Nội dung ôn tập theo chủ đề toán lớp 6

MỤC LỤC
NỘ I DU NG Trang
A – Mở đ ầ u . 1
B – Nội dung 2
Phần I: Tóm tắt lý thuyết 2
Phần II: Các phương pháp giải các bài toán chia hết 4
1. Phương pháp sử dụ ng dấu hiệu chia hết 4
2. Phương pháp sử dụ ng tính chất chia hết 6
3. Phương pháp sử dụ ng xét tậ p h ợ p s ố d ư t r o n g p h é p c h i a 8
4. Phương pháp sử dụ ng các p hươ ng pháp phân tíc h thà nh nhân tử 10
5. Phương pháp b iến đổi b iểu thức cần chứng min h về d ạng tổng . 11
6. Phương pháp qu y nạp to án họ c . 13
7. Phương pháp sử dụ ng đồ ng d ư thức 14
8. Phương pháp sử dụ ng ngu yên lý Dirichlet 16
9. Phương pháp p hản chứng 18
PHẦN I: 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 l à s ố bị ch ia , b l à s ố chia, q là thương, r là số dư.
Khi a chia cho b có thể x ẩ y r a  b số d ư
r  {0 ; 1 ; 2; …;  b }
Đặc biệt: r = 0 thì a = bq, khi đó ta nói a chia hết cho b hay b chia hết a.
Ký hiệu: ab hay b\ a
V ậy:
a

b  Có số nguyên q sao cho a = bq
II. CÁC TÍNH CHẤ T
1. Với


a

0

a

a
2. Nếu a

b và b

c

a

c
3. Với

a

0

0

a
4. Nếu a, b > 0 và a

b ; b


a

a = b
5. Nếu a

b và c bất kỳ

ac

b
6. Nếu a

b

(

a)

(

b)
7. Với

a

a

(

1)

8. Nếu a

b và c

b

a

c

b
9. Nếu a

b và c

b

a

c

b
10. Nếu a + b

c và a

c

b


c
11. Nếu a

b và n > 0

a
n

b
n

12. Nếu ac

b và ( a , b ) =1

c

b
13. Nếu a

b, c

b và m, n bất kỳ am + cn

b
14. Nếu a

b và c

d


a c

bd
15. Tích n số n gu yên liên tiếp chia hết cho n!

III. MỘT SỐ DẤU HIỆU CHIA HẾT
Gọi N =
011nn
a aaa


1. Dấu hiệu chia hết cho 2; 5; 4; 25; 8; 125
 N  2  a
0
 2  a
0
{ 0 ; 2 ; 4 ; 6; 8 }
 N  5  a
0
 5  a
0
{ 0 ; 5 }
 N  4 (ho ặc 25) 
01
aa
 4 (hoặc 25)
 N  8 (hoặc 125) 
01
aaa

2
 8 (hoặ c 1 2 5 )
2. Dấu hiệu ch i a h ế t c h o 3 v à 9
+ N  3 (ho ặc 9)  a
0
+a
1
+…+a
n
 3 (hoặc 9)
3. Một số dấu hiệu khác
 N  11  [(a
0
+a
1
+…) - (a
1
+a
3
+…)]  11
 N  101  [(
01
aa
+
45
aa
+…) - (
23
aa
+

67
aa
+…)]101
 N  7 (hoặ c 1 3 )  [ (
01
aaa
2
+
67
aaa
8
+…) - [(
34
aaa
5
+
910
aaa
11
+…) 11 (hoặc
13 )
 N  37  (
01
aaa
2
+
34
aaa
5
+…)  3 7

 N  19  ( a
0
+2a
n -1
+2
2
a
n -2
+…+ 2
n
a
0
)  19
IV. ĐỒNG DƯ THỨC
a. Định nghĩa: Cho m là số nguyên dương. Nếu hai số nguyên 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)
V ậy: a  b (modun)  a - b  m
b. Các tính chất
1. Với

a

a

a (modun)
2. Nếu a

b (modun)


b

a (mo d u n )
3. Nếu a

b (modun), b

c (modun)

a

c (modun)
4. Nếu a

b (modun) và c

d (modun)

a + c

b+d (modun)
5. Nếu a

b (modun) và c

d (modun)

a c

bd (modun)

6. Nếu a

b (modun), d

Uc (a , b ) và (d, m) =1

d
b
d
a

(modun)
7. Nếu a

b (modun), d > 0 và d

Uc (a , b , m)



d
b
d
a

(mo d un
d
m
)
V. MỘT SỐ ĐỊNH LÝ

1. Định lý Eule r
Nế u m l à 1 số nguyên dương 
(m )
là số các số nguyên dương nhỏ hơn m và nguyên tố cùng
nhau với m, (a, m) = 1
Thì a
(m )
 1 (modun)
Công thức tính 
(m)

