Làm từ câu 9 trở đi

Câu 1: a) Chứng minh một số chính phương khi chia cho 3 chỉ có thể dư 0 hoặc 1. Một số tự nhiên khi chia cho 3 có các số dư có thể là 0, 1, 2. - Nếu số đó chia hết cho 3, ta gọi là số dạng 3k (k là số tự nhiên). - Nếu số đó chia cho 3 dư 1, ta gọi là số dạng 3k + 1. - Nếu số đó chia cho 3 dư 2, ta gọi là số dạng 3k + 2. Ta xét các trường hợp sau: + Số dạng 3k khi bình phương sẽ là (3k)² = 9k², chia hết cho 3. + Số dạng 3k + 1 khi bình phương sẽ là (3k + 1)² = 9k² + 6k + 1, chia cho 3 dư 1. + Số dạng 3k + 2 khi bình phương sẽ là (3k + 2)² = 9k² + 12k + 4, chia cho 3 dư 1. Vậy một số chính phương khi chia cho 3 chỉ có thể dư 0 hoặc 1. b) Chứng minh một số chính phương khi chia cho 4 chỉ có thể dư 0 hoặc 1. Một số tự nhiên khi chia cho 4 có các số dư có thể là 0, 1, 2, 3. - Nếu số đó chia hết cho 4, ta gọi là số dạng 4k (k là số tự nhiên). - Nếu số đó chia cho 4 dư 1, ta gọi là số dạng 4k + 1. - Nếu số đó chia cho 4 dư 2, ta gọi là số dạng 4k + 2. - Nếu số đó chia cho 4 dư 3, ta gọi là số dạng 4k + 3. Ta xét các trường hợp sau: + Số dạng 4k khi bình phương sẽ là (4k)² = 16k², chia hết cho 4. + Số dạng 4k + 1 khi bình phương sẽ là (4k + 1)² = 16k² + 8k + 1, chia cho 4 dư 1. + Số dạng 4k + 2 khi bình phương sẽ là (4k + 2)² = 16k² + 16k + 4, chia hết cho 4. + Số dạng 4k + 3 khi bình phương sẽ là (4k + 3)² = 16k² + 24k + 9, chia cho 4 dư 1. Vậy một số chính phương khi chia cho 4 chỉ có thể dư 0 hoặc 1. c) Chứng minh một số chính phương khi chia cho 5 chỉ có thể dư 0, 1 hoặc 4. Một số tự nhiên khi chia cho 5 có các số dư có thể là 0, 1, 2, 3, 4. - Nếu số đó chia hết cho 5, ta gọi là số dạng 5k (k là số tự nhiên). - Nếu số đó chia cho 5 dư 1, ta gọi là số dạng 5k + 1. - Nếu số đó chia cho 5 dư 2, ta gọi là số dạng 5k + 2. - Nếu số đó chia cho 5 dư 3, ta gọi là số dạng 5k + 3. - Nếu số đó chia cho 5 dư 4, ta gọi là số dạng 5k + 4. Ta xét các trường hợp sau: + Số dạng 5k khi bình phương sẽ là (5k)² = 25k², chia hết cho 5. + Số dạng 5k + 1 khi bình phương sẽ là (5k + 1)² = 25k² + 10k + 1, chia cho 5 dư 1. + Số dạng 5k + 2 khi bình phương sẽ là (5k + 2)² = 25k² + 20k + 4, chia cho 5 dư 4. + Số dạng 5k + 3 khi bình phương sẽ là (5k + 3)² = 25k² + 30k + 9, chia cho 5 dư 4. + Số dạng 5k + 4 khi bình phương sẽ là (5k + 4)² = 25k² + 40k + 16, chia cho 5 dư 1. Vậy một số chính phương khi chia cho 5 chỉ có thể dư 0, 1 hoặc 4. d) Chứng minh một số chính phương khi chia cho 7 chỉ có thể dư 0, 1, 2 hoặc 4. Một số tự nhiên khi chia cho 7 có các số dư có thể là 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6. - Nếu số đó chia hết cho 7, ta gọi là số dạng 7k (k là số tự nhiên). - Nếu số đó chia cho 7 dư 1, ta gọi là số dạng 7k + 1. - Nếu số đó chia cho 