Chuyên đề bồi dưỡng Toán Lớp 8 - Chuyên đề 4: Sự chia hết của số nguyên (Có đáp án)

 Chuyên đề 4: SỰ CHIA HẾT CỦA SỐ NGUYÊN
A. Kiến thức cần nhớ
Giả sử a, b, c là các số nguyên dương, ta có các tính chất sau
 ab ac
1. Nếu ac 2. Nếu (ma nb)cm,n Z
 bc bc
 ab
 ab 
3. Nếu a[b,c] ( BCNN) 4. ac ab.c
 ac 
 (b,c) 1
 abc p P(songuyento) a p
5. Nếu ac 6. Nếu 
 (b,c) 1 ab p b p
7. Nếu ab a b 8. Nếu an bn ab(n Z )
9. Trong n số nguyên liên tiếp có 1 và chỉ 1 số chia hết cho n
10. Tính chất chia hết của một tổng, của một hiệu, một tích
 am a bm n ac
+) +) am a m(n N) +) abcd
 bm abm bd
B. Bài tập và các dạng toán
Dạng 1: Chứng minh quan hệ chia hết
- Để chứng minh biểu thức A(n) chia hết cho số m, ta phân tích A(n) thành nhân tử, trong đó có 1 
nhân tử là m A(n)m 
- Nếu m là hợp số, ta phân tích m thành tích các thừa số đôi một nguyên tố cùng nhau, rồi chứng 
minh A(n) chia hết cho tất cả các số đó.
- Khi chứng minh A(n) chia hết cho m thực chất là ta xét mọi trường hợp về số dư khi chia A(n) 
cho m
Bài 1: Chứng minh rằng
a. a2 a2(a N) b. a3 a3(a Z)
c. a5 a5;6;30(a Z) d. a7 a2(a Z)
Lời giải:
a. Ta có : a2 a a(a 1)2
b. a3 a a(a 1)(a 1) (a 1)a(a 1)3
 1 a5 a a(a4 1) a(a 1)(a 1)(a2 1)
 
 2,3 6
c. 5.6 30
 a5 a a(a2 1)(a2 1) a(a2 1)[(a2 4) 5)]= (a-2)(a-1)a(a+1)(a+2) 5n(n2 1)
  
 5 5
d. a7 a a(a6 1) a(a2 1)(a2 a 1)(a2 a 1)
+) Nếu a 7k(k Z) a7
+) Nếu a 7k 1(k Z) a2 1 49k 2 14k7
+) Tương tự như vậy ta xét a = 7k + 2,3,4,5,6 đều chia hết cho 7. (đpcm)
Bài 2: Chứng minh rằng
a. n(n 1)(2n 1)6 b. n3 11n6
c. mn(m2 n2 )6 d. m3 5m6
Lời giải:
 n(n 1)(2n 1) n(n 1)[(n-1)+(n+2)]= n(n+1)(n-1) n(n 1)(n 2)
a. Ta có:  
 2,3 6 6
 n3 11n n3 n 12n n(n 1)(n 1) 12n
b.  
 6
 6
 mn(m2 n2 ) mn[(m2 1) (n2 1)]= mn(m-1)(m+1) mn(n 1)(n 1)
c.  
 6 6
 m3 5m m3 m 6m m(m 1)(m 1) 6m
d.  
 6
 6
Bài 3: Chứng minh với mọi n lẻ thì
a. A n2 4n 38 b. B n3 3n2 n 348
c. C n12 n8 n4 1512 d. D n4 10n2 9384
Lời giải:
a. Ta có: n2 4n 3 (n 1)(n 3)
Vì n là số lẻ nên n + 1 và n + 3 là tích của hai số chẵn liên tiếp nên chia hết cho 8
b. n3 3n2 n 3 (n 3)(n 1)(n 1)
 (n 3)(n 1)(n 1) 2k(2k 2)(2k 4) 8k(k 1)(k 2) 48(k N)
Vì n lẻ, đặt n = 2k + 1 
 6
 2 n12 n8 n4 1 (n8 1)(n4 1) (n4 1)2 (n4 1) (n2 1)2 (n2 1)2 (n4 1)
c. 16.[ k(k+1)]2 .(n2 1)2 .(n4 1) 24.22.22.2 512
   