Phân tích m ra thừa số nguyên tố
m = p
1
1
p
2
2
… p
k
k
với p
i
 p ; 
i
 N
*

Thì 
(m )

= m(1 -
`1
1
p
)(1 -
2
1
p
) … (1 -
k
p
1
)
2. Định lý Ferma t
Nế u t l à số nguyên tố và a không chia hết cho p thì a
p -1
 1 ( m odp)
3. Định lý W ilson
Nế u p l à số nguyên tố thì
( P - 1)! + 1  0 (m o dp )
PHẦN II: CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN CHIA HẾT
1. Phư ơng pháp 1: SỬ DỤNG DẤU HIỆU CHIA HẾT
V í d ụ 1: T ì m c á c c h ữ số a, b sao cho
a56b
 45
G i ải
Ta thấy 45 = 5.9 mà (5 ; 9) = 1
để
a56b
 4 5 

a56b
 5 và 9
Xét
a56b
 5  b  {0 ; 5 }
Nế u b = 0 t a c ó s ố
a56b
 9  a + 5 + 6 + 0  9
 a + 11  9
 a = 7
Nế u b = 5 t a có số
a56b
 9  a + 5 + 6 + 0  9
 a + 16  9
 a = 2
V ậy: a = 7 và b = 0 ta có số 7560
a = 2 và b = 5 ta có số 25 60
V í d ụ 2: Biết tổng các chữ số của 1 số là không đổi khi nhân số đó với 5. Chứng minh răng số đó
chia hế t cho 9.
G i ải
Gọi số đã c h o l à 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 ( Đ p c m)
V í d ụ 3: C M R s ố
    
1 sè81
111111
 81
G i ải

Ta thấy: 111111111  9
Có
    
1 sè81
111111
= 111111111(10
72
+ 1 0
63
+ … + 10
9
+ 1)
Mà tổng 10
72
+ 1 0
63
+ … + 10
9
+ 1 có tổng các chữ số bằng 9  9
 10
72
+ 10
63
+ … + 10
9
+ 1  9
V ậy:
    
1 s è81
111111

 81 (Đpcm)
B À I T Ậ P T Ư Ơ N G T Ự
Bài 1: T ì m c á c c h ữ số x, y sao cho
a. 34x5y  4 và 9
b.
2x78
 17
Bài 2: C h o s ố N =
dcba
CMR
a. N  4  (a + 2b)  4
b. N  16  (a + 2b + 4c + 8d)  16 với b chẵn
c. N  29  ( d + 2 c + 9 b + 2 7 a )  29
Bài 3: T ì m t ất cả các số có 2 chữ số sao cho mỗi số gấp 2 lần tích các chữ số của số đó.
Bài 4: V i ế t l i ên tiế p t ấ t c ả c á c s ố c ó 2 c h ữ s ố t ừ 1 9 đ ế n 8 0 t a đ ư ợ c s ố A = 1 9 2 0 2 1 … 7 9 8 0 . H ỏ i s ố A
có chia hết cho 1980 không ? Vì sao?
Bài 5: T ổng của 46 số tự nhiên liên tiếp có chia hết cho 46 không? V ì sa o ?
Bài 6: C h ứng tỏ rằng số
  
1 sè100
1111

  
2sè100
2222
l à t í c h c ủa 2 số tự nhiên liên tiế p .
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: a . x = và y = 2
x = và y = 6
b.

2x78
= 17 (122 + 6x) + 2(2-x) 17  x = 2
Bài 2: a . N  4 
ab
4  10b + a 4  8b + (2b + a)  4
 a + 2b 4
b. N 16  1000d + 100c + 10b + a 16
 ( 9 9 2 d + 9 6 c + 8 b ) + ( 8 d + 4 c + 2 b + a ) 16
 a + 2b + 4c + 8d 16 với b chẵn
c. Có 100(d + 3c + 9b + 27a) -
dbca
29
mà (1000, 29) =1

dbca
29
 (d + 3c + 9b + 27a)  29
Bài 3: G ọi
ab
là số có 2 chữ số
Theo bài ra ta có:
ab
= 10a + b = 2ab (1)

ab
2  b { 0 ; 2; 4 ; 6 ; 8 }
Thay vào (1) a = 3; b = 6
Bài 4: C ó 1 9 8 0 = 2
2
.3

2
.5.11
V ì 2 c h ữ số tận cùng của a là 80  4 và 5
 A 4 và 5
Tổng các số hàng lẻ 1+(2+3+…+7).10+8 = 279
Tổng các số hàng chẵn 9+(0+1+…+9).6+0 = 279
Có 279 + 279 = 558  9  A  9
279 - 279 = 0  11  A  11
Bài 5: T ổng 2 số tự nhiên liên tiếp là 1 số lẻ nê n k h ô n g c h ia h ế t c h o 2 .
Có 46 số tự nhiên liên tiế p  có 23 cặ p s ố mỗ i c ặ p c ó t ổ n g l à 1 số lẻ  tổng 23 cặp không chia hết
cho 2. Vậy tổng của 46 số tự nhiên liên tiếp không chia hết cho 46.
Bài 6: C ó
  
1 sè100
1111

  
2sè100
2222
=
  
1 sè100
1111
    
0sè99
02100

Mà
    
0sè99

02100
= 3.
  