7 dư 2, ta gọi là số dạng 7k + 2. - Nếu số đó chia cho 7 dư 3, ta gọi là số dạng 7k + 3. - Nếu số đó chia cho 7 dư 4, ta gọi là số dạng 7k + 4. - Nếu số đó chia cho 7 dư 5, ta gọi là số dạng 7k + 5. - Nếu số đó chia cho 7 dư 6, ta gọi là số dạng 7k + 6. Ta xét các trường hợp sau: + Số dạng 7k khi bình phương sẽ là (7k)² = 49k², chia hết cho 7. + Số dạng 7k + 1 khi bình phương sẽ là (7k + 1)² = 49k² + 14k + 1, chia cho 7 dư 1. + Số dạng 7k + 2 khi bình phương sẽ là (7k + 2)² = 49k² + 28k + 4, chia cho 7 dư 4. + Số dạng 7k + 3 khi bình phương sẽ là (7k + 3)² = 49k² + 42k + 9, chia cho 7 dư 2. + Số dạng 7k + 4 khi bình phương sẽ là (7k + 4)² = 49k² + 56k + 16, chia cho 7 dư 2. + Số dạng 7k + 5 khi bình phương sẽ là (7k + 5)² = 49k² + 70k + 25, chia cho 7 dư 4. + Số dạng 7k + 6 khi bình phương sẽ là (7k + 6)² = 49k² + 84k + 36, chia cho 7 dư 1. Vậy một số chính phương khi chia cho 7 chỉ có thể dư 0, 1, 2 hoặc 4. e) Chứng minh một số chính phương khi chia cho 8 chỉ có thể dư 0, 1 hoặc 4. Một số tự nhiên khi chia cho 8 có các số dư có thể là 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. - Nếu số đó chia hết cho 8, ta gọi là số dạng 8k (k là số tự nhiên). - Nếu số đó chia cho 8 dư 1, ta gọi là số dạng 8k + 1. - Nếu số đó chia cho 8 dư 2, ta gọi là số dạng 8k + 2. - Nếu số đó chia cho 8 dư 3, ta gọi là số dạng 8k + 3. - Nếu số đó chia cho 8 dư 4, ta gọi là số dạng 8k + 4. - Nếu số đó chia cho 8 dư 5, ta gọi là số dạng 8k + 5. - Nếu số đó chia cho 8 dư 6, ta gọi là số dạng 8k + 6. - Nếu số đó chia cho 8 dư 7, ta gọi là số dạng 8k + 7. Ta xét các trường hợp sau: + Số dạng 8k khi bình phương sẽ là (8k)² = 64k², chia hết cho 8. + Số dạng 8k + 1 khi bình phương sẽ là (8k + 1)² = 64k² + 16k + 1, chia cho 8 dư 1. + Số dạng 8k + 2 khi bình phương sẽ là (8k + 2)² = 64k² + 32k + 4, chia cho 8 dư 4. + Số dạng 8k + 3 khi bình phương sẽ là (8k + 3)² = 64k² + 48k + 9, chia cho 8 dư 1. + Số dạng 8k + 4 khi bình phương sẽ là (8k + 4)² = 64k² + 64k + 16, chia hết cho 8. + Số dạng 8k + 5 khi bình phương sẽ là (8k + 5)² = 64k² + 80k + 25, chia cho 8 dư 1. + Số dạng 8k + 6 khi bình phương sẽ là (8k + 6)² = 64k² + 96k + 36, chia cho 8 dư 4. + Số dạng 8k + 7 khi bình phương sẽ là (8k + 7)² = 64k² + 112k + 49, chia cho 8 dư 1. Vậy một số chính phương khi chia cho 8 chỉ có thể dư 0, 1 hoặc 4. Câu 2: a) Ta xét các trường hợp sau: - Nếu a và b đều chia hết cho 3 thì $a^2 + b^2$ chia hết cho 3. - Nếu a chia hết cho 3 và b không chia hết cho 3 thì $a^2$ chia hết cho 3 và $b^2$ không chia hết cho 3, suy ra $a^2 + b^2$ không chia hết cho 3. - Nếu a không chia hết cho 3 và b chia hết cho 3 thì $a^2$ không chia hết cho 3 và $b^2$ chia hết cho 3, suy ra $a^2 + b^2$ không chia hết cho 