Đề cương ôn thi môn Toán Lớp 9 - Chuyên đề 9: Chia hết trên tập hợp số

Nội dung text: Đề cương ôn thi môn Toán Lớp 9 - Chuyên đề 9: Chia hết trên tập hợp số

1. CHUYÊN ĐỀ 9: CHIA HẾT TRÊN TẬP HỢP SỐ 1. Chứng minh chia hết Ví dụ 1. Cho x, y, z là các số nguyên dương phân biệt. Chứng minh rằng: 5 5 5 x y y z z x chia hết cho 5 x y y z z x Lời giải Đặt a x y; b y z khi đó ta được z x a b . 5 Bài toán quy về chứng minh a b a5 b5 chia hết cho 5ab a b . Ta có 5 a b a5 b5 5a4 b 10a3b2 10a2 b3 5ab4 5ab a3 2a2 b 2ab2 b3 3 3 2 2 2 2 5ab a b 2a b 2ab 5ab a b a ab b 2ab a b 5ab a b a2 ab b2 Dễ thấy 5ab a b a2 ab b2 5ab a b . 5 5 5 5 Do đó a b a5 b5 chia hết cho 5ab a b hay ta được x y y z z x chia hết cho 5 x y y z z x . Ví dụ 2. Cho 2014 số tự nhiên bất kì x1 ; x2 ; ; x2014 . Chứng minh rằng tồn tại một số chia hết cho 2014 hoặc một số số có tổng chia hết cho 2014. Lời giải Xét dãy số sau S1 x1 ;S2 x1 x2 ;S3 x1 x2 x3 ; ;S2014 x1 x2 x2014 . Nếu trong các số S1 ;S2 ;S3 ; ;S2014 có một số chia hết cho 2014 thì bài toán được chứng minh. Nếu trong các số S1 ;S2 ;S3 ; ;S2014 không có số nào chia hết cho 2014. Khi đó trong dãy số đó tồn tại hai số có cùng số dư khi chia cho 2014. Không mất tính tổng quát ta giả sử hai số đó là Si và Sj với 1 i j 2014 . Khi đó ta được  hay ta được  Sj Si 2014 x1 x2 xj x1 x2 xi 2014 Suy ra xi 1 xi 2 xj 2014 . Vậy bài toán được chứng minh. Nhận xét: Ta có thể tổng quát hóa bài toán như sau: Cho n số tự nhiên x1 ; x2 ; ; xn . Chứng minh rằng trong n số trên có một số chia hết cho n hoặc một số số có tổng chia hết cho n. Ví dụ 3. Chứng minh rằng với mỗi số tự nhiên n 4 luôn tồn tại cặp số tự nhiên x, y với n n x n và y n thỏa mãn x2 y chia hết cho n. 2 2 1
2. Lời giải Ta xét các trường hợp sau Với 5 n 8 hay ta được 22 1 n 32 , khi đó ta chọn y 22 và x n 2 . n n Dễ thấy x và y thỏa mãn các điều kiện x n và y n . 2 2 2 Ta có x2 y n 2 22 n2 4n 4 4 n2 4n n n 4 chia hết cho n. n n Với n 9 , khi đó ta chọn x 5; y 7 thì x và y thỏa mãn x n và y n . 2 2 Ta có x2 y 52 7 18 chia hết cho 9. 2 Với n 10 , khi đó luôn tồn tại số tự nhiên k sao cho k2 1 n k 1 . n Từ đó ta được k 3 và do 2k k2 n nên k . 2 n n n Ta chọn y k2 và x n k , dễ thấy n n k n hay ta được x n . 2 2 2 Mặt khác y k2 k2 1 n . 2 n Lại có 2y n 2y k 1 2k2 k2 2k 1 k2 2k 1 k k 2 1 0 y 2 n n Như vậy các số x và y thỏa mãn các điều kiện x n và y n . 