3sè99
3433


  
1 sè100
1111

  
2sè100
2222
=
  
3sè100
3333
  
3sè99
3433
(Đp c m )
2. Phư ơng pháp 2: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CHIA HẾT
* Chú ý: T r o n g n s ố nguyên liên tiếp có 1 và chỉ 1 s ố c h i a h ế t c h o n .
CMR: Gọi n là số nguyên liên tiếp
m + 1; m + 2; … m + n với m  Z, n  N
*

Lấy n số nguyên liên tiếp trên c h i a c h o n t h ì t a được tập hợp số dư là: {0; 1; 2; … n - 1 }
* N ếu tồn tại 1 số dư là 0: giả sử m + i = nq

i
; i = n1,
 m + i  n
* N ếu không tồn tại số dư là 0  không có số nguyên nào trong dãy chia hết cho n  phải có ít
nhất 2 số dư trùng nhau.
Giả sử:





r qjn j m
nj i;1 r nqii m
 i - j = n(q
i
- q
j
)  n  i - j  n
mà i - j < n  i - j = 0  i = j
 m + i = m + j
V ậy trong n số đó có 1 số và chỉ 1 s ố đ ó c h i a h ế t c h o n …
V í d ụ 1: C M R : a . T í c h c ủa 2 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2
b. Tích của 3 số nguyên liên tiế p c h i a h ế t c h o 6 .
G i ải
a. Trong 2 số ngu yên liên tiếp bao giờ cũng có 1 số chẵn
 Số chẵn đó chia hết cho 2.
V ậy tích của 2 số nguyên liên tiế p l u ô n c h i a h ế t c h o 2 .
Tích 2 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2 nê n t í c h c ủa 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2
b. Trong 3 sô ngu yên liê n tiế p b a o g i ơ c ũ n g có 1 số chia hết c ho 3.
 Tích 3 số đó chia hết cho 3 mà ( 1 ; 3 ) = 1 .

V ậy tích của 3 số nguyên liên tiế p l u ô n c h i a h ế t c h o 6 .
V í d ụ 2: C M R : T ổng lập phương của 3 số nguyên liên tiế p l u ô n c h i a h ế t c h o 9 .
G i ải
Gọi 3 số nguyên liên tiếp lần lượt là: n - 1 , n , n+1
Ta có: A= (n - 1 )
3
+ n
3
+ (n + 1)
3
= 3n
3
- 3n + 18n + 9n
2
+ 9
= 3(n - 1)n (n+1) + 9(n
2
+ 1 ) + 1 8 n
Ta thấy (n - 1)n (n + 1)  3 (CM Ví d ụ 1)
 3(n - 1)n (n + 1)  9
mà




918
9)1(9
2



n
n
 A  9 ( Đ P C M )
V í d ụ 3: C M R : n
4
- 4n
3
- 4n
2
+16n  3 84 với  n chẵn, n4
G i ải
V ì n c hẵn, n4 ta đặt n = 2k, k2
Ta có n
4
- 4n
3
- 4n
2
+ 16n= 16k
4
- 32k
3
- 16k
2
+ 32k
= đặt 16k(k
3
- 2k
2
- k + 2)

= đặt 16k(k - 2 ) (k - 1) ( k + 1 )
V ới k  2 nên k - 2, k - 1, k + 1, k là 4 số tự nhiên liên tiế p n ên trong 4 số đó có 1 số chia hết cho 2
v à 1 s ố chia hết c ho 4 .  (k - 2)(k - 1)(k + 1)k  8
Mà (k - 2) (k - 1)k  3 ; (3,8)=1
 (k - 2) (k - 1) (k + 1)k  24
 16(k - 2) (k - 1) (k + 1)k  (16,24)
V ậy n
4
- 4n
3
- 4n
2
+16n  384 với  n chẵn, n  4
B À I T Ậ P T Ư Ơ N G T Ự
Bài 1: C M R : a . n ( n + 1 ) ( 2 n + 1 )  6
b. n
5
- 5n
3
+ 4n  120 Với  n  N
Bài 2: C M R : n
4
+ 6n
3
+ 11n
2
+ 6n  24 Với  n  Z
Bài 3: C M R : V ới  n lẻ thì
a. n
2