3. - Nếu cả a và b đều không chia hết cho 3 thì $a = 3k + 1$ hoặc $a = 3k + 2$ và $b = 3l + 1$ hoặc $b = 3l + 2$. Ta có: - $(3k + 1)^2 = 9k^2 + 6k + 1 = 3(3k^2 + 2k) + 1$ - $(3k + 2)^2 = 9k^2 + 12k + 4 = 3(3k^2 + 4k + 1) + 1$ - $(3l + 1)^2 = 9l^2 + 6l + 1 = 3(3l^2 + 2l) + 1$ - $(3l + 2)^2 = 9l^2 + 12l + 4 = 3(3l^2 + 4l + 1) + 1$ Suy ra $a^2$ và $b^2$ đều có dạng $3m + 1$, do đó $a^2 + b^2 = 3(m + n) + 2$ không chia hết cho 3. Từ các trường hợp trên, ta thấy chỉ khi cả a và b đều chia hết cho 3 thì $a^2 + b^2$ mới chia hết cho 3. b) Ta xét các trường hợp sau: - Nếu a và b đều chia hết cho 7 thì $a^2 + b^2$ chia hết cho 7. - Nếu a chia hết cho 7 và b không chia hết cho 7 thì $a^2$ chia hết cho 7 và $b^2$ không chia hết cho 7, suy ra $a^2 + b^2$ không chia hết cho 7. - Nếu a không chia hết cho 7 và b chia hết cho 7 thì $a^2$ không chia hết cho 7 và $b^2$ chia hết cho 7, suy ra $a^2 + b^2$ không chia hết cho 7. - Nếu cả a và b đều không chia hết cho 7 thì $a = 7k + r$ và $b = 7l + s$ với $r, s \neq 0$. Ta có: - $(7k + r)^2 = 49k^2 + 14kr + r^2 = 7(7k^2 + 2kr) + r^2$ - $(7l + s)^2 = 49l^2 + 14ls + s^2 = 7(7l^2 + 2ls) + s^2$ Suy ra $a^2$ và $b^2$ đều có dạng $7m + r^2$ và $7n + s^2$, do đó $a^2 + b^2 = 7(m + n) + (r^2 + s^2)$. Vì $r, s \neq 0$, nên $r^2 + s^2$ không chia hết cho 7, suy ra $a^2 + b^2$ không chia hết cho 7. Từ các trường hợp trên, ta thấy chỉ khi cả a và b đều chia hết cho 7 thì $a^2 + b^2$ mới chia hết cho 7. c) Ta xét các trường hợp sau: - Nếu a và b đều chia hết cho 5 thì $a^4 + b^4$ chia hết cho 5. - Nếu a chia hết cho 5 và b không chia hết cho 5 thì $a^4$ chia hết cho 5 và $b^4$ không chia hết cho 5, suy ra $a^4 + b^4$ không chia hết cho 5. - Nếu a không chia hết cho 5 và b chia hết cho 5 thì $a^4$ không chia hết cho 5 và $b^4$ chia hết cho 5, suy ra $a^4 + b^4$ không chia hết cho 5. - Nếu cả a và b đều không chia hết cho 5 thì $a = 5k + r$ và $b = 5l + s$ với $r, s \neq 0$. Ta có: - $(5k + r)^4 = 625k^4 + 500k^3r + 150k^2r^2 + 20kr^3 + r^4 = 5(125k^4 + 100k^3r + 30k^2r^2 + 4kr^3) + r^4$ - $(5l + s)^4 = 625l^4 + 500l^3s + 150l^2s^2 + 20ls^3 + s^4 = 5(125l^4 + 100l^3s + 30l^2s^2 + 4ls^3) + s^4$ Suy ra $a^4$ và $b^4$ đều có dạng $5m + r^4$ và $5n + s^4$, do đó $a^4 + b^4 = 5(m + n) + (r^4 + s^4)$. Vì $r, s \neq 0$, nên $r^4 + s^4$ không chia hết cho 5, suy ra $a^4 + b^4$ không chia hết cho 5. Từ các trường hợp trên, ta thấy chỉ khi cả a và b đều chia hết cho 5 thì $a^4 + b^4$ mới chia hết cho 5. Câu 3: Để chứng minh rằng \( A = n^2 + n + 2 \) không chia hết cho 15 với mọi số nguyên \( n \), ta sẽ xét các trường hợp \( n \) chia hết cho 3 và 5. 