2 2 2 Ta có x2 y n k k2 n2 2nk k2 k2 n2 2nk n n 2k chia hết cho n. Vậy với n 4 ta luôn tìm được các số x, y thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ví dụ 43. Tìm tất cả các số nguyên dương thỏa mãn a 2 b và b 3 a Lời giải a 2 b 1 Giả sử a, b là các số nguyên dương thỏa mãn điều kiện bài toán, khi đó ta có b 3 a 2 a 2 mb Từ đó tồn tại các số nguyên dương m và n thỏa mãn . b 3 na Cũng từ trên ta suy ra được a 2 b và b 3 a nên b a 3 b 5 . Ta xét các trường hợp sau Trường hợp 1: Nếu a 2 b , khi đó từ (2) ta được b 3 a 5 chia hết cho a nên 5 chia hết cho a, suy ra a chỉ có thể là 1 hoặc 5. Với a 1 thì ta được b 3 , với a 5 thì b 7 đều thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2
3. Trường hợp 2: Nếu a 2 b 1, khi đó từ (1) ta suy ra b 1 chia hết cho b nên 1 chia hết cho b, từ đó suy ra b 1 nên a 0 , không thỏa mãn yêu cầu bài toán. Trường hợp 3: Nếu a 2 b 2 a b , khi đó từ (1) ta suy ra được b 2 chia hết cho b nên 2 chia hết cho b, suy ra b chỉ có 1 hoặc 2 Với b 1 ta được a 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán, với b 2 ta được a 2 không thỏa mãn yêu cầu bài toán. Trường hợp 4: Nếu a 2 b 3 a b 1 , khi đó từ (2) ta suy ra được a 2 chia hết cho a nên 2 chia hết cho a, do đó a chỉa có thể là 1 hoặc 2. Với a 1 ta được b 0 không thỏa mãn yêu cầu bài toán, với a 2 ta được b 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Trường hợp 5: Nếu a 2 b 4 a 1 b 3, khi đó từ (2) ta suy ra được a 1 chia hết cho a nên 1 chia hết cho a, do đó a 1 , suy ra b 1 không thỏa mãn yêu cầu bài toán. Trường hợp 6: Nếu a 2 b 5 , khi đó từ (1) ta suy ra được b 5 chia hết cho b nên 5 chia hết cho b, do đó b chỉ có thể là 1 hoặc 5 Với b 1 ta được a 4 và với b 5 ta được b 8 đều thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy các cặp số nguyên dương a; b thỏa mãn yêu cầu bài toán là 1;1 , 1; 3 , 2;1 , 4;1 , 5;7 , 8; 5 . Ví dụ 44. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương a, b thỏa mãn 4a 1 và 4b 1 nguyên tố cùng nhau, đồng thời a b là ước của 16ab 1. Lời giải Giả sử các số nguyên dương a, b thỏa mãn yêu cầu bài toán, khi đó ta có 4a 1,4b 1 1 và 16ab 1 a b . Ta có 4a 1 4b 1 16ab 1 4 a b  a b . Lại có 4a 1 4b 1 4 a b  a b . Mà 4a 1,4b 1 1. Nếu cả hai số 4a 1 và a b cùng chia hết cho một số nguyên tố p nào đó, thì từ 4a 1 4b 1 chia hết cho a b ta suy ra được 4b 1p , điều này mâu thuẫn với giả thiết 4a 1,4b 1 1. Từ đó suy ra 4a 1,a b 1. Ta có 4a 1 4b 1  a b và 4a 1,a b 1 nên suy ra 4b 1 a b . Ngược lại giả sử a, b là các số nguyên dương thỏa mãn 4b 1 a b Khi đó từ 4a 1 4b 1  a b ta suy được 16ab a b . Nếu hai số 4a 1 và 4b 1 cùng chia hết cho p thì p là số nguyên tố lẻ. 3