+ 4n + 3  8
b. n
3
+ 3n
2
- n - 3  48
c. n
12
- n
8
- n
4
+ 1  512
Bài 4: V ới p là số ngu yên tố p > 3. C M R: p
2
- 1  24
Bài 5: C M R : T r o n g 1 9 0 0 s ố tự nhiên liên tiế p c ó 1 s ố c ó t ổ n g c á c c h ữ s ố c h i a h ế t c h o 2 7 .
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: a . n ( n + 1 ) ( 2 n + 1 ) = n ( n + 1 ) [ ( n + 1 ) + ( n + 2 ) ]
= n(n + 1) (n - 1) + n(n + 1) (n + 2)  6
b. n
5
- 5n
3
+ 4n = (n
4
- 5n
2
+ 4)n
= n(n

2
- 1) (n
2
- 4)
= n(n + 1) (n - 1) (n + 2) (n - 2)  120
Bài 2: n
4
+ 6n
3
+ 6n + 11n
2
= n(n
3
+ 6n
2
+ 6 + 11n)
= n(n + 1) (n + 2) (n + 3)  24
Bài 3: a . n
2
+ 4n + 3 = (n + 1) (n + 3)  8
b. n
3
+ 3n
2
- n - 3 = n
2
(n + 3) - (n + 3)
= (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)  48
c. n
12
- n
8
- n
4
+ 1 = n
8
(n
4
- 1) - (n
4
- 1)
= (n
4
- 1) (n
8
- 1)
= (n
4
- 1)
2
(n
4
+ 1)
= (n
2

- 1)
2
(n
2
- 1)
2
(n
4
+ 1)
= 16[k(k + 1)
2
(n
2
+ 1)
2
(n
4
+ 1 )
V ới n = 2k + 1  n
2
+ 1 và n
4
+ 1 là những số chẵn  (n
2
+ 1)
2
 2
n
4
+ 1  2

 n
12
- n
8
- n
4
+ 1  (2
4
.2
2
. 2
2
. 1 . 2
1
)
V ậy n
12
- n
8
- n
4
+ 1  512
Bài 4: C ó p
2
- 1 = (p - 1) (p + 1) vì p là số nguyên tố p > 3
 p  3 t a có: ( p - 1) (p + 1 )  8
v à p = 3 k + 1 h o ặc p = 3k + 2 (k  N)
 (p - 1) (p + 1)  3
V ậy p
2

- 1  24
Bài 5: G i ả s ử 1 9 0 0 s ố t ự n h i ên liên tiếp là
n , n + 1 ; n + 2 ; … ; n + 1 9 8 9 ( 1 )
trong 1000 tự nhiên liên tiế p n , n + 1; n + 2; …; n + 999
có 1 số chia hết cho 1000 giả sử n
0
, khi đó n
0
có tận cùng là 3 chữ số 0 giả sử tổng các chữ số của
n
0
l à s k h i đ ó 2 7 s ố n
0
, n
0
+ 9; n
0
+ 19; n
0
+ 29; n
0
+ 39; …; n
0
+ 99; n
0
+ 199; … n
0
+ 899 (2)
Có tổng các chữ số lần lượt là: s; s + 1 … ; s + 26
Có 1 số chia hết cho 27 ( ĐP C M )

* Chú ý: n + 8 9 9  n + 999 + 899 < n + 1989
 Các số ở (2) nằm trong dãy (1)
3. Phư ơng pháp 3: XÉT TẬ P H Ợ P S Ố D Ư T R O N G P H É P C H I A
V í d ụ 1: C M R : V ới  n  N
Thì A
(n)
= n(2n + 7) (7n + 7) chia hế t c h o 6
G i ải
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
Lấyn chia c ho 3 ta đ ược n = 3 k + 1 (k  N)
V ới r  {0 ; 1 ; 2 }
V ới r = 0  n = 3k  n  3  A
(n)
 3
V ới r = 1  n = 3k + 1  2n + 7 = 6k + 9  3  A
(n )
 3
V ới r = 2  n = 3k + 2  7n + 1 = 21k + 15  3  A
(n )
 3
 A
(n)
 3 với  n m à (2, 3) = 1
V ậy A
(n )