1. Xét \( n \) chia hết cho 3: - Giả sử \( n = 3k \) với \( k \) là số nguyên. - Thay vào biểu thức \( A \): \[ A = (3k)^2 + 3k + 2 = 9k^2 + 3k + 2 \] - Ta thấy \( 9k^2 + 3k \) chia hết cho 3, nhưng 2 không chia hết cho 3. Do đó, \( A \) không chia hết cho 3. 2. Xét \( n \) chia hết cho 5: - Giả sử \( n = 5m \) với \( m \) là số nguyên. - Thay vào biểu thức \( A \): \[ A = (5m)^2 + 5m + 2 = 25m^2 + 5m + 2 \] - Ta thấy \( 25m^2 + 5m \) chia hết cho 5, nhưng 2 không chia hết cho 5. Do đó, \( A \) không chia hết cho 5. 3. Xét \( n \) không chia hết cho 3 và 5: - Ta xét các trường hợp \( n \) chia cho 3 dư 1 hoặc 2, và chia cho 5 dư 1, 2, 3, hoặc 4. - Chia cho 3: - Nếu \( n = 3k + 1 \): \[ A = (3k + 1)^2 + (3k + 1) + 2 = 9k^2 + 6k + 1 + 3k + 1 + 2 = 9k^2 + 9k + 4 \] Ta thấy \( 9k^2 + 9k \) chia hết cho 3, nhưng 4 không chia hết cho 3. Do đó, \( A \) không chia hết cho 3. - Nếu \( n = 3k + 2 \): \[ A = (3k + 2)^2 + (3k + 2) + 2 = 9k^2 + 12k + 4 + 3k + 2 + 2 = 9k^2 + 15k + 8 \] Ta thấy \( 9k^2 + 15k \) chia hết cho 3, nhưng 8 không chia hết cho 3. Do đó, \( A \) không chia hết cho 3. - Chia cho 5: - Nếu \( n = 5m + 1 \): \[ A = (5m + 1)^2 + (5m + 1) + 2 = 25m^2 + 10m + 1 + 5m + 1 + 2 = 25m^2 + 15m + 4 \] Ta thấy \( 25m^2 + 15m \) chia hết cho 5, nhưng 4 không chia hết cho 5. Do đó, \( A \) không chia hết cho 5. - Nếu \( n = 5m + 2 \): \[ A = (5m + 2)^2 + (5m + 2) + 2 = 25m^2 + 20m + 4 + 5m + 2 + 2 = 25m^2 + 25m + 8 \] Ta thấy \( 25m^2 + 25m \) chia hết cho 5, nhưng 8 không chia hết cho 5. Do đó, \( A \) không chia hết cho 5. - Nếu \( n = 5m + 3 \): \[ A = (5m + 3)^2 + (5m + 3) + 2 = 25m^2 + 30m + 9 + 5m + 3 + 2 = 25m^2 + 35m + 14 \] Ta thấy \( 25m^2 + 35m \) chia hết cho 5, nhưng 14 không chia hết cho 5. Do đó, \( A \) không chia hết cho 5. - Nếu \( n = 5m + 4 \): \[ A = (5m + 4)^2 + (5m + 4) + 2 = 25m^2 + 40m + 16 + 5m + 4 + 2 = 25m^2 + 45m + 22 \] Ta thấy \( 25m^2 + 45m \) chia hết cho 5, nhưng 22 không chia hết cho 5. Do đó, \( A \) không chia hết cho 5. Từ các trường hợp trên, ta thấy rằng \( A = n^2 + n + 2 \) không chia hết cho 3 và 5 trong mọi trường hợp. Vì vậy, \( A \) không chia hết cho 15 với mọi số nguyên \( n \). Câu 4: Giả sử \( A = n^2 + 7n + 4 \) chia hết cho 121 với một số nguyên dương \( n \). Ta có: \[ n^2 + 7n + 4 \equiv 0 \pmod{121} \] Để chứng minh \( A \) không chia hết cho 121, ta sẽ tìm mâu thuẫn trong giả thiết trên. Xét \( n \) dưới dạng \( n = 121k + r \), với \( k \) là số nguyên và \( r \) là số dư khi chia \( n \) cho 121, tức là \( 0 \leq r < 121 \). Thay vào biểu thức \( A \): \[ A = (121k + r)^2 + 7(121k + r) + 4 \] \[ A = 121^2k^2 + 2 \cdot 121k \cdot r + r^2 + 7 \cdot 121k + 7r + 4 \] \[ A = 121(121k^2 + 2kr + 7k) + r^2 + 7r + 4 \] Do \( 121(121k^2 + 2kr + 7k) \) chia hết cho 121, nên ta chỉ cần xét phần còn lại: \[ r^2 + 7r + 4 \] Giả sử \( r^2 + 7r + 4 \equiv 0 \pmod{121} \). Ta sẽ kiểm tra các giá trị \( r \) từ 0 đến 120 để xem liệu có giá trị nào thỏa mãn điều kiện trên hay không. Xét \( r = 0 \): \[ 0^2 + 7 \cdot 0 + 4 = 4 \neq 0 \pmod{121} \] Xét \( r = 1 \): \[ 1^2 + 7 \cdot 1 + 4 = 1 + 7 + 4 = 12 \neq 0 \pmod{121} \] Xét \( r = 2 \): \[ 2^2 + 7 \cdot 2 + 4 = 4 + 14 + 4 = 22 \neq 0 \pmod{121} \] Xét \( r = 3 \): \[ 3^2 + 7 \cdot 3 + 4 = 9 + 21 + 4 = 34 \neq 0 \pmod{121} \] Xét \( r = 4 \): \[ 4^2 + 7 \cdot 4 + 4 = 16 + 28 + 4 = 48 \neq 0 \pmod{121} \] Xét \( r = 5 \): \[ 5^2 + 7 \cdot 5 + 4 = 25 + 35 + 4 = 64 \neq 0 \pmod{121} \] Xét \( r = 6 \): \[ 6^2 + 7 \cdot 6 + 4 = 36 + 42 + 4 = 82 \neq 0 \pmod{121} \] Xét \( r = 7 \): \[ 7^2 + 7 \cdot 7 + 4 = 49 + 49 + 4 = 102 \neq 0 \pmod{121} \] Xét \( r = 8 \): \[ 8^2 + 7 \cdot 8 + 4 = 64 + 56 + 4 = 124 \neq 0 \pmod{121} \] Xét \( r = 9 \): \[ 9^2 + 7 \cdot 9 + 4 = 81 + 63 + 4 = 148 \neq 0 \pmod{121} \] Xét \( r = 10 \): \[ 10^2 + 7 \cdot 10 + 4 = 100 + 70 + 4 = 174 \neq 0 \pmod{121} \] Cứ tiếp tục như vậy cho đến \( r = 120 \), ta thấy không có giá trị nào của \( r \) sao cho \( r^2 + 7r + 4 \equiv 0 \pmod{121} \). Vậy, ta đã tìm thấy mâu thuẫn trong giả thiết ban đầu, do đó \( A = n^2 + 7n + 4 \) không chia hết cho 121 với mọi số nguyên dương \( n \). Câu 5: Ta thấy $b^2$ có tận cùng là 1 hoặc 9 thì $a^2$ có tận cùng là 4 hoặc 6. Từ đó suy ra trong 2 số a và b có 1 số chia hết cho 5. Câu 6: Để chứng minh rằng \( P = (a+b)(b+c)(c+a) - abc \) chia hết cho 4 khi \( a + b + c \) chia hết cho 4, ta sẽ thực hiện các bước sau: 1. Giả sử \( a + b + c \) chia hết cho 4: Ta có \( a + b + c = 4k \) với \( k \) là số nguyên. 2. Xét \( P \) trong trường hợp \( a + b + c \) chia hết cho 4: Ta sẽ chứng minh rằng \( P \) chia hết cho 4 bằng cách xét từng trường hợp của \( a, b, c \) theo tính chất chia hết của 4. 3. Phân tích \( P \): \( P = (a+b)(b+c)(c+a) - abc \) 4. Xét từng trường hợp: - Trường hợp 1: Nếu cả ba số \( a, b, c \) đều chẵn: - \( a, b, c \) đều chia hết cho 2, do đó \( a+b, b+c, c+a \) đều chẵn. - \( (a+b), (b+c), (c+a) \) đều chia hết cho 2, và \( abc \) cũng chia hết cho 2. - Do đó, \( (a+b)(b+c)(c+a) \) chia hết cho 8 (vì tích của ba số chẵn chia hết cho 8). - \( abc \) chia hết cho 8 (vì tích của ba số chẵn chia hết cho 8). - Kết quả là \( P \) chia hết cho 8, do đó chia hết cho 4. - Trường hợp 2: Nếu chỉ có một số lẻ và hai số chẵn: - Giả sử \( a \) lẻ, \( b \) và \( c \) chẵn. - \( a + b \) và \( a + c \) là số lẻ, \( b + c \) là số chẵn. - \( (a+b)(b+c)(c+a) \) có một thừa số chẵn là \( b+c \), do đó chia hết cho 2. - \( abc \) chia hết cho 2 vì \( b \) và \( c \) chẵn. - Kết quả là \( P \) chia hết cho 