Phương pháp chứng minh các bài toán chia hết
I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT
1. PHÉP CHIA HẾT
Cho $a, \, b$ là các số tự nhiên ($b \neq 0$), ta nói $a$ chia hết cho $b$ nếu tồn tại số tự nhiên $q$ sao cho $a = b \cdot q$.
2. TÍNH CHẤT CHUNG
+ $a \, \vdots \, b$ và $b \, \vdots \, c$ thì $a \, \vdots \, c$.
+ $a \, \vdots \, a$ với mọi $a$ khác $0$.
+ $0 \, \vdots \, b$ với mọi $b$ khác $0$.
+ Bất kỳ số tự nhiên nào cũng chia hết cho $1$.
3. TÍNH CHẤT CHIA HẾT CỦA TỔNG, HIỆU
- Nếu $a, \, b$ cùng chia hết cho $m$ thì $a + b$ chia hết cho $m$ và $a - b$ chia hết cho $m$ (với điều kiện $a \ge b$).
- Tổng của $2$ số chia hết cho $m$ và $1$ trong $2$ số ấy chia hết cho $m$ thì số còn lại cũng chia hết cho $m$.
- Nếu $1$ trong $2$ số $a, \, b$ chia hết cho $m$, số kia không chia hết cho $m$ thì tổng, hiệu của chúng không chia hết cho $m$.
4. TÍNH CHẤT CHIA HẾT CỦA MỘT TÍCH
- Nếu một thừa số của tích chia hết cho $m$ thì tích chia hết cho $m$.
- Nếu $a$ chia hết cho $m$, $b$ chia hết cho $n$ thì $a \cdot b$ chia hết cho $m \cdot n$.
- Nếu $a$ chia hết cho $b$ thì: $a^n \, \vdots \, b^n$.
* Chú ý:
+ $(a^n - b^n) \, \vdots \, (a - b)$ với mọi số tự nhiên $n \ge 2$.
+ $(a^n - b^n) \, \vdots \, (a + b)$ với mọi số tự nhiên $n$ chẵn.
5. DẤU HIỆU CHIA HẾT
a) Dấu hiệu chia hết cho $2$: Một số chia hết cho $2$ khi và chỉ khi chữ số tận cùng của số đó là số chẵn.
b) Dấu hiệu chia hết cho $3$ (hoặc $9$): Một số chia hết cho $3$ (hoặc $9$) khi và chỉ khi tổng các chữ số của số đó chia hết cho $3$ (hoặc $9$).
* Chú ý: Một số chia cho $3$ (hoặc $9$) dư bao nhiêu thì tổng các chữ số của nó chia cho $3$ (hoặc $9$) cũng dư bấy nhiêu và ngược lại.
c) Dấu hiệu chia hết cho $5$: Một số chia hết cho $5$ khi và chỉ khi chữ số tận cùng của số đó là $0$ hoặc $5$.
d) Dấu hiệu chia hết cho $4$ (hoặc $25$): Một số chia hết cho $4$ (hoặc $25$) khi và chỉ khi số tạo bởi hai chữ số tận cùng của nó chia hết cho $4$ (hoặc $25$).
e) Dấu hiệu chia hết cho $8$ (hoặc $125$): Một số chia hết cho $8$ (hoặc $125$) khi và chỉ khi số tạo bởi ba chữ số tận cùng của nó chia hết cho $8$ (hoặc $125$).
f) Dấu hiệu chia hết cho $11$: Một số chia hết cho $11$ khi và chỉ khi hiệu giữa tổng các chữ số hàng lẻ và tổng các chữ số hàng chẵn (từ trái sang phải) chia hết cho $11$.
II. PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH THÀNH THỪA SỐ
Dạng 1. Chứng minh biểu thức số có chứa lũy thừa chia hết cho một số tự nhiên hoặc một biểu thức số
Phương pháp giải
- Sử dụng tính chất phân phối của phép nhân đối với phép cộng: $a \cdot b + a \cdot c = a \cdot (b + c)$ (hoặc đặt thừa số chung) để xét tính chất chia hết.
- Chứng minh hai biểu thức cùng chia hết cho một biểu thức số khác.
Bài 1. Chứng minh rằng: $A = 27^{27} + 3^{77}$ chia hết cho $82$.
Lời giải
Ta có $A = 27^{27} + 3^{77} = (3^3)^{27} + 3^{77} = 3^{81} + 3^{77} = 3^{77} \cdot (3^4 + 1) = 82 \cdot 3^{77}$.