 6 với  n  N
V í d ụ 2: C M R : N ế u n  3 thì A
(n)
= 3
2n
+ 3
n
+ 1  1 3 Với  n  N
G i ải
V ì n  3  n = 3 k + r ( k  N); r  {1; 2 ; 3 }
 A
(n)
= 3
2( 3k + r)
+ 3
3k+ r
+ 1
= 3
2r
(3
6k
- 1) + 3
r
( 3
3k
- 1) + 3
2r
+ 3
r
+ 1

ta thấy 3
6k
- 1 = (3
3
)
2k
- 1 = (3
3
- 1 )M = 26 M  13
3
3k
- 1 = (3
3
- 1)N = 26N  13
v ới r = 1  3
2n
+ 3
n
+ 1 = 3
2
+ 3 +1 = 13  13
 3
2n
+ 3
n
+ 1  13
v ới r = 2  3
2n
+ 3
n

+ 1 = 3
4
+ 3
2
+ 1 = 91  1 3
 3
2n
+ 3
n
+ 1
V ậy với n  3 thì A
(n)
= 3
2n
+ 3
n
+ 1  1 3 Với  n  N
V í d ụ 3: T ì m t ấ t c ả c á c s ố t ự n h i ê n n đ ể 2
n
- 1  7
G i ải
Lấy n c h ia c ho 3 ta có n = 3 k + 1 ( k  N); r  {0 ; 1 ; 2 }
V ới r = 0  n = 3k ta có
2
n
- 1 = 2
3k
- 1 = 8
k
- 1 = (8 - 1)M = 7M  7

v ới 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  2
n
- 1 chia cho 7 dư 1
v ới r = 2  n = 3k + 2 ta có :
2
n
- 1 = 2
3k + 2
- 1 = 4(2
3k
- 1 ) + 3
mà 2
3k
- 1  7  2
n
- 1 chia cho 7 dư 3
V ậy 2
3k

- 1  7  n = 3 k ( k  N)
B À I T Ậ P T Ư Ơ N G T Ự
Bài 1: C M R : A
n
= n( n
2
+ 1)(n
2
+ 4)  5 Với  n  Z
Bài 2: C h o A = a
1
+ a
2
+ … + a
n

B = a
5
1
+ a
5
2
+ … + a
5
n
Bài 3: C M R : N ếu (n, 6) =1 thì n
2
- 1  24 Với  n  Z
Bài 4: T ì m s ố tự nhiên W để 2
2n

+ 2
n
+ 1  7
Bài 5: C h o 2 s ố tự nhiên m, n để thoả mã n 2 4 m
4
+ 1 = n
2

CMR: mn  55
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: + A
(n)
 6
+ Lấy n chia cho 5  n = 5q + r r  {0; 1 ; 2 ; 3 ; 4 }
r = 0  n  5  A
(n)
 5
r = 1, 4  n
2
+ 4  5  A
(n)
 5
r = 2; 3  n
2
+ 1  5  A
(n)
 5
 A
(n)
 5  A

(n)
 3 0
Bài 2: X é t h i ệu B - A = (a
5
1
- a
1
) + … + ( a
5
n
- a
n
)
Chỉ chứng minh: a
5
i
- a
i
 30 là đủ
Bài 3: V ì ( n , 6 ) = 1  n = 6k + 1 (k  N)
V ới r  {1}
r =  1 n
2
- 1  24
Bài 4: X é t n = 3 k + r ( k  N)
V ới r  {0 ; 1 ; 2 }
Ta có: 2
2n
+ 2
n

+ 1 = 2
2r
(2
6k
- 1) + 2
r
(2
3k
- 1 ) + 2
2n
+ 2
n
+ 1
L à m t ư ơ n g t ự VD 3
Bài 5: C ó 2 4 m
4
+ 1 = n
2
= 25m
4
- (m
4
- 1)
Khi m  5  mn  5
Khi m  5 thì (m, 5) = 1  m
4
- 1  5
(V ì m
5
- m


5

(m
4
- 1)

5

m
4
- 1

5)
 n
2
 5  n

5
V ậy mn  5
4. Phư ơng pháp 4: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH THÀNH NHÂN TỬ
Giả sử chứng minh a
n
 k
Ta có thể p h â n t í c h a
n
c h ứa thừa số k ho ặc p hân tí ch t hành các thừa số mà các thừa số đó
chia hế t c h o c á c t h ừ a s ố c ủ a k .
V í d ụ 1: C M R : 3
6n

- 2
6n
 35 Với  n  N
G i ải
Ta có 3
6n
- 2
6n
= (3
6
)
n
- (2
6
)
n
= (3
6
- 2
6
)M
= (3
3
+ 2
3
) (3
3
- 2
3
)M