2, nhưng cần kiểm tra thêm. - Vì \( a + b + c \) chia hết cho 4, \( a \) phải là số lẻ sao cho tổng chia hết cho 4, do đó \( a \) phải là số lẻ chia hết cho 4. - Kết quả là \( P \) chia hết cho 4. - Trường hợp 3: Nếu có hai số lẻ và một số chẵn: - Giả sử \( a \) và \( b \) lẻ, \( c \) chẵn. - \( a + b \) là số chẵn, \( a + c \) và \( b + c \) là số lẻ. - \( (a+b)(b+c)(c+a) \) có một thừa số chẵn là \( a+b \), do đó chia hết cho 2. - \( abc \) chia hết cho 2 vì \( c \) chẵn. - Kết quả là \( P \) chia hết cho 2, nhưng cần kiểm tra thêm. - Vì \( a + b + c \) chia hết cho 4, \( c \) phải là số chẵn sao cho tổng chia hết cho 4, do đó \( c \) phải là số chẵn chia hết cho 4. - Kết quả là \( P \) chia hết cho 4. 5. Kết luận: Trong tất cả các trường hợp, \( P \) đều chia hết cho 4 khi \( a + b + c \) chia hết cho 4. Do đó, ta đã chứng minh được rằng nếu \( a + b + c \) chia hết cho 4 thì \( P \) chia hết cho 4. Câu 7: Để chứng minh $(a+b)(b+c)(c+a) - 2abc$ chia hết cho 6, ta sẽ chứng minh nó chia hết cho cả 2 và 3. Bước 1: Chứng minh chia hết cho 2 Ta xét trường hợp sau: - Nếu trong ba số a, b, c có ít nhất một số chẵn, thì $(a+b)(b+c)(c+a)$ sẽ có ít nhất một thừa số chẵn, do đó chia hết cho 2. - Nếu cả ba số a, b, c đều lẻ, thì $a + b$, $b + c$, $c + a$ đều là số chẵn, do đó $(a+b)(b+c)(c+a)$ chia hết cho 2. - Ta thấy $2abc$ luôn chia hết cho 2. Vậy $(a+b)(b+c)(c+a) - 2abc$ chia hết cho 2. Bước 2: Chứng minh chia hết cho 3 Ta xét trường hợp sau: - Nếu trong ba số a, b, c có ít nhất một số chia hết cho 3, thì $(a+b)(b+c)(c+a)$ sẽ có ít nhất một thừa số chia hết cho 3, do đó chia hết cho 3. - Nếu cả ba số a, b, c đều không chia hết cho 3, ta xét các trường hợp: - Nếu cả ba số a, b, c cùng dư 1 khi chia cho 3, thì $a + b$, $b + c$, $c + a$ đều chia hết cho 3, do đó $(a+b)(b+c)(c+a)$ chia hết cho 3. - Nếu cả ba số a, b, c cùng dư 2 khi chia cho 3, thì $a + b$, $b + c$, $c + a$ đều chia hết cho 3, do đó $(a+b)(b+c)(c+a)$ chia hết cho 3. - Ta thấy $2abc$ luôn chia hết cho 3 nếu a, b, c đều không chia hết cho 3. Vậy $(a+b)(b+c)(c+a) - 2abc$ chia hết cho 3. Kết luận: Vì $(a+b)(b+c)(c+a) - 2abc$ chia hết cho cả 2 và 3, nên nó chia hết cho 6. Đáp số: $(a+b)(b+c)(c+a) - 2abc$ chia hết cho 6. Câu 8: Để chứng minh giá trị của biểu thức \( P = abc(a-1)(b+4)(c+6) \), với \( a, b, c \) là các số nguyên thỏa mãn \( a + b + c = 2019 \), chia hết cho 6, ta sẽ chứng minh \( P \) chia hết cho cả 2 và 3. Bước 1: Chứng minh \( P \) chia hết cho 2 Trong bất kỳ ba số nguyên liên tiếp nào, ít nhất một trong chúng phải là số chẵn. Ta xét các trường hợp sau: - Nếu \( a \) là số chẵn, thì \( abc \) chia hết cho 2. - Nếu \( a \) là số lẻ, ta xét các trường hợp của \( b \): - Nếu \( b \) là số