 24
 22 chan 22 chan 2
d. n4 10n2 9 (n4 n2 ) (9n2 9) n2 (n 1)(n 1) 9(n 1)(n 1) (n 3)(n 1)(n 1)(n 3)
Đặt n = 2k + 1 ( k thuộc Z )
D (2k 2)2k(2k 2)(2k 4) 16k(k 1)(k 1)(k 2) D384
 
 24
Bài 4: Chứng minh rằng số A n3 (n2 7)2 36n5040n N
Lời giải:
A n3 (n2 7)2 36n n[n2 (n2 7)2 36] n[(n3 7n)2 36] n(n3 7n 6)(n3 7n 6)
 n(n 1)(n 2)(n 3)(n 1)(n 2)(n 3)
Là tích của 7 số nguyên liên tiếp
+) Tồn tại 1 bội của 7 và 1 bội của 5
+) Tồn tại 2 bội của 3 ( chia hết cho 9)
+) Tồn tại 3 bội của 2 có 1 bôi của 4 nên chia hết cho 16
Vậy A chia hết cho 5040
Bài 5: Chứng minh rằng A 3n4 14n3 21n2 10n24
Lời giải:
A 3n4 14n3 21n2 10n n(3n3 14n2 21n 10) n(3n3 3n2 11n2 11n 1on 10)
A n(n 1)(3n2 11n 10) n(n 1)(3n2 6n 5n 10) n(n 1)(n 2)(3n 5) n(n 1)(n 2)(3n 9 4)
A (3n 9)n(n 2) 4n(n 1)(n 2) 3n(n 1)(n 2)(n 3) 4n(n 1)(n 2)
  
 8 24 6 24
Bài 6: Chứng minh rằng: A n5 5n3 4n120 22.3.5n Z
Lời giải:
A n5 5n3 4n n(n4 5n2 4) n(n4 n3 n3 n2 4n2 4n 4n 4) n(n 1)(n3 n2 4n 4)
A n(n 1)(n 1)(n 2)(n 2) là tích của 5 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 8.5.3=120.
Bài 7: Chứng minh rằng với mọi n chẵn ta có:
a. A n3 6n2 8n48 b. B n4 4n3 4n2 16n348(n 4 , n chẵn ) 
 3 Lời giải:
a. A n3 6n2 8n48 n(n 2)(n 4)
 A 2k(2k 2)(2k 4) 8k(k 1)(k 2) A48
Đặt n = 2k 
 6
b. Đặt 
 n 2k(k 2) A 16k 4 32k 3 16k 2 32k 16k(k 3 2k 2 k 2) 16k(k 2)(k 1)(k 1) B16.24 384
 
 3,8 24
Bài 8: Chứng minh rằng với mọi n lẻ thì : A n8 n6 n4 n2 1152n N
Lời giải: 1152 = 9.27 = 32.27
 A n2 (n6 n4 n2 1) n2[(n4 n2 ) (n2 1] n2 (n2 1)(n4 1) n2 (n2 1)2 (n2 1)
 A [ n(n-1)(n+1)]2 (n2 1) A9(1)
 
 3 9
Vì n lẻ nên n – 1 và n + 1 là 2 số chẵn liên tiếp có 1 số chia hết cho 4 tích 2 số chẵn chia hết 
cho 8, mặt khác n2 + 1 là số chẵn chia hết cho 2 A82.2 27 (2) 
Từ (1)(2) A27.32 (dpcm)
Bài 9: Cho m, n là hai số chính phương lẻ liên tiếp, CMR: mn – m – n chia hết 192
Lời giải:
Đặt m (2k 1)2 ;n (2k 1)2 (k Z)
 A (m 1)(n 1) [(2k-1)2 1][(2k+1)2 1] (4k 2 4k)(4k 2 4k) 16k 2 (k 1)(k 1)
Ta đi chứng minh A chia hết cho 64 và 3
 A (k 1).k .k(k 1) A16.2.2 64; A 16k (k 1)k(k 1) A3 A64.3 192
   