4. Ta lại có 4a 1 4b 1 4 a b  a b , suy ra 4b 1p . Do đó ta được 4b 1 4b 1 2p, điều này mâu thuẫn với p là số nguyên tố lẻ. Từ đó ta được 4a 1,4b 1 1. Như vậy hai số nguyên dương a, b thỏa mãn 4a 1,4b 1 1 và 16ab a b tương đương với hai số nguyên dương a, b thỏa mãn 4b 1 a b . Chú ý là 4b 1 là số lẻ và 4b 1 4 a b nên từ 4b 1 a b ta suy ra được 4b 1 a b a 3b 1 4b 1 3 a b b 3a 1 Như vậy cặp số nguyên dương a; b là c; 3c 1 , 3c 1;c với c N* . Ví dụ 45. Tìm tất că các cặp số tự nhiên n; k với k 1 sao cho A 172016n 4.172n 7.195n có thể phân tích được thành k số tự nhiên liên tiếp. Lời giải Ta có nhận xét: Tích của bốn số tự nhiên liên tiếp thì luôn chia hết cho 8 và trong bốn số tự nhiên liên tiếp có hai số chẵn liên tiếp. Trước hết ta chứng minh A 172016n 4.172n 7.195n không thể phân tích được thành tích của bốn số tự nhiên liên tiếp trở lên. 2016n + Xét n là số chẵn, khi đó ta được 172016n 16 1 16a 1 với a là một số tự nhiên. Do đó 172016n chia 8 dư 1. Tương tự ta có 4.172n chia 8 dư 4. ' 5n 5n 5n 5n Lại có 7.19 7. 16 3 7 16b 3 7 16b 9 7 16b 8c 1 với b, c là các số tự nhiên, do đó 7.195n chia 8 dư 7. Như vậy A 172016n 4.172n 7.195n chia 8 dư 12 hay A 172016n 4.172n 7.195n chia 8 dư 4. 2016n + Xét n là số chẵn, khi đó ta được 172016n 16 1 16a 1 với a là một số tự nhiên. Do đó 172016n chia 8 dư 1. Tương tự ta có 4.172n chia 8 dư 4. ' 5n 5n 5n 5n Lại có 7.19 7. 16 3 7 16b 3 7 16b 3. 9 7 16b 3.8c 3 với b, c là các số tự nhiên, do đó 7.195n chia 8 dư 5. Như vậy A 172016n 4.172n 7.195n chia 8 dư 10 hay A 172016n 4.172n 7.195n chia 8 dư 2. 4
5. Trong cả hai trương hợp A đều không chia hết cho 8 nên không thể phân tích được thành tích của bốn số tự nhiên liên tiếp trở lên. Điều này có nghĩa là k 4 , lại có k 1 . Từ đó ta được k 2 hoặc k 3 . Đến đây ta xét từng trường hợp cụ thể. Trường hợp 1. Với k 2 , khi đó giả sử tồn tại số tự nhiên x để A x x 1 . + Nếu n 0 thì ta được A 12 và x 3 thỏa mãn yêu cầu bài toán. + Nếu n 0 thì rõ ràng 172008n 4.172n 7.195n Do đó ta có A 172016n 4.172n 7.195n 172016n 172008n Mà ta lại có A x x 1 172016n 4.172n 7.195n 172016n nên x 172008n Từ đó suy ra x x 1 A , điều này vô lí. Do đó không tồn tại n thỏa mãn bài toán. Trường hợp 2. Với k 3 , khi đó giả sử tồn tại số tự nhiên x để A x 1 x x 1 với x 1 . Khi đó nếu x là số lẻ thì A chia hết cho 8, điều này mâu thuẫn với A không chia hết cho 8. Do đó x phải là số chẵn. Khi đó ta thấy x x 1 x 1 x x2 1 chia cho 5 có các số dư là 0 hoặc 1 hoặc 1 . 2006n 2006n 1003n 1003n Mà ta lại có 172006n 15 2 15a 2 15a 5 1 15a 5b 1 n với a và b là các số tự nhiên. Tương tự ta có 4.172n 4.15c 4.5d 4. 1 với c, d là các số tự nhiên. 5n 5n 5n 5n Lại có 7.195n 7. 20 1 7 20e 1 7.20e 5. 1 2. 1 với e là một số 1003n n 5n tự nhiên, Như vậy A chia 5 có số dư là 1 4. 1 2. 1 hay là 2 hoặc 2 Do đó trong trường hợp này cũng không có n thỏa mãn bài toán. Vậy cặp số tự nhiên thỏa mãn bài toán là n; k 0; 2 . b2 ab a b 1 Ví dụ 46. Tìm cặp các số nguyên a; b sao cho là một số nguyên. a2 ab 1 Lời giải 2 Ta có b2 ab a b 1 a b a b a2 ab 1 2 b2 ab a b 1 a b a b x2 x Do đó là số nguyên khi và chỉ khi là số a2 ab 1 a2 ab 1 ax 1 nguyên với x a b 5