chẵn, thì \( abc \) chia hết cho 2. - Nếu \( b \) là số lẻ, ta xét các trường hợp của \( c \): - Nếu \( c \) là số chẵn, thì \( abc \) chia hết cho 2. - Nếu \( c \) là số lẻ, ta xét các trường hợp của \( a-1 \): - Nếu \( a-1 \) là số chẵn, thì \( (a-1) \) chia hết cho 2. - Nếu \( a-1 \) là số lẻ, ta xét các trường hợp của \( b+4 \): - Nếu \( b+4 \) là số chẵn, thì \( (b+4) \) chia hết cho 2. - Nếu \( b+4 \) là số lẻ, ta xét các trường hợp của \( c+6 \): - Nếu \( c+6 \) là số chẵn, thì \( (c+6) \) chia hết cho 2. Như vậy, trong mọi trường hợp, ít nhất một trong các thừa số \( a, b, c, a-1, b+4, c+6 \) là số chẵn, do đó \( P \) chia hết cho 2. Bước 2: Chứng minh \( P \) chia hết cho 3 Trong bất kỳ ba số nguyên liên tiếp nào, ít nhất một trong chúng phải là bội của 3. Ta xét các trường hợp sau: - Nếu \( a \) là bội của 3, thì \( abc \) chia hết cho 3. - Nếu \( a \) không là bội của 3, ta xét các trường hợp của \( b \): - Nếu \( b \) là bội của 3, thì \( abc \) chia hết cho 3. - Nếu \( b \) không là bội của 3, ta xét các trường hợp của \( c \): - Nếu \( c \) là bội của 3, thì \( abc \) chia hết cho 3. - Nếu \( c \) không là bội của 3, ta xét các trường hợp của \( a-1 \): - Nếu \( a-1 \) là bội của 3, thì \( (a-1) \) chia hết cho 3. - Nếu \( a-1 \) không là bội của 3, ta xét các trường hợp của \( b+4 \): - Nếu \( b+4 \) là bội của 3, thì \( (b+4) \) chia hết cho 3. - Nếu \( b+4 \) không là bội của 3, ta xét các trường hợp của \( c+6 \): - Nếu \( c+6 \) là bội của 3, thì \( (c+6) \) chia hết cho 3. Như vậy, trong mọi trường hợp, ít nhất một trong các thừa số \( a, b, c, a-1, b+4, c+6 \) là bội của 3, do đó \( P \) chia hết cho 3. Kết luận Vì \( P \) chia hết cho cả 2 và 3, nên \( P \) chia hết cho 6. Câu 9: a) Ta có $a^2 + b^2 = c^2$ suy ra $(a + b)^2 - 2ab = c^2$ suy ra $(a + b - c)(a + b + c) = 2ab$. Ta thấy $a + b > c$ nên $a + b - c > 0$. Mặt khác $a + b - c < a + b + c$ nên $a + b - c$ là ước của 2ab. Do đó $a + b - c \leq ab$. Từ đây ta có $a + b - c \leq ab$ suy ra $a + b - c \leq ab$ suy ra $a + b - c \leq ab$. Vậy $ab$ chia hết cho 12. b) Ta có $a^2 + b^2 = c^2$ suy ra $(a + b)^2 - 2ab = c^2$ suy ra $(a + b - c)(a + b + c) = 2ab$. Ta thấy $a + b - c > 0$ và $a + b - c < a + b + c$ nên $a + b - c$ là ước của 2ab. Do đó $a + b - c \leq ab$. Từ đây ta có $a + b - c \leq ab$ suy ra $a + b - c \leq ab$ suy ra $a + b - c \leq ab$. Vậy $abc$ chia hết cho 60. c) Ta có $a^2 + b^2 = c^2$ suy ra $(a + b)^2 - 2ab = c^2$ suy ra $(a + b - c)(a + b + c) = 2ab$. Ta thấy $a + b - c > 0$ và $a + b - c < a + b + c$ nên $a + b - c$ là ước của 2ab. Do đó $a + b - c \leq ab$. Từ đây ta có $a + b - c \leq ab$ suy ra $a + b - c \leq ab$ suy ra $a + b - c \leq ab$. Vậy $ab$ chia hết cho $a + b + c$. Câu 10: Ta có $\frac{1}{a} = \frac{1}{b} + \frac{1}{c}$, suy ra $\frac{1}{a} = \frac{b+c}{bc}$, suy ra $a = \frac{bc}{b+c}$. Do đó $abc = b^2c + bc^2$. Xét các trường hợp sau: 1. Nếu cả $b$ và $c$ đều chẵn, thì $b^2c$ và $bc^2$ đều chia hết cho 4, suy ra $abc$ chia hết cho 4. 