 2 2 3
Bài 10: Cho n là số tự nhiên, chứng minh rằng:
 n5 n4 7n3 5n2 n
a. là sô tu nhiên b. B n(n2 1)(3n 2)12
 120 12 24 12 5
Lời giải:
a.
 n 5 n4 7n3 5n2 n n5 10n4 35n3 50n2 24n n(n4 10n3 35n2 50n 24) n(n 1)(n 2)(n 3)(n 4)
 120 12 24 12 5 120 120 120
 4 b. B n(n2 1)(3n 2) n(n 1)(n 1)(3n 2)
Lại có: n + 1 + n – 1 = 2n chia hết cho 2 nên n + 1 và n – 1 cùng tính chẵn lẻ
N + 3n + 2 = 4n + 2 chia hết cho 2 nên n và 3n + 2 cùng tính chẵn lẻ 
Do đó A luôn có ít nhất 2 số chẵn. Vậy B3 B12
Bài 11:[ Chuyên Khoa Học Tự Nhiên 2014 – 2015 ]
Cho x, y là các số nguyên, CMR : A x5 y xy5 30
Lời giải :
Ta có : A x5 y xy5 xy(x4 1 y4 1) xy(x4 1) xy(y4 1) x(x 1)(x 1)(x2 1)y xy(y 1)(y 1)(y2 1)
 A x(x 1)(x 1)[(x2 4) 5] xy(y 1)(y 1)[(y2 4) 5]
  
 30 30
Bài 12: [ Vào 10 Chuyên Lê Quý Đôn Đà Nẵng 2015 – 2016 ]
CMR : Với x, y là hai số nguyên bất kỳ ta có : A xy(x4 15y) xy(y4 15y)30
Lời giải :
 A xy(x4 15y) xy(y4 15y) x5 y 15xy2 xy5 15xy2 xy(x4 y4 ) 30xy2
  