Vì $82 \cdot 3^{77} \, \vdots \, 82$ nên $A \, \vdots \, 82$ (đpcm).
Dạng 2. Chứng minh biểu thức đại số có chứa lũy thừa chia hết cho một số tự nhiên
Phương pháp giải
- Sử dụng tính chất phân phối của phép nhân đối với phép cộng: $a \cdot b + a \cdot c = a \cdot (b + c)$ (hoặc đặt thừa số chung) để xét tính chất chia hết.
- Vận dụng các tính chất chia hết của một tổng, một hiệu.
Bài 2. Chứng minh rằng: $D = 2^{4 \cdot n} - 1 \, \vdots \, 15$ với mọi số tự nhiên $n$.
Lời giải
Ta có $D = 2^{4 \cdot n} - 1 = (2^4)^n - 1 = 16^n - 1^n$.
Áp dụng tính chất $(a^n - b^n) \, \vdots \, (a - b)$, ta có:
$(16^n - 1^n) \, \vdots \, (16 - 1)$
Hay $D \, \vdots \, 15$ (đpcm).
Dạng 3. Chứng minh biểu thức đại số chia hết cho một số
Phương pháp giải
- Nếu bài toán yêu cầu chứng minh chia hết cho $2$ hoặc $5$, ta có thể chứng minh biểu thức có chữ số tận cùng chia hết cho $2$ hoặc $5$.
- Vận dụng tính chất chia hết của một tổng, một tích.
Bài 3. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n$ thì tích $(n + 3) \cdot (n + 6)$ chia hết cho $2$.
Lời giải
Ta xét các trường hợp:
- Nếu $n$ là số tự nhiên lẻ thì $n + 3$ là số chẵn. Do tích chứa một thừa số chẵn nên $(n + 3) \cdot (n + 6) \, \vdots \, 2$.
- Nếu $n$ là số tự nhiên chẵn thì $n + 6$ là số chẵn. Do tích chứa một thừa số chẵn nên $(n + 3) \cdot (n + 6) \, \vdots \, 2$.
Vậy với mọi số tự nhiên $n$ thì tích $(n + 3) \cdot (n + 6)$ chia hết cho $2$ (đpcm).
Dạng 4. Chứng minh các bài toán chia hết theo tính chất hai chiều
Phương pháp giải
- Vận dụng tính chất chia hết của một tổng.
Bài 4. Chứng minh rằng: Nếu $\overline{abcd}$ chia hết cho $29$ thì $a + 3 \cdot b + 9 \cdot c + 27 \cdot d$ chia hết cho $29$.
Lời giải
Vì $2$ và $29$ là hai số nguyên tố cùng nhau, nên nếu $\overline{abcd} \, \vdots \, 29$ suy ra $2 \cdot \overline{abcd} \, \vdots \, 29$.
Ta xét: $2 \cdot \overline{abcd} = 2 \cdot (1\,000 \cdot a + 100 \cdot b + 10 \cdot c + d)$
$= 2\,000 \cdot a + 200 \cdot b + 20 \cdot c + 2 \cdot d$
$= 2\,001 \cdot a - a + 203 \cdot b - 3 \cdot b + 29 \cdot c - 9 \cdot c + 29 \cdot d - 27 \cdot d$
$= (2\,001 \cdot a + 203 \cdot b + 29 \cdot c + 29 \cdot d) - (a + 3 \cdot b + 9 \cdot c + 27 \cdot d)$
$= 29 \cdot (69 \cdot a + 7 \cdot b + c + d) - (a + 3 \cdot b + 9 \cdot c + 27 \cdot d)$
Vì cụm $29 \cdot (69 \cdot a + 7 \cdot b + c + d) \, \vdots \, 29$, nên để toàn bộ biểu thức chia hết cho $29$ thì phần còn lại cũng phải chia hết cho $29$.
Suy ra $(a + 3 \cdot b + 9 \cdot c + 27 \cdot d) \, \vdots \, 29$ (đpcm).
II. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP
Dạng 5. Dùng phương pháp quy nạp để chứng minh một biểu thức (với n là số mũ) chia hết cho một số
Phương pháp giải
Để chứng minh một bài toán đúng với mọi số tự nhiên $n \ge 1$ bằng phương pháp quy nạp toán học, ta thực hiện các bước sau:
PHƯƠNG PHÁP 1:
Bước 1: Kiểm tra khẳng định đúng với $n = 1$.