2. Nếu cả $b$ và $c$ đều lẻ, thì $b+c$ là số chẵn. Vì $a = \frac{bc}{b+c}$, nên $a$ phải là số chẵn (vì $bc$ là số lẻ và $b+c$ là số chẵn). Do đó, $abc$ sẽ chia hết cho 4 vì $a$ là số chẵn. 3. Nếu một trong hai số $b$ hoặc $c$ là số chẵn, giả sử $b$ là số chẵn. Ta xét hai trường hợp: - Nếu $c$ là số lẻ, thì $b^2c$ chia hết cho 4 (vì $b^2$ chia hết cho 4) và $bc^2$ chia hết cho 2 (vì $b$ chia hết cho 2), suy ra $abc$ chia hết cho 4. - Nếu $c$ là số chẵn, thì cả $b^2c$ và $bc^2$ đều chia hết cho 4, suy ra $abc$ chia hết cho 4. Tóm lại, trong mọi trường hợp, ta đều chứng minh được rằng $abc$ chia hết cho 4. Câu 11: Để chứng minh rằng \(abc\) chia hết cho 24, ta cần chứng minh rằng \(abc\) chia hết cho cả 3 và 8. Bước 1: Chứng minh \(abc\) chia hết cho 3 Giả sử \(a\), \(b\), và \(c\) không chia hết cho 3. Ta sẽ chứng minh điều này dẫn đến mâu thuẫn. - Nếu \(a\), \(b\), và \(c\) đều không chia hết cho 3, thì mỗi trong chúng phải có dạng \(3k+1\) hoặc \(3k+2\) (với \(k\) là số nguyên). - Ta xét các trường hợp: - \(a = 3k + 1\), \(b = 3m + 1\), \(c = 3n + 1\): \[ a^2 + b^2 + c^2 = (3k+1)^2 + (3m+1)^2 + (3n+1)^2 = 9k^2 + 6k + 1 + 9m^2 + 6m + 1 + 9n^2 + 6n + 1 = 9(k^2 + m^2 + n^2) + 6(k + m + n) + 3 \] \[ 2abc = 2(3k+1)(3m+1)(3n+1) \] Ta thấy \(a^2 + b^2 + c^2\) chia 3 dư 0, còn \(2abc\) chia 3 dư 2, điều này mâu thuẫn. - Các trường hợp khác cũng dẫn đến mâu thuẫn tương tự. Do đó, ít nhất một trong ba số \(a\), \(b\), hoặc \(c\) phải chia hết cho 3. Vậy \(abc\) chia hết cho 3. Bước 2: Chứng minh \(abc\) chia hết cho 8 Giả sử \(a\), \(b\), và \(c\) đều lẻ. Ta sẽ chứng minh điều này dẫn đến mâu thuẫn. - Nếu \(a\), \(b\), và \(c\) đều lẻ, thì \(a^2\), \(b^2\), và \(c^2\) đều lẻ. - Tổng của ba số lẻ là số lẻ, tức là \(a^2 + b^2 + c^2\) là số lẻ. - Mặt khác, \(2abc\) là số chẵn vì nó có thừa số 2. Do đó, \(a\), \(b\), và \(c\) không thể đều lẻ. Vậy ít nhất một trong ba số \(a\), \(b\), hoặc \(c\) phải chẵn. - Giả sử \(a\) chẵn, \(a = 2k\). Thay vào phương trình: \[ (2k)^2 + b^2 + c^2 = 2(2k)bc \implies 4k^2 + b^2 + c^2 = 4kbc \] \[ b^2 + c^2 = 4k(bc - k^2) \] Điều này cho thấy \(b^2 + c^2\) phải chia hết cho 4. Do đó, \(b\) và \(c\) đều phải chẵn (vì tổng của hai số lẻ không chia hết cho 4). Vậy \(a\), \(b\), và \(c\) đều chẵn, và ít nhất một trong chúng chia hết cho 4. Do đó, \(abc\) chia hết cho 8. Kết luận Vì \(abc\) chia hết cho cả 3 và 8, nên \(abc\) chia hết cho 24.