 Bai9 30
Bài 13: Cho n là số nguyên dương và nguyên tố cùng nhau với 10. CMR : A n4 140
Lời giải:
Vì (n,10) = 1 (n,2) (n,5) 1
Ta có : n4 1 (n 1)(n 1)(n2 1)8 vì tích của hai số chẵn liên tiếp
Ta đi chứng minh A chia hết cho 5
+) Xét n = 5k + 1 ; n = 5k + 2 ; n = 5k + 3 ; n = 5k + 4 đều thỏa mãn chia hết cho 5.
Bài 14: CMR A (n 1)(n 2)...(2n 1).2n2n n N *
Lời giải:
 1.2.3....n(n 1)(n 2)...2n (2.4.6...2n)[1.3.5..(2n-1)] 2n (1.2.3...n)[1.3.5...(2n-1)]
Cách 1: A 
 1.2.3.....n 1.2.3.4....n 1.2.3...n
 A 2n[1.3.5...(2n-1)]2nn N *
Cách 2: Dùng phương pháp quy nạp toán học
 5 +) n = 1 A(1) 221
+) Giả sử mệnh đề đúng với n = k, tức là ta có: A (k 1)(k 2)...2k2k
+) Ta đi chứng minh đúng với n = k + 1
 A(k 1) (k 2)(k 3)...(2k 2) 2(2k 1).A(k)2.2k 2k 1(dpcm)
Bài 15: Cho n số x1, x2, xn mỗi số chỉ nhận giá trị là 1 hoặc -1. CMR: Nếu x1x2 + x2x3 + 
+xnx1 = 0 thì n chia hết cho 4
Lời giải:
Đặt y1 = x1x2 ; y2 = x2x3 ; ; yn = xnx1
 y1.y2...yn nhận giá trị 1 hoặc -1 và y1 y2 ... y n 0 
Suy ra trong số y1, .yn thì số các số có giá trị = 1 bằng với số các số có giá trị = -1 suy ra n chẵn 
suy ra n = 2k
 2
Ta có : y1.y2 .yn = (x1.x2 xn) = 1
Có k số trong n số y1 , y2 , , yn = 1 và k số trong n số y1 , ..yn bằng -1
Vậy k phải chẵn. Suy ra k = 2q. vậy n = 4q chia hết cho 4 (đpcm)
Bài 16: Có bao nhiêu số có 5 chữ số, thỏa mãn: Chia hết cho 3 và có ít nhất 1 số 3
Lời giải:
Ta có: 30000 số có 5 chữ sô chia hết cho 3 ( 10000 đến 99999 có 90000 số, cách 3 số có 1 số chia 
hết cho 3 )
Ta đi đếm số các số chia hết cho 3 mà không chứa chữ số 3 nào
Giả sử: abcde(a 0;0 a,b,c,d,e 9.a,b,c,d,e 3) có 8 cách chọn a ; b,c,d có thể chọn 9 cách
Ta có: a + b + c + d + e chia hết cho 3
 a b c d3 e 0,6,9
Nếu a b c d3du1 e 2,5,8(du2)
 a b c d3du2 e 1,4,7(du1)
Vậy có 3 cách chọn e. suy ra có 8.9.9.9.3 = 17496 số chia hết 3 không chứa thừa số 3
Suy ra có: 30000 – 17496 = 12504 số thỏa mãn bài toán.
Dạng 2: Sử dụng các công thức sau nâng cao
a. an bn a ba,b Z,a b,n N b. an bn a ba,b Z,a b,n N,(n :le)
 6 c. an bn a ba,b Z,a b,n N,(n : chan)
Bài 1: Chứng minh rằng
a. 251 17 b. 270 370 13
 19 17 4n
c. 17 19 18 d. 2 115n N
Lời giải:
a. Ta có: 251 1 (23 )17 17 23 1 7 b. 270 370 (22 )35 (32 )35 435 935 4 9 13
 1719 1917 (1719 1) (1917 1) 24n 1 (24 )n 1n 24 1 15n N
c.   d. 
 18 18
Bài 2: Chứng minh rằng
a. 11n 2 122n 1 133 b. 5n 2 26.5n 82n 1 59
c. 7.52n 12.6n 19 d. 20n 16n 3n 1323(nlasotunhienchan)
Lời giải:
 11n 2 122n 1 112.11n 12.122n 121.11n 12.144n (133 12).11n 12.144n 133.11n 12(144n 11n )
a.  
 133 133
 5n 2 26.5n 82n 1 25.5n 26.5n 8.82n 51.5n 8.64n (59 8).5n 8.64n 59.5n 8(64n 5n )
b. 
 59
 59
 7.52n 12.6n 7.52n (19 7).6n 19.6n 7(25n 6n )
c. 
 19
 19
 20n 16n 3n 1 (20n 3n ) (16n 1) (20n 1) (16n 3n )
d.    
 20 3 16 1 20 1 16 3
Bài 3: Cho A 13 23 33 ... 1003 B 1 2 ... 100
Lời giải:
Ta có: B 1 2 ... 100 (1 100).100 : 2 101.50
Ta đi chứng minh A chia hết cho 101 và 50.
 A 13 23 33 ... 1003 (13 1003 ) (23 993 ) ... (503 513 ) A101
+)   
 101 101 101
 A 13 23 33 ... 1003 (13 993 ) (23 983 ) ... (503 1003 ) A50 A101.50
+)   
 50 50 50
Bài 4: Cho A 16n 1, CMR: A chia hết cho 17 khi và chỉ khi n là số tự nhiên chẵn
 7 Lời giải:
+) Với n là số tự nhien chẵn , đặt n = 2k , k thuộc N
 A 162k 1 (162 )k 1k (162 1) 25517 A17
+) Với n là số tự nhiên lẻ, A 16n 1 2
Có: 16n 1 16n 1n 16 1 17 A17du2
Bài 5: Chứng minh rằng: A 2903n 803n 464n 261n 1897(n N)
Lời giải:
 A (2903n 803n ) (464n 261n ) A7 A (2903n 464n ) (803n 261n ) A271(2) A2.271 1897
+)   ;  
 2100 203 7.29 2439 9.271 2.271
Bài 6: Chứng minh rằng
a. A 42n 1 3n 2 13 b. B n.28n 26n 2727
Lời giải:
 A 4.16n 9.3n 4.16n 4.3n 9.3n 4.3n 4.(16n 3n ) 13.3n
a.  
 13
 13
 B n.28n n 27n 27 n(28n 1) 27(n 1)
b.  
 27 27
 2n 1 n 1 2n 1 n 1
Bài 7: Cho an 2 2 1;bn 2 2 1
CMR: Với mỗi số tự nhiên n có một và chỉ một trong hai số an hoặc bn chia hết cho 5
Lời giải: Ta đi xét các trường hợp
+) Nếu an và bn cùng chia hết cho 5 an bn 5
 n 1 2n 2
Ta có: an bn 2.2 2 / 5
 2n 1 2 n 1 2 2n 1 2n 1 2n 2 2n 1 an 5
+) an.bn (2 1) (2 ) 4 2.2 1 2 4 1(4 1) 5(n :le) 
 bn 5
Bài 8 [ Khó ]
Cho a, b là các số tự nhiên không chia hết cho 5. Chứng minh rằng p.a4m + q.b4m chia hết cho 5 khi 
và chỉ khi p + q chia hết cho 5 ( p, q, m thuộc N )
Lời giải:
Ta có: p.a4m q.b4m p(a4m 1) q(b4m 1) ( p q)
 8 Mà : a4m 1 (a4 )m 1a4 1 , ta có : a4 1 (a 1)(a 1)(a 2)(a 2) 5(a2 1)
 (a 1)(a 1)a(a 2)(a 2)5
Mà : a-1, a+1, a-2, a+2 1 trong 4 số này phỉa chia hết cho 5
 a/5
 a4 15 a4m 15
Tương tự: b4m 15 p q5(dpcm)
C. BÀI TẬP VỀ NHÀ
Bài 1: Cho A(x) 2x4 7x3 2x2 13x 6
a. Phân tích A(x) thành nhân tử b. CMR: A(x)6x Z
Bài 2: Cho B(x) x4 2x3 13x2 14x 24(x Z)
a. Phân tích B(x) thành nhân tử b. CMR: B(x)6
Bài 3: CMR C(x) n8 4n7 6n6 4n5 n4 16n Z
Bài 4:Chứng minh rằng : A 2130 3921 45
Bài 5: Chứng minh rằng : B 8351634 8241142 26
Lời giải:
Bài 1: 
a. A(x) 2x4 7x3 2x2 13x 6 (x 3)(x 2)(x 1)(2x 1)
b. A(x) (x 3)(x 2)(x 1)(2x 2 3) 3(x 3)(x 2)(x 1) 2(x 3)(x 2)(x 1)(x 1)6
Bài 2:
a. B(x) x4 2x3 13x2 14x 24 (x 3)(x 1)(x 2)(x 4)
 B(x) (x 3)(x 1)(x 2)(x 2 6) (x 3)(x 2)(x 1)(x 2) 6(x 3)(x 1)(x 2)
b.  
 6 6
 4 4 3 2 4 3 2 4 3 2
Bài 3: C(x) n (n 4n 6n 4n 1) n [(n (n 1) 3n (n 1) 3n(n 1) (n 1)]-(n+1)n (n 3n 3n 1)
 C(x) n4 (n 1)(n 1)3 [n(n+1)]4 24 16(dpcm)
 213 2130 9
Bài 4: Ta có: A9 ; A 2130 3921 (2130 130 ) 3921 ( 1)21 A45
 21  
 393 39 9 20 5 40 5
 9 8351634 :le
Bài 5: Ta có : 8351634 8241142 : chan 
 142
 8241 :le
Lại có : 8351634 8241142 [(8351)2 ]317 (8241)142 [(8351)2 ]317 1317 (8241)142 ( 1)142
  
