119 có 
 72 63 9
Có 111....111 111111111 10 10 ...... 10 1 
 81 so1
Mà tổng 1072 1063 ...... 109 1có tổng các chữ số bằng 99
 72 63 9
 10 10 ...... 10 19 . Vậy 1111.....11181(dfcm)
 81 so1
Bài 13.
Gọi ab là số có 2 chữ số. Theo bài ra ta có:
 ab 10a b 2ab 1 
 ab2 b 0;2;4;6;8
Thay vào (1) suy ra a 3,b 6
Bài 14.Có 1980 22.32.5.11, vì 2 chữ số tận cùng của a là 80 chia hết cho 4 và 5
Nên A4và 5
Tổng các chữ số hàng lẻ 1 2 3 ..... 7 .10 8 279
Tổng các chữ số hàng chẵn 9 0 1 ..... 9 .6 0 279
Có 279 279 5589 A9 ;279 279 011 A11
Vậy A1980
Bài 15.
Tổng của 2 số tự nhiên liên tiếp là một số lẻ nên không chia hết cho 2
Có 46 số tự nhiên liên tiếp nên có 23 cặp số mỗi cặp có tổng là 1 số lẻ nên tổng 23 cặp 
không chia hết cho 2. Vậy tổng của 46 số tự nhiên liên tiếp không chia hết cho 46.
Bài 16.Có:
 111....1122....222 11..111100....02
 100 so1 100 so 2 100 so1 99 so0
Mà 1000....02 3.333....34
 99 so0 99 so3
 11...1122....22 33....3333....34(dfcm)
 100 so1 100 so 2 100 so3 99 so3
Bài 17. Ta có n 1;n;n 1là tích 3 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 3 3 n 1 n n 1 9
 2
 9 n 1 9
mà A9 dfcm 
 18n9
ĐỀ BÀI TỪ BÀI 21 ĐẾN BÀI 30
Từ bài 26, mục pp3: xét tập hợp số dư trong phép chia 
Bài 21.Chứng minh rằng: n4 6n3 11n2 6n24 n ¢ 
Bài 22.Chứng minh rằng:
 a)n n 1 2n 1 6 b)n5 5n3 4n120 n ¥ 
Bài 23.Chứng minh rằng , với mọi n lẻ thì:
 a)n2 4n 38
 b)n3 3n2 n 348
 c)n12 n8 n4 1512
Bài 24. Với p là số nguyên tố p>3. Chứng minh rằng: p2 124
Bài 25.Chứng minh rằng : Trong 1900 số tự nhiên liên tiếp có 1 chữ số có tổng các chữ 
số chia hết cho 27
 Phương pháp 3: xét tập hợp số dư trong phép chia 
Bài 26.Chứng minh rằng : Với mọi n ¥ thì A n n 2n 7 7n 7 6
 2n n
Bài 27.CMR: Nếu n3thì A n 3 3 113với mọi n ¥
Bài 28.Tìm tất cả các số tự nhiên n để 2n 17
Phản chứng
Bài 29.Chứng minh rằng: n2 1n n ¥ * 
Bài 30.Có tồn tại n ¥ sao cho n2 n 249không 
ĐÁP ÁN TỪ BÀI 21 ĐẾN BÀI 30
Bài 21.
 n4 6n3 6n 11n2 n n3 6n2 6 11n 
 n n 1 n 2 n 3 24
Bài 22. Bài 26.
Ta thấy 1trong 2 thừa số n và 7n 1là số chẵn. Với n ¥ A n 2
Ta chứng minh A n 3
Lấy n chia cho 3 ta được n 3k 1 k ¥ . Với r 0;1;2
 r 0 n 3k n3 A n 3
 r 1 n 3k 1 2n 7 6k 93 A n 3
 r 2 n 3k 2 7n 1 21k 153 A n 3
 A n 3
Mà 2,3 1 A n 6n ¥
Bài 27.
Vì n3 n 3k r k ¥ ;r 1;2;3
 2 3k r 3k r
 A n 3 3 1
 32r 36k 1 3r 32k 1 32r 3r 1
 2k
Ta thấy : 36k 1 33 1 33 1 M 26M 26
 33k 1 33 1 N 26N13
Với r 1 32n 3n 1 32 3 113 32n 3n 113
Với r 2 32n 3n 1 34 32 1 9113 32n 3n 113
 2n n
Vậy với n3thì A n 3 3 113 n ¥ 
Bài 28.