= 35.19M  35 Vậy 3
6n
- 2
6n
 3 5 Với  n  N
V í d ụ 2: C M R : V ới  n là số tự nhiên chăn thì biểu thức
A = 20
n
+ 16
n
- 3
n
- 1  232
G i ải
Ta thấy 232 = 17.19 mà (17;19) = 1 ta chứng minh
A  17 và A  19 ta có A = (20
n
- 3
n
) + (16
n
- 1 ) có 20
n
- 3
n
= ( 20 - 3) M  1 7 M
16
n
- 1 = (1 6 + 1 ) M = 1 7 N  1 7 (n c hẵn)
 A  17 (1)

ta có: A = (20
n
- 1 ) + (16
n
- 3
n
)
có 20
n
- 1 = (2 0 - 1 ) p = 1 9 p  19
có 16
n
- 3
n
= ( 1 6 + 3 )Q = 19 Q  19 (n c hẵn)
 A  19 (2)
Từ (1) và (2)  A  232
V í d ụ 3: C M R : n
n
- n
2
+ n - 1  ( n - 1)
2
Với  n >1

G i ải
V ới n = 2  n
n
- n
2

+ n - 1 = 1
v à ( n - 1 )
2
= (2 - 1)
2
= 1
 n
n
- n
2
+ n - 1 (n - 1)
2
v ới n > 2 đặt A = n
n
- n
2
+ n - 1 ta có A = (n
n
- n
2
) + (n - 1)
= n
2
(n
n -2
- 1) + (n - 1)
= n
2
(n - 1) (n
n -3

+ n
n -4
+ … + 1) + (n - 1)
= (n - 1) (n
n -1
+ n
n -2
+ … + n
2
+1)
= (n - 1) [(n
n -1
- 1) + … +( n
2
- 1 ) + ( n - 1 )]
= (n - 1)
2
M  ( n - 1)
2

V ậy A  (n - 1)
2
( Đ P CM)
B À I T Ậ P T Ư Ơ N G T Ự
Bài 1: C M R : a . 3
2n + 1
+ 2
2n +2
 7
b. mn(m

4
- n
4
)  3 0
Bài 2: C M R : A
(n )
= 3
n
+ 6 3  72 với n chẵn n  N, n  2
Bài 3: C h o a v à b l à 2 s ố chính phương lẻ liên tiếp
CMR: a. (a - 1) (b - 1)  192
Bài 4: C M R : V ới p là 1 số nguyên tố p > 5 thì p
4
- 1  240
Bài 5: C h o 3 s ố nguyên dương a, b, c và thoả mãn a
2
= b
2
+ c
2
CMR: abc  60
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: a . 3
2n +1
+ 2
2n +2
= 3.3
2n
+ 2.2
n

= 3.9
n
+ 4 . 2
n
= 3(7 + 2)
n
+ 4 .2
n

= 7M + 7.2
n
 7
b. mn(m
4
- n
4
) = mn(m
2
- 1 ) (m
2
+ 1) - mn(n
2
- 1) (n
2
+ 1)  30
Bài 3: C ó 7 2 = 9 . 8 m à ( 8 , 9 ) = 1 v à n = 2 k ( k  N)
có 3
n
+ 63 = 3
2k

+ 63
= (3
2k
- 1 ) + 64  A
(n)
 8
Bài 4: Đ ặ t a = ( 2 k - 1)
2
; b = ( 2 k - 1 )
2
(k  N)
Ta có (a - 1)(b - 1) = 16k(k + 1)(k - 1)  64 và 3
Bài 5: C ó 6 0 = 3 . 4 . 5 Đặt M = abc
Nế u a , b , c đ ề u k h ô n g c h i a h ế t c h o 3  a
2
, b
2
và c
2
chia hết cho 3 đều dư 1  a
2
 b
2
+ c
2
.
Do đó có ít nhất 1 số chia hết cho 3. Vậy M  3
Nế u a , b , c đ ề u k h ô n g c h i a h ế t c h o 5  a
2
, b

2
và c
2
chia 5 dư 1 hoặc 4  b
2
+ c
2
chia 5 thì
dư 2; 0 hoặc 3.
 a
2
 b
2
+ c
2
. Do đó có ít nhất 1 số chia hết cho 5 . V ậy M  5
Nế u a , b , c l à các số lẻ  b
2
và c
2
chia hết cho 4 dư 1.
 b
2
+ c
2
 (mod 4)  a
2
 b
2
+ c

2

Do đó 1 trong 2 số a, b phải là số chẵn.
Giả sử b là số chẵn
Nế u C l à số chẵn  M  4
Nế u C l à số lẻ mà a
2
= b
2
+ c
2
 a l à s ố lẻ
 b
2
= (a - c) (a + b) 






















222
2
cacab


2
b
chẵn  b  4  m  4
V ậy M = abc  3.4. 5 = 6 0
5. Phư ơng pháp 5: BIẾN ĐỔI BIỂU THỨC CẦN CHỨNG MINH VỀ DẠNG TỔNG
Giả sử chứng minh A
(n)
 k ta biến đổi A
(n)
về d ạ n g t ổ n g c ủa nhiều hạng tử và c h ứng minh mọi
h ạng tử đều chia hết cho k.
V í d ụ 1: C M R : n
3
+ 11n  6 với  n  z.
G i ải
Ta có n
3
+ 11n = n
3