6. b2 ab a b 1 Với a 0 hoặc x 0 hoặc x 1 thì hiển nhiên k là số nguyên. a2 ab 1 Ta xét a 0; x 0; 1 . ax2 ax x ax 1 ax 1 x 1 x 1 Ta có ¢ ¢ hay ¢ . ax 1 ax 1 ax 1 Ta xét các trường hợp sau Trường hợp 1. Với a 0 x 1 + Nếu x 0 ax 1 0; x 1 0 nên ¢ thì ta được ax 1 x 1 ax 1 a 1 x 0 a 1 x 1 + Nếu x 0 ax 1 0; x 1 0 nên ¢ thì x 1 ax 1 a 1 x 0 a 1 ax 1 Trường hợp 2. Với a 0 x 1 + Nếu x 0 ax 1 0; x 1 0 nên ¢ thì x 1 ax 1 a 1 x 2 0 vô lí ax 1 x 1 + Nếu x 0 ax 1 0; x 1 0 nên ¢ thì ax 1 x 1 ax 1 a 1 x 2 0 a; x 1; x , 2;1 , 2; 2 , 3;1 Tóm lại các có các trường hợp sau + a 0,b ¢ + a b 0;a,b ¢ + a b 1;a,b ¢ b2 2b + a 1 k b b 2 b2 2 2 + a 1 k b 2 b 2 1, 2 b 0,1,3,4 2 b 2 b + a; b 2; 3 , 2; 4 , 3; 4 thì k ¢ . Vậy các cặp a; b cần tìm là S 0; t , t; t , t; 1 t , 1; t , 1;0 , 1; 3 , 1; 4 , 2; 3 , 2; 4 , 3; 4  với t ¢ . 2. Tìm để chia hết 6
7. a2 b2 Ví dụ 47. Chứng minh rằng nếu a, b là các số nguyên dương sao cho k là số ab 1 nguyên thì k 5 . Lời giải Đẳng thức đề bài tương đương với a2 kab b2 k 0 . Không mất tính tổng quát giả sử a b. Với a 2; b 1 ta có k 5 . 2 2 Xét a b 3 . Giả sử a0 ; b0 là cặp nghiệm có tổng nhỏ nhất. Xem a kab b k 0 là phương trình bậc hai ẩn a thì theo định lí Vi–et thì phương trình trên còn có nghiệm kb0 a0 a0 k hay ta có còn có nghiệm kb0 a0 ; b0 . Theo điều giả sử ta có a0 kb0 a0 hay . b0 2 a2 b2 a b k Từ k ta suy ra 0 0 k. ab 1 b0 a0 a0 b0 a0 k k k Do và a0 b0 3 nên k 1 hay k 6 . b0 2 2 3 a b Mặt khác 0 0 2 nên k 3. Như vậy ta được 3 k 6 b0 a0 Với a 3; b 1 ta cũng tìm được k 5 . Với a b 2 hay a 4; b 1 thì không tìm được k. Xét ab 5 , lại dùng đánh giá tương tự như trên ta có k 3. Xét k 3 thì a2 3ab b2 3 suy ra ab 6 . Thử với a 6; b 1 hoặc a 3; b 2 đều 14 không thỏa nên ab 7 . Lại dùng đánh giá như trên ta được suy ra k (mâu thuẫn với k 5 nguyên lớn hơn 2). Vậy chỉ có k 5 thỏa mãn bài toán. Ví dụ 53. Cho a và b là các số nguyên dương thỏa mãn điều kiện x2 y2 1 chia hết cho 2xy 1 . Chứng minh rằng xy x y 0 Lời giải x2 y2 1 Do x2 y2 1 chia hết cho 2xy 1 nên ta đặt k với k là số nguyên 2xy 1 dương. Nhận thấy khi x y thì k 1 và ngược lại vẫn đúng. Do đó ta đi chứng minh k 1 . Giả sử cặp số nguyên dương a0 ; b0 với a0 b0 bé nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán. Không mất tính tổng quát ta giả sử a0 b0 . 7