Bước 2: Giả sử khẳng định đúng với $n = k \ge 1$ (giả thiết quy nạp).
Bước 3: Cần chứng minh bài toán tiếp tục đúng với $n = k + 1$.
PHƯƠNG PHÁP 2:
Bước 1: Kiểm tra khẳng định đúng với $n = 1$, có nghĩa là $F_1 \, \vdots \, A$.
Bước 2: Giả sử khẳng định đúng với $n = k \ge 1$, có nghĩa là $F_k \, \vdots \, A$.
Bước 3: Ta chứng minh $(F_{k+1} - F_k) \, \vdots \, A$.
Bài 5. Chứng minh rằng: $4^n + 5$ chia hết cho $3$ với mọi số tự nhiên $n$.
Lời giải
Đặt $A_n = 4^n + 5$.
* Với $n = 0$, ta có $A_0 = 4^0 + 5 = 6$. Vì $6 \, \vdots \, 3$ nên khẳng định đúng với $n = 0$.
* Giả sử bài toán đúng với $n = k \ge 0$, tức là ta có $A_k = 4^k + 5 \, \vdots \, 3$.
* Xét với $n = k + 1$, ta có:
$A_{k+1} = 4^{k+1} + 5 = 4^k \cdot 4 + 5$
$A_{k+1} = 4^k \cdot (3 + 1) + 5 = (4^k \cdot 3) + (4^k + 5)$
Vì cụm $(4^k \cdot 3) \, \vdots \, 3$ và cụm $(4^k + 5) \, \vdots \, 3$ (theo giả thiết), nên $A_{k+1} \, \vdots \, 3$.
Vậy $4^n + 5$ chia hết cho $3$ với mọi số tự nhiên $n$.
Dạng 6. Dùng phương pháp quy nạp để chứng minh một biểu thức (với n là cơ số) chia hết cho một số
Phương pháp giải
Để chứng minh một bài toán đúng với mọi số tự nhiên $n \ge 1$ bằng phương pháp quy nạp toán học, ta thực hiện các bước sau:
Bước 1: Kiểm tra khẳng định đúng với $n = 1$.
Bước 2: Giả sử khẳng định đúng với $n = k \ge 1$ (giả thiết quy nạp).
Bước 3: Cần chứng minh bài toán tiếp tục đúng với $n = k + 1$.
Chú ý: Ta thừa nhận công thức sau để phục vụ cho các bài toán mở rộng (sẽ được học kỹ hơn ở các lớp trên):
$(a + b)^3 = a^3 + 3 \cdot a^2 \cdot b + 3 \cdot a \cdot b^2 + b^3$
Bài 6. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n \ge 1$ thì biểu thức $n^3 + 11 \cdot n$ chia hết cho $6$.
Lời giải
Đặt $A_n = n^3 + 11 \cdot n$.
* Với $n = 1$, ta có $A_1 = 1^3 + 11 \cdot 1 = 12$. Vì $12 \, \vdots \, 6$ nên khẳng định đúng với $n = 1$.
* Giả sử bài toán đúng với $n = k \ge 1$, tức là ta có $A_k = k^3 + 11 \cdot k \, \vdots \, 6$.
* Xét với $n = k + 1$, ta có:
$A_{k+1} = (k + 1)^3 + 11 \cdot (k + 1)$
$A_{k+1} = k^3 + 3 \cdot k^2 + 3 \cdot k + 1 + 11 \cdot k + 11$
$A_{k+1} = (k^3 + 11 \cdot k) + 3 \cdot k^2 + 3 \cdot k + 12$
$A_{k+1} = (k^3 + 11 \cdot k) + 3 \cdot k \cdot (k + 1) + 12$
Ta thấy:
Cụm $(k^3 + 11 \cdot k) \, \vdots \, 6$ theo giả thiết.
$12 \, \vdots \, 6$.
Và tích $k \cdot (k + 1)$ là tích của hai số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho $2$. Do đó, cụm $3 \cdot k \cdot (k + 1)$ chia hết cho $3 \cdot 2 = 6$.
Vì tất cả các thành phần đều chia hết cho $6$, suy ra $A_{k+1} \, \vdots \, 6$.
Vậy với mọi số tự nhiên $n \ge 1$ thì biểu thức $n^3 + 11 \cdot n$ chia hết cho $6$.