 (8351)2 1 8241 ( 1) 824213
 
 13
Dạng 3 : Tìm điều kiện để xảy ra quan hệ chia hết
Bài 1: Tìm n thuộc Z để giá trị biểu thức A n3 2n2 3n 2 chia hết cho giá trị biểu thức 
 B n2 n
Lời giải :
Cách 1 : Đặt phép chia ta được : n3 2n2 3n 2 (n 3)(n2 n) 2
Để A chia hết cho B thì 2n(n 1) n(n 1) U (2) 1; 2 n 1;2
Cách 2: A n3 2n2 3n 2 n(n2 n) 3(n2 n) 2
Lập luận tương tự ta có n 1;2
Bài 2: [ HSG – Yên Phong – 2016 ]
Tìm số nguyên dương n để A n5 1B n3 1
Lời giải:
 n5 1n3 1 n2 (n3 1) (n2 1)n3 1 (n 1)(n 1)(n 1)(n2 n 1) n 1n2 n 1(n 1 0)
+) n = 1 ta được: 0 chia hết cho 1 ( đúng )
 2
+) n > 1 thì n -1 < n (n-1) + 1 n 1/ n n 1
Vậy n = 1 là giá trị cần tìm
Bài 3: Tìm n thuộc Z sao cho
a. 2n3 n2 7n 12n 1 b. n4 2n3 2n2 2n 1n4 1
c. n3 n2 2n 7n2 1 d. n2 2n 411
Lời giải:
a. 2n3 n2 7n 12n 1 (n2 n 4)(2n 1) 52n 1 52n 1 2n 1 U (5) n ....
b. n4 2n3 2n2 2n 1 (n4 n3 ) (n3 n2 ) (n2 n) (n 1) (n 1)2 (n2 1);n4 1 (n2 1)(n2 1)
 10