8. 2 2 x b0 1 2 2 Xét phương trình k hay x 2kb0x b0 1 k 0 . 2xb0 1 Khi đó ta có ' 2 2 2 2 . b0k b0 1 k k 1 b0 k 1 1 0 Do đó phương trình luôn có nghiệm. Dễ thấy a0 là một nghiệm của phương trình nên theo định lí Vi – et thì phương trình còn có thêm một nghiệm nữa. Gọi nghiệm đó là a1 . a a 2kb Khi đó ta có 0 1 0 2 a0 .a1 b0 k 1 Từ hệ thức thứ nhất ta được a1 là số nguyên. 2 2 2 2 Giả sử a1 0 , khi đó a1 2kb0a1 b0 1 k a1 2kb0 b0 1 k 0 , điều này vô lí vì 2 2 a1 là một nghiệm của phương trình x 2kb0x b0 1 k 0 . Từ đó suy ra a1 0 . Ta xét các trường hợp sau. Trường hợp 1: Nếu a1 0 , khi đó ta được a1b0 0 , điều này dẫn đến xy 0 . Trường hợp 2: Nếu a1 0 , khi đó nếu a0 b0 thì ta được 2 2 b0 k 1 a0 1 1 a1 b0 b0 b0 a0 b0 a0 a0 Đều này mâu thuẫn với các chọn a0 ; b0 với a0 b0 bé nhất. 2a2 1 Từ đó ta được . Khi đó ta được 0 . Từ đây ta suy ra được . a0 b0 k 2 1 x y 2a0 1 Kết hợp các kết quả trên ta được xy x y 0 . Vậy bài toán được chứng minh. Ví dụ 24. Cho a và b là các só nguyên khác nhau thỏa mãn ab a b chia hết cho a2 ab b2 . Chứng minh rằng a b 3 ab . Lời giải Gọi d a,b . Khi đó tồn tại các số nguyên x, y sao cho a dx; b dy với x,y 1. ab a b Do ab a b chia hết cho a2 ab b2 nên suy ra Z a2 ab b2 dxy x y Suy ra ta được Z . Do đó dxy x y chia hết cho x2 xy y2 x2 xy y2 Từ x,y 1 ta suy ra được x2 xy y2 ,x y2 ,x 1 và x2 xy y2 ,y 1 Cũng từ x,y 1 ta được x y,y 1 nên x2 xy y2 ,x y y2 ,x y 1 8
9. Từ đó ta được d chia hết cho x2 xy y2 nên d x2 xy y2 . 3 3 Ta có a b d3 x y d2 x2 xy y2 .d x y d2 . x2 xy y2 Mặt khác d2 x2 xy y2 d2xy ab . 3 Do đó ta suy ra được a b ab hay a b 3 ab . Ví dụ 35. Cho a và b là các số nguyên dương thỏa mãn điều kiện x2 y2 1 chia hết cho 2xy 1 . Chứng minh rằng: xy x y 0 . Lời giải x2 y2 1 Do x2 y2 1 chia hết cho 2x 1 nên ta đặt k với k là số nguyên dương. 2xy 1 Nhận thấy khi x y thì k 1 và ngược lại vẫn đúng. Do đó ta đi chứng minh k 1 . Giả sử cặp số nguyên dương a0 ; b0 với a0 b0 bé nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán. Không mất tính tổng quát ta giả sử a0 b0 . 2 2 x b0 1 2 2 Xét phương trình k hay x 2kb0x b0 1 k 0 . 2xb0 1 Khi đó ta có ' 2 2 2 2 b0k b0 1 k k 1 b0 k 1 1 0 Do đó phương trình luôn có nghiệm. Dễ thấy a0 là một nghiệm của phương trình nên theo định lí Vi – et thì phương trình còn có thêm một nghiệm nữa. Gọi nghiệm đó là a1 . a a 2kb Khi đó ta có 0 1 0 2 a0 .a1 b0 k 1 Từ hệ thức thứ nhất ta được a1 là số nguyên. 2 2 2 2 Giả sử a1 0 , khi đó a1 2kb0a1 b0 1 k a1 2kb0 b0 1 k 0 , điều này vô lí vì 2 2 a1 là một nghiệm của phương trình x 2kb0x b0 1 k 0 . Từ đó suy ra a1 0 . Ta xét các trường hợp sau. Trường hợp 1: Nếu a1 0 , khi đó ta được a1b0 0 , điều này dẫn đến xy 0 . Trường hợp 2: Nếu a1 0 , khi đó nếu a0 b0 thì ta được 2 2 b0 k 1 a0 1 1 a1 b0 b0 b0 a0 b0 a0 a0 Đều này mâu thuẫn với các chọn a0 ; b0 với a0 b0 bé nhất. 2a2 1 Từ đó ta được . Khi đó ta được 0 . Từ đây ta suy ra được . a0 b0 k 2 1 x y 2a0 1 9