- n + 12n = n(n
2
- 1) + 12n
= n(n + 1) (n - 1) + 12n
V ì n , n - 1 ; n + 1 là 3 s ố ngu yên liên tiếp
 n(n + 1) (n - 1)  6 và 1 2 n  6
V ậy n
3
+ 11n  6
V í d ụ 2: C h o a , b  z t ho ả m ãn (16a +17b) (17a +16b)  1 1
CMR: (16a +17b) (17a +16b)  121
G i ải
Có 11 số ngu yên tố mà (16a +17b) (17a +16b)  11






1116b17a
1117b16a


(1)
Có 16a +17b + 17a +16b = 33(a + b)  1 1 (2)
Từ (1) và (2) 






1116b17a
1117b16a


V ậy (16a +17b) (17a +16b)  121
V í d ụ 3: T ì m n  N sao cho P = ( n + 5 )( n + 6)  6n.
G i ải
Ta có P = (n + 5)(n + 6) = n
2
+ 11n + 30
= 12n + n
2
- n + 30
V ì 1 2 n  6n nên để P  6n  n
2
- n + 30  6n








(2)n30
(1)31)-n ( n
6n30
6n - n 2





Từ (1)  n = 3k hoặc n = 3k + 1 (k  N)
Từ (2)  n  {1 ; 2 ; 3 ; 5; 6; 10 ; 1 5; 3 0}
V ậy từ (1); (2)  n  { 1 ; 3 ; 6 ; 1 0 ; 1 5 ; 3 0 }
Thay các giá trị c ủ a n v à o P t a c ó
n  {1 ; 3 ; 1 0; 3 0} là t ho ả m ãn
V ậy n  { 1; 3 ; 1 0; 15 ; 3 0} thì P = ( n + 5 )( n + 6 )  6 n.
B À I T Ậ P T Ư Ơ N G T Ự
Bài 1: C M R : 1
3
+ 3
3
+ 5
3
+ 7
3
 2
3

Bài 2: C M R : 3 6 n
2
+ 60n + 24  24
Bài 3: C M R : a . 5
n+2
+ 26.5
n
+ 8
2n+1

 59
b. 9
2n
+ 14  5
Bài 4: T ì m n  N sao cho n
3
- 8n
2
+ 2n  n
2
+ 1
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: 1
3
+ 3
3
+ 5
3
+ 7
3
= (1
3
+ 7
3
) + (3
3
+ 5
3
)
= 8m + 8N  2

3

Bài 2: 3 6
2
+ 6 0 n + 24 = 12 n( 3 n + 5 ) + 2 4
Ta thấy n và 3n + 5 không đồng thời cùng chẵn hoặc cùng lẻ
 n(3n + 5)  2  Đ P C M
Bài 3: a . 5
n+2
+ 26.5
n
+ 8
2n+ 1

= 5
n
(2 5 + 26) + 8
2n+1

= 5
n
(5 9 - 8) + 8.6 4
n

= 5
n
.5 9 + 8 . 5 9 m  59
b. 9
2n
+ 14 = 9

2n
- 1 + 1 5
= (81
n
- 1 ) + 1 5
= 80m + 15  5
Bài 4: C ó n
3
- 8n
2
+ 2n = (n
2
+ 1)(n - 8) + n + 8  ( n
2
+ 1)  n + 8  n
2
+ 1
Nế u n + 8 = 0  n = - 8 ( t h o ả mã n )
Nế u n + 8  0  n + 8  n
2
+ 1















807n
809n
81n8n
81-n8n
2
2
2
2
nn
nn
n
n
Víi
Víi
Víi
Víi
 n  {- 2; 0 ; 2 } t hử lại
V ậy n  { -8 ; 0 ; 2 }
6. Phư ơng pháp 6: DÙNG QUY NẠP TOÁN HỌC
Giả sử CM A
(n)
 P với n  a (1)
Bước 1: Ta CM (1) đúng với n = a tức là CM A
(n)
 P

Bước 2: Giả sử (1) đúng với n = k tức là CM A
(k)
 P với k  a
Ta CM (1) đúng với n = k + 1 tức là phả i C M A
(k+1)
 P
Bước 3: Kết luận A
(n )
 P với n  a
V í d ụ 1: C h ứng minh A
(n)
= 16
n
- 1 5 n - 1  225 với  n  N
*

G i ải
V ới n = 1  A
(n)
= 225  2 25 vậy n = 1 đúng
Giả sử n = k  1 nghĩ a l à A
(k)
= 16
k
- 1 5 k - 1  225
Ta phải CM A
(k+1)
= 16
k+ 1
- 15(k + 1) - 1  225

