Toán 6 - Bài 2: Một số phương pháp chứng minh chia hết

 Toán 6 – Năng khiếu 
 1 
BÀI 2. MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP CHỨNG MINH CHIA HẾT – PHẦN I 
PHẦN 1 : TÓM TẮT LÝ THUYẾT 
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 với 0  r   b 
Trong đó: a là số bị chia, b là số chia, q là thương, r là số dư. 
Đặc biệt: r = 0 thì a = bq, khi đó ta nói a chia hết cho b. Ký hiệu: a  b 
 Vậy a  b  Có số nguyên q sao cho a = bq 
II. Cỏc tớnh chất : 
1. Nếu a  b và b  c  a  c 
2. Nếu a  b và c bất kỳ  ac  b 
3. Nếu a  b và c  b  a  c  b 
4. Nếu a + b  c và a  c  b  c 
5. Nếu a  b  an  bn 
6. Nếu ac  b và (a, b) =1  c  b 
7. Nếu a  b và c  d  ac  bd 
8. an – bn  a – b ( với a b, nN) 
9. an – bn  a + b ( với a -b, n chẵn ) 
10. an + bn  a + b ( với a -b, n lẻ ) 
11. Trong n số tự nhiên liên tiếp có 1 và chỉ 1 số chia hết cho n 
III. Một số dấu hiệu chia hết 
1 1 0...n nN a a a a 
1. Dấu hiệu chia hết cho 2; 5; 4; 25; 8; 125 
+ N  2  a0  2  a0{0; 2; 4; 6; 8} 
+ N  5  a0  5  a0{0; 5} 
+ N  4 (hoặc 25)  1 0a a  4 (hoặc 25) 
+ N  8 (hoặc 125)  
2 1 0a a a  8 (hoặc 125 
2. Dấu hiệu chia hết cho 3 ; 9; 11 
+ N  3 (hoặc 9)  a0+a1++an  3 (hoặc 9) 
+ N  11  [(a0+a1+) - (a1+a3+)]  11 
 Toán 6 – Năng khiếu 
 2 
IV. Đồng dư thức 
1. Định nghĩa: Cho m là số nguyên dương. Nếu hai số tự nhiên a và b cho cùng số dư khi chia 
cho m thì ta nói a đồng dư với b theo modun m. 
 Ký hiệu: a  b (modun) 
Vậy: a  b (modun)  a - b  m 
2. Các tính chất: 
1. Nếu a  b (mod m) và c  d (mod m)  a+c  b+d (mod m) và a-c  b-d (mod m) 
2. Nếu a  b (mod m)  a+c  b+c (mod m) 
3. Nếu a  b (mod m) và c  d ((mod m)  ac  bd (mod m) 
4. Nếu a  b (mod m)  ac  bc (mod m) 
5. Nếu a  b (mod m)  an  bn (mod m) 
 Toán 6 – Năng khiếu 
 3 
PHẦN II: MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN CHIA HẾT 
1. Phương pháp 1: SỬ DỤNG DẤU HIỆU CHIA HẾT 
Ví dụ 1: Tìm các chữ số a, b sao cho a56b  45 
Giải 
 Ta thấy 45 = 5.9 mà (5 ; 9) = 1 
để a56b  45  a56b  5 và 9 
 Xét a56b  5  b  {0 ; 5} 
 Nếu b = 0 ta có số a56b  9  a + 5 + 6 + 0  9 
 a + 11  9 
 a = 7 
 Nếu b = 5 ta có số a56b  9  a + 5 + 6 + 5  9 
 a + 16  9 
 a = 2 
Vậy: a = 7 và b = 0 ta có số 7560 
 a = 2 và b = 5 ta có số 2560 
Ví dụ 2: Biết tổng các chữ số của 1 số là không đổi khi nhân số đó với 5. Chứng minh rằng số đó 
chia hết cho 9. 