10. Kết hợp các kết quả trên ta được xy x y 0 . Vậy bài toán được chứng minh. 2 Ví dụ 36. Cho các số nguyên dương a, b thỏa mãn điều kiện 4a2 1 chia hết cho 4ab 1. Chứng minh rằng a b . Lời giải Trong ví dụ trước các số hạng đều có bậc hai, khi đó ta đưa về phương trình bậc hai một cách dễ dàng. Trong ví dụ này có số hạng có bậc bốn nên ta không thể đưa trực tiếp về phương trình bậc hai. Do đó ta cần thay đổi điều kiện của bài toán để đưa về dạng tốt hơn. 2 Ta có 4a2 1 chia hết cho 4ab 1 nên b2 4a2 1 4a3b 4ab 1 chia hết cho 4ab 1. Từ đó suy ra 2 4 2 3 2 3  b 16a 8a 1 16a b 4a b 4ab 1 2 2 2 3 2 2 2 3 8a b b 4a b  4ab 1 8a b b 4a b 2ab 4ab 1  4ab 1 2 3 2 3 2 b 2ab 4a b  4ab 1 b 2ab 4a b a 4ab 1  4ab 1 a2 2ab b2  4ab 1 Thực chất của quá trình biến đổi trên là hạ các số hạng bằng cách triệt tiêu các số hạng có bậc lớn hơn 2. Đến đây ta quy bài toán về chứng minh a b khi biết a2 2ab b2  4ab 1 . a2 2ab b2 Đặt k , khi đó k là số tự nhiên. 4ab 1 2 + Nếu k 0 , khi đó ta được a b 0 nên a b + Nếu k 0 , khi đó giả sử cặp số nguyên dương a0 ; b0 thỏa mãn bài toán và a0 b0 nhỏ nhất . Không mất tính tổng quát ta giả sử a0 b0 . 2 2 x 2b0x b0 2 2 Xét phương trình k hay x 2b0 4kb0 x b0 k 0 . 4xb0 1 Khi đó a 0 là một nghiệm của phương trình trên. Do đó theo định lý Vi – et thì phương trình a a 2b 4kb còn có một nghiệm nữa. Gọi nghiệm đó là thì ta được 0 1 0 0 a1 2 a0 .a1 b0 k 2 b0 k 2 2 Từ đây ta được a1 là số nguyên dương. Khi đó a1 a0 nên a0 k a0 b0 . a0 10
11. 2 2 a0 2a0 b0 b0 2 2 Hay ta được a0 b0 nên a0 b0 a0 b0 4a0 b0 1 a0 b0 , điều này 4a0 b0 là vô lí do a0 và b0 là các số nguyên dương. Vậy bài toán được chứng minh. Nhận xét: Đặt a k; b 2n với k và n là các số nguyên dương. Khi đó từ a b ta được k 2n . Từ đó ta phát biểu được bài toán: Cho k là số nguyên dương. Chứng minh rằng để 2 tại số nguyên dương n sao cho 4k2 1 chia hết cho 8kn 1 thì k phải là số chẵn. Ví dụ 52. Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho 2n 1 chia hết cho 2011. Lời giải Chú ý rằng a  b mod m có nghĩa là a bm . Vì 2011 là số nguyên tố và 2,2011 1 nên theo định lí Fecmat nhỏ ta co 22010 1 mod 2011 . Hay 22010 12011. Giả sử số nguyên dương n nhỏ nhất thỏa mãn 2n 1 chia hết cho 2011. Khi đó n 2010 . Giả sử 2010 nq r với q, r là số tự nhiên và 0 r n Từ 2n 1 mod 2011 suy ra 2nq  1 mod 2011 Mà ta có 22010 1 mod 2011 nên ta được 2nq r 1 mod 2011 Do đó ta được 2qn 2r 1 2011 . Mà do 2qn ,2011 1 nên 2r 1 2011. Lại do r n và n là số nguyên dương nhỏ nhất nên từ 2r 1 2011 ta được r 0 . Từ đó suy ra n là ước của 2010. Mặt khác ta lại có 210 1 1023 2011 nên n 10 Chú ý rằng 2010 