Lấy n chia cho 3ta có n 3k 1 k ¥ ;r 0;1;2
Với r 0 n 3k 2n 1 23k 1 8k 1 8 1 M 7M 7
Với r 1 n 3k 1 2n 1 28k 1 1 2.23k 1 2 23k 1 1
Mà 23k 17 2n 1chia cho 7 dư 1
Với r 2 n 3k 2 2n 1 23k 2 1 4 23k 1 3
Mà 23k 17 2n 1chia cho 7 dư 3
Vậy 23k 17 n 3k k ¥ 
Bài 29. Bài 40.CMR: Trong 1900 số tự nhiên liên tiếp có 1 số có tổng các chữ số chia hết cho 
27
ĐÁP ÁN TỪ BÀI 31 ĐẾN BÀI 40
Bài 31. Giả sử tồn tại n2 n 19 n 
 n 2 n 1 33 1 
 n 23
Vì 3 là số nguyên tố n 2 n 1 9
 n 13
Từ (1) và (2) suy ra 39vô lý 
Bài 32. Giả sử n ¥ để 4n2 4n 18289
 2n 1 2 17172 2n 1 17
 2n 1 17
 17là số nguyên tố 2n 1 17 2n 1 289
 17289 vô lý.
Bài 33.
Ta thấy 52n 1.22n 1.5n 1 3n 1.22n 12
Mặt khác 52n 1.22n 1.5n 1 3n 1.22n 1 2n 52n 1.10 9.6n 1 
Vì 25  6 mod19 5n 1 6n 1(mod19)
 25n 1.10 9.6n 1 6n 1.19 mod19  0(mod19)
Bài 34. Đặt A 3p 2 p 1(p lẻ)
Dễ dàng chứng minh A2và A3 A6
Nếu p 7 A 37 27 149 A7 p
Nếu p 7 p,7 1. Theo định lý Fermat ta có:
 A 3p 3 2 p 2  p
Đặt p 3q r q N,r 1,2 
 A 33q 1 3 23q r 2 
 q
 3r.27q 2r.8q 1 7k 3r 1 2r 1 k ¥ 
Với r 1,q phải chẵn, vì p lẻ 
 A 7k 9 4 1 7k 14
Vậy A7 mà A p, p,7 1 A7 p a)n2 4n 3 n 1 n 3 8
 b)n3 3n2 n 3 n2 n 3 n 3 n 1 n 1 n 3 
 2k 4 2k 2 .2k (n 2k 1,k ¥ )
 8k k 1 k 2 48
 c)n12 n8 n4 1 n8 n4 1 n4 1 n4 1 n8 1 
 2 2 2
 n4 1 n4 1 n2 1 n2 1 n4 1 
 2
 16 k k 1 2 n2 1 n4 1
 2 2
 2 4 n 1 2
Với n 2k 1 n 1và n 1là những số chẵn 
 4
 n 12
 n12 n8 n4 1 24.22.22.1.21 n12 n8 n4 1512
Bài 39.
Có p2 1 p 1 p 1 vì p là số nguyên tố lớn hơn 3
 p 1 p 1 8, và p 3k 1hoặc p 3k 2 k ¥ 
 p 1 p 1 3. Vậy p2 124
Bài 40. Giả sử 1900số tự nhiên liên tiếp là n;n 1;n 2;.....;n 1989(1)
Trong 1000 số 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 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
*Chú ý: n 899 n 999 899 n 1989 các số ở (2) nằm trong dãy (1)
ĐỀ BÀI TỪ BÀI 41 ĐẾN BÀI 50
Bài 41.CMR n2 3n 5121với mọi n ¥
Bài 42.CMR với mọi n ¥
Thì A n n 2n 7 7n 7 chia hết cho 6
Bài 43.Chứng minh rằng nn n2 n 1 n 1 2 n 1 
Bài 44.Cho 3 số nguyên dương a,b,c thỏa mãn a2 b2 c2 .Chứng minh rằng abc60