Giải 
Gọi số đã cho là a 
Ta có: a và 5a khi chia cho 9 cùng có 1 số dư 
 5a - a  9  4a  9 mà (4 ; 9) = 1 
 a  9 (Đpcm) 
Ví dụ 3: CMR số 
1 sè 81
 111 111  81 
Giải 
Ta thấy: 111111111  9 
Có 
1 sè 81
 111 111 = 111111111(1072 + 1063 +  + 109 + 1) 
Mà tổng 1072 + 1063 +  + 109 + 1 có tổng các chữ số bằng 9  9 
 1072 + 1063 +  + 109 + 1  9 
Vậy: 
81 
111 111 
sè 1
  81 (Đpcm) 
 Toán 6 – Năng khiếu 
 4 
Bài tập về nhà 
Bài 1: Tìm các chữ số x, y sao cho 
a) 34 5x y  36 
b) 7 36 5x y  1375 
Bài 2: Chứng minh rằng : 10n + 72n – 1  81 
Hướng dẫn - Đáp số 
Bài 1: a) x = 4 và y = 2 
 x =0 và y = 6 
 b) 1357 =125.11 
7 36 5x y  125  6 5y  125  y = 2 
7 3625x  11 (5+6+x)-(2+3+7) 11  x=1 
Bài 2: 10
n
 + 72n – 1=10n – 1 + 72n = 
n c n c
99 9 72 9(11 1 8 ) 81n n    
sè 9 sè 1
2. Phƣơng pháp 2: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CHIA HẾT CỦA MỘT TÍCH 
Sử dụng tính chất “Trong n số tự nhiên liên tiếp có 1 và chỉ 1 số chia hết cho n” 
Ví dụ 1: CMR: a. Tích của 2 số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 2 
 b. Tích của 3 tự nhiên liên tiếp chia hết cho 6. 
 c. Tích của 2 số chẵn liờn tiếp chia hết cho 8 
Giải 
a) Trong 2 số tự nhiên liên tiếp bao giờ cũng có 1 số chẵn 
 Số chẵn đó chia hết cho 2. 
Vậy tích của 2 số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 2. 
b) + Tích 2 số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 2 
 tích của 3 số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 2 
 + Trong 3 sô tự nhiên liên tiếp bao giờ cũng có 1 số chia hết cho 3. 
 tích 3 số đó chia hết cho 3 mà (2; 3) = 1. 
Vậy tích của 3 số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 6. 
c. Tích hai số chẵn liên tiếp : 2k.(2k+2) (kN) 
 = 4.k(k+1)  4. 2= 8 
Ví dụ 2: CMR: n4 - 4n3 - 4n2 +16n  384 với  n chẵn, n4 
Giải 
Vì n chẵn, n4 ta đặt n = 2k, k2 
Ta có n
4
 - 4n
3
 - 4n
2
 + 16n = 16k
4
 - 32k
3
 - 16k
2
 + 32k 
 = 16k(k
3
 - 2k
2
 - k + 2) 
 = 16k(k - 2) (k - 1)(k + 1) 
 Toán 6 – Năng khiếu 
 5 
Với k  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.  (k - 2)(k - 1)(k + 1)k  8 
Mà (k - 2) (k - 1)k  3 và (3,8)=1 
 (k - 2) (k - 1) (k + 1)k  3.8= 24 
 16(k - 2) (k - 1) (k + 1)k  (16.24) 
Vậy n4 - 4n3 - 4n2 +16n  384 với  n chẵn, n  4 
3. Phƣơng pháp 3: XÉT TẬP HỢP SỐ DƯ TRONG PHÉP CHIA 
Để chứng minh một biểu thức A(n) chia hết cho một số p (p0). Ta có thể xét mọi 
trường hợp về số dư khi chia n cho p. 
Ví dụ 1: CMR: Với  n  N 
Thì A(n) = n(2n + 7) (7n + 1) chia hết cho 6 
Giải 
 Ta thấy 1 trong 2 thừa số n và 7n + 1 là số chẵn. Với  n  N  A(n)  2 
 Ta chứng minh A(n)  3 
Lấy n chia cho 3 ta được n = 3k + r (k  N) với r  {0; 1; 2} 
- Với r = 0  n = 3k  n  3  A(n)  3 
- Với r = 1  n = 3k + 1  2n + 7 = 6k + 9  3  A(n)  3 
- Với r = 2  n = 3k + 2  7n + 1 = 21k + 15  3  A(n)  3 
 A(n)  3 với  n mà (2, 3) = 1 
Vậy A(n)  6 với  n  N 
Ví dụ 2: 
a) Tỡm số dư của phộp chia một số chính phương cho 3 
b) Chứng minh rằng: Không tồn tại n N để 2 1 300...0 n 
c) Chứng minh rằng: tổng lũy thừa chẵn của 3 số tự nhiờn liờn tiếp khụng thể là số chính 
phương. 