2.3.5.67 nên n 15; 30;67;134; 201; 335; 402;670;1005; 2010. Ta có 215  592 mod 2011 nên 230  5922 mod 2011 hay 230  5502 mod 2011 Từ đó ta lại được 260  5502 mod 2011 hay 260  850 mod 2011 Do đó 260.27  850.27 mod 2011 hay 267  206 mod 2011 . Nên ta được 2134  2062 mod 2011 hay 2134  205 mod 2011 Và 2201  2063 mod 2011 hay 2201  2010 mod 2011 . Ta cũng có 2335  205.2010 mod 2011 nên 2335  1806 mod 2011 11
12. Lại có 2402  20102 mod 2011 hay 2402  1 mod 2011 , suy ra 2402 1 2011 Vậy n 402 là giá trị cần tìm. Ví dụ 19. Xác định các cặp số nguyên dương a; b sao cho a2 b a b chia hết cho ab2 b 7 . Lời giải Trường hợp 1: Nếu a b, khi đó do an b nguyên dương nên b a 1. Từ đó ta được ab2 b 7 ab2 b b ab 1 a 1 ab 1 a2 b ab a 1 a2 b a b Do đó trong trường hợp này không tìm được cặp số a; b nguyên dương thỏa mãn yêu cầu bài toán. a2 b a b Trường hợp 2: Nếu a b, khi đó ta đặt k 0 . ab2 b 7 a 1 2 2 a 1 2 Ta có ab b 7 a b a ab 7 7 a b a b . b b b b a 1 a2 b a b a 1 Từ đó suy ta nên ta được k . b b ab2 b 7 b b 7 b2 7 Lại thấy nếu b 3 thì khi đó b 0 nên ta được b b a 1 2 2 7 7 2 2 ab b 7 a b a a b 1 a b a a b a b b b b b a 1 a2 b a b a 1 Từ đó suy ta nên ta được k . b b ab2 b 7 b b a 1 Kết hợp các kết quả trên ta được b 1 hoặc b 2 hoặc k . Đến đây ta lại xét các b b trường hợp nhỏ như sau: a 1 a 1 + Nếu k , khi đó ta được a 1 kb a 1 nên suy ra a kb b b b b a2 b a b Kết hợp với k 0 ta tìm được a; b 7k2 ;7k với k là số nguyên dương. ab2 b 7 + Nếu b 1 , ta cần tìm a nguyên dương để a2 a 1  a 8 . Ta có a a 8 a2 a 1 7a 1 nên a2 a 1  a 8 khi và chỉ khi 7a 1  a 8 . Lại có 7 a 8 7a 1 57 nên 7a 1  a 8 khi và chỉ khi 57 a 8 Các ước lớn hơn 8 của 57 là 19 và 57 nên ta suy ra a 8 19 a 11 và a 8 57 a 49 + Nếu b 2 , ta cần tìm a nguyên dương để 2a2 a 2  4a 9 12
13. Ta có a 4a 9 2 2a2 a 2 7a 4 nên 2a2 a 2  4a 9 khi 7a 4  4a 9 Lại có 7 4a 9 4 7a 4 79 nên 7a 4  4a 9 khi và chỉ khi 79 4a 9 . 35 Ước số lớn hơn 9 của 79 là 79 nên ta được 4a 7 79 a không phải là số nguyên, 2 do đó trong trường hợp này không có giá trị a thỏa mãn. Vậy các cặp số nguyên dương a; b thỏa mãn yêu cầu bài toán là 11;1 , 49;1 , 7k2 ; k với k là số nguyên dương. 3. Ứng dụng chia hết giải các bài toán liên quan Ví dụ 51. Tìm tất cả các số tự nhiên a, b, c nhỏ hơn 20 thỏa mãn a a 1 b b 1 c c 1 trong đó a là số nguyên tố và b chia hết cho 3. Lời giải Từ giả thiết a a 1 b b 1 c c 1 ta được 1 a c;0 b c . Biến đổi giả thiết của bài toán ta được a a 1 c2 b2 c b c b c b 1 . Do a là số nguyên tố nên c b hoặc c b 1 chia hết cho a. + Nếu c b chia hết cho a thì ta được a c b nên từ a a 1 c b c b 1 ta suy ra được a 1 b c 1 . Do đó b c 1 a 1 c b 1, suy ra b 0 và a c . Vậy bộ số