Giải 
a) Số chính phương có dạng n2 (n N) . Xét các trường hợp số dư khi chia n cho 3, 
Lấy n chia cho 3 ta được n = 3k + r (k  N) với r  {0; 1; 2} 
- Với r = 0  n = 3k  n2 = (3k)2  3  A(n)  3 
- Với r = 1  n = 3k + 1  n2 = (3k+ 1)2 = (3k+1)(3k+1) 
= 3k (3k+1) + 1(3k+1) 
= 9k
2
+ 3k + 3k + 1 
= 9k
2
+ 6k + 1  A(n) chia cho 3 dư 1 
 Toán 6 – Năng khiếu 
 6 
- Với r = 2  n = 3k + 2  n2 = (3k+ 2)2 = 9k2+ 12k + 4  A(n) chia cho 3 dư 1 
Vậy một số chính phương khi chia cho 3 số dư có thể là 0 hoặc 1. 
Nhận xét: Một số có dạng 3k + 2 không thể là số chính phương. 
b) Ta có: 300....0 có tổng các chữ số bằng 3 nên 300....0  3 
mà với mọi n N thì n2 chia cho 3 chỉ có thể dư 0 hoặc 1 nên n2 + 1 chia cho 3 dư 1 
hoặc 2 
 Vậy không tồn tại n N để 2 1 300...0n   
c) Tổng lũy thừa chẵn của 3 số tự nhiên liên tiếp có dạng: 
 (n-1)
2k 
 + n
2k
 + (n+1)
2k 
 với n, k N; n1) 
Trong 3 số tự nhiên liên tiếp có một số chia hết cho 3, hai số còn lại có dạng 3k+1 và 
3k+2 nên tổng lũy thừa chẵn của 3 số nguyên liên tiếp chia cho 3 có dư là 2 nên không 
thể là một sô chính phương 
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 + r (k  N); r  {0; 1; 2} 
 Với r = 0  n = 3k ta có 
2
n
 - 1 = 2
3k
 - 1 = 8
k
 – 1k  (8 - 1) = 7 
 với r =1  n = 3k + 1 ta có: 
2
n
 - 1 = 2
8k +1
 - 1 = 2.2
3k
 - 1 = 2(2
3k
 - 1) + 1 
mà 2
3k
 - 1  7  2n - 1 chia cho 7 dư 1 
 với r = 2  n = 3k + 2 ta có : 
2
n
 - 1 = 2
3k + 2
 - 1 = 4(2
3k
 - 1) + 3 
mà 2
3k
 - 1  7  2n - 1 chia cho 7 dư 3 
Vậy 23k - 1  7  n = 3k (k  N) 
Bài tập về nhà 
Bài 1: CMR: 
a) Tích của 4 số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 24 
b) Tích của 3 số chẵn liờn tiếp chia hết cho 48 
Bài 2: CMR : n(n + 1)(2n + 1)  6 
Bài 3: CMR: Với  n lẻ thì: 
a) n2 + 4n + 3  8 
b) n3 + 3n2 - n - 3  48 
Bài 4: CMR: An = n(n
2
 + 1)(n
2
 + 4)  5 Với  n  N 
Bài 5: 
 Toán 6 – Năng khiếu 
 7 
a) Tỡm số dư của phộp chia một số chính phương cho 4; 5 
b) Chứng minh rằng: tổng bỡnh phương của 5 số tự nhiên liên tiếp không thể là số chính 
phương 
Hướng dẫn - Đáp số 
Bài 1: a) Trong 4 số tự nhiên liên tiếp có 2 số chẵn liên tiếp nên tích chia hết cho 8 
Trong 3 số tự nhiên liên tiếp có 1 số chia hết cho 3 
b) 2k (2k + 2) (2k +4) = 8k(k+1)(k+2)  8.6 =48 
Bài 2: n(n + 1)(2n + 1) = n(n + 1) [(n - 1) + (n + 2)] 
= n(n + 1) (n - 1) + n(n + 1) (n + 2)  6 
Bài 3: a) n
2
 + 4n + 3 = (n + 1) (n + 3)  8 (vì (n + 1) , (n + 3) là 2 số chẵn liên tiếp) 
b) n
3
 + 3n
2
 - n - 3 = n
2
(n + 3) - (n + 3).1 
= (n
2
 - 1) (n + 3) 
= (n + 1) (n - 1) (n + 3) 
= (2k + 4) (2k + 2) 2k (với n = 2k + 1, k  N) 
= 8k(k + 1) (k +2)  8.6 = 48 
Bài 4 
Lấy n chia cho 5  n = 5k+ r r  {0; 1; 2; 3; 4} 
 r = 0  n  5  A(n)  5 
 r = 1, 4  n2 + 4  5  A(n)  5 
 r = 2; 3  n2 + 1  5  A(n)  5 
 A(n)  5 với  n  N 
Bài 5: tương tự ví dụ 2.