tự nhiên a; b;c thỏa mãn là a;0;a với a là số nguyên tố nhỏ hơn 20. + Nếu b c 1 chia hết cho a. Khi đó ta đặt b c 1 ka với k là số nguyên dương. Do a c và b 0 nên k 2 . Thay vào hệ thức a a 1 c b c b 1 ta được a 1 k c b a k c b 1 Thay tiếp vào a a 1 c b c b 1 ta được 2 b c 1 k c b k 2b k 1 k 1 c b 1 Vì c b 1 nên k 1 k 2 2b 40 nên suy ra được k 7 . Từ đó ta được k 2; 3; 4; 5;6 . Ta xét các trường hợp sau: Với k 2 , khi đó do b chia hết cho 3 nên ta đặt b 3m với m là số tự nhiên khác 0. Khi đó thay vào 2b k 1 k 1 c b 1 ta được c 5m 1. Khi m 4 thì c 20 do đó ta xét m 1; 2; 3 . Chú ý đến a là số nguyên tố nhỏ hơn 20 nên ta được các bộ số a; b;c thỏa mãn là 5; 3;6 , 13;9;16 13
14. Với k 3 và b 3m thì ta được 4c 15m 2 . Khi đó ta tìm được bộ số 5;6;8 thỏa mãn bài toán. Với k 4 và b 3m thì ta được 15c 51m 5 . Dễ thấy 15 và 51 chia hết cho 3, còn 5 không chia hết cho 3 nên trường hợp này không tồn tại bộ số thỏa mãn. Với k 5 và b 3m thì ta được 4c 13m 1 , trường hợp này không tìm thấy bộ số nào thỏa mãn. Với k 6 và b 3m thì ta được 35c 111m 7 , trường hợp này không tìm thấy bộ số nào thỏa mãn. Vậy các bộ số tự nhiên a; b;c thỏa mãn bài toán là: 5; 3;6 , 13;9;16 , 5;6;8 và a;0;a với a là số nguyên tố nhỏ hơn 20. Vậy các cặp số nguyên dương a; b thỏa mãn yêu cầu bài toán là 1;1 , 1; 3 , 2;1 , 4;1 , 5;7 , 8; 5 . Ví dụ 26. Cho a, b, c, d là các số thực dương thỏa mãn ac bd  a2 b2 . Chứng minh rằng: a2 b2 ,c2 d2 1. Lời giải 2 2 Ta có ac bd ad bc a2 b2 c2 d2 . Ta sử dụng phương pháp phản chứng để chứng minh bài toán. Thật vậy, giả sử a2 b2 ,c2 d2 1. Khi đó ta xét hai trường hợp sau: Trường hợp 1: Nếu a2 b2 không phải là số chính phương, khi đó tồn tại một ước p là số nguyên tố và có số mũ lẻ, chẳng hạn là p2k 1 k N . Do đó a2 b2 p2k 1 2 2 Từ ac bd ad bc a2 b2 c2 d2 và giả thiết ta suy ra được 2 ad bc  a2 b2 2 2 Do đó ad bc p2k 1 nên ad bc p2k 2 2 Lại có ac bd  a2 b2 nên ac bd p2k 1 nên ac bd p4k 2 2 2 Từ đó suy ra ac bd ad bc p2k 2 nên ta được a2 b2 c2 d2 p2k 2 . Từ a2 b2 ,c2 d2 1 và p là số nguyên tố ta được p,c2 d2 1 nên p2k 2 ,c2 d2 1. Do đó ta được a2 b2 p2k 2 , điều này vô lí. Trường hợp 2: Nếu a2 b2 là một số chính phương, khi đó a2 b2 t2 t N* . 14
15. Ta có ac bd  a2 b2 nên ac bdt2 hay ac bd t2x x N* 2 2 2 Từ ac bd ad bc a2 b2 c2 d2 ta suy ra ad bc t2 nên ad bct . Đặt ad bc ty y N* . ac bd t2x Như vậy ta được d ac bd c ad bc dt2x cty t dtx cy ad bc ty Do đó b c2 d2 t dtx cy nên b c2 c2 t . Mà ta có a2 b2 ,c2 d2 1 nên t,c2 d2 1. Do đó bt hay b t a2 b2 b , điều này vô lí. Như vậy cả hai trường hợp đều dẫn đến mâu thuẫn. Do đó điều giả sử ban đầu là sai. Từ đó ta có a2 b2 ,c2 d2 1, bai toán được chứng minh. 15