Thậ t v ậ y : A
(k+1)
= 16
k+1
- 15(k + 1) - 1
= 16.16
k
- 1 5 k - 1 6
= (16
k
- 1 5 k - 1 ) + 1 5 .1 6
k
- 15
= 16
k
- 15k - 1 + 15.15m
= A
(k)
+ 225
mà A
(k)
 2 25 (giả thiết quy nạp)
225m 2 25
V ậy A
(n )
 225
V í d ụ 2: C M R : v ới  n  N
*
v à n là số tự nhiên lẻ t a c ó
22

21


n
n
m

G i ải
V ới n = 1  m
2
- 1 = (m + 1)(m - 1)  8 (vì m + 1; m - 1 là 2 số chẵn liên tiế p n ên tích của chúng
chia hế t c h o 8 )
Giả sử với n = k ta có
22
21


k
k
m

ta phả i c h ứ n g m i n h
32
21
1



k
k

m

Thậ t v ậ y
22
21


k
k
m


)(.21
22
zqqm
k
k



1.2
22


qm
k
k
có





qqqmm
kkk
kk
.2.211.211
324
2
2
2
22
1



=
3213
2)2(2


kkk
qq

V ậy
22
21


n
n

m

v ới  n  1
B À I T Ậ P T Ư Ơ N G T Ự
Bài 1: C M R : 3
3n +3
- 26n - 27  29 với  n  1
Bài 2: C M R : 4
2n +2
- 1  15
Bài 3: C M R s ố được thành lập bởi 3
n
c hữ số g iố ng nhau thì chia hết cho 3
n
với n là số nguyên
dương.
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: T ư ơ n g t ự v í d ụ 1 .
Bài 2: T ư ơ n g t ự v í d ụ 1 .
Bài 3: T a c ần CM

3
. . .
n
a a a
s è a
 3
n
( 1)
V ới n = 1 ta có

. . . 1 1 1 3
a a a a


Giả sử (1) đúng với n = k tức là

sèa
k
aaa
3

 3
k
Ta chứng minh (1) đúng với n = k + 1 tức là phải chứng minh

asè
1
3

k
aaa
 3
k+ 1
ta có 3
k+ 1
= 3.3
k
= 3
k
+ 3

k
+3
k

Có

 
1
2 .3 3
3 3 3 3 3
. . . . . . . . . . . . . . 1 0 . . . . 1 0 . . .
k k
k k k k k
a a a a a a a a a a a a a a a a a

   
s è a



133.2
3
311010


k
kk
k
aaa 


7. Phư ơng pháp 7: SỬ DỤNG ĐỒNG DƯ THỨC
Giải bài toán dựa vào đồng dư thứ c chủ yếu là s ử dụng định lý Euler và định lý Fermat
V í d ụ 1: C M R : 2 2 2 2
5555
+ 55 55
2222
 7
G i ải
Có 2222  - 4 ( m o d 7 )  2222
5555
+ 5 555
2222
 (- 4)
5555
+ 4
55 55
(mod 7)
Lại có: (- 4 )
5555
+ 4
2222
= - 4
5555
+ 4
2222

= - 4
2222
(4

3333
- 1) =




144-
1111
32222


V ì 4
3
= 64  (mod 7)


014
1111
3

(mod 7)
 2222
5555
+ 5555
2222
 0 (mod 7)
V ậy 2222
5555
+ 5555
2222

 7
V í d ụ 2: C M R :
4 1 4 1
2 3
3 3 5 22
n n 
 

v ới  n  N
G i ải
Theo định lý Fermat ta có:
3
10
 1 (mod 11)
2
10
 1 (mod 11)
Ta tìm dư tro ng p hép chia là 2
4n +1
và 3
4n +1
cho 10
Có 2
4n +1
= 2.16
n
 2 ( m o d 1 0 )
 2
4n +1
= 10q + 2 (q  N)

Có 3
4n +1
= 3.81
n
 3 ( m o d 1 0 )
 3
4n +1
= 10k + 3 (k  N)
Ta có:
31021032
23533
1414



kq
nn
= 3
2
.3
10q
+ 2
3
.2
10 k
+ 5
 1+0+1 (mod 2)
 0 (mod 2)
mà (2, 11) = 1
V ậy

4 1 4 1
2 3
3 3 5 22
n n 
 

v ới  n  N
V í d ụ 3: C M R :
1172
14
2


n
v ới n  N
G i ải
Ta có: 2
4
 6 (mod)  2
4n +1
 2 (mod 10)
 2
4n +1
= 10q + 2 (q  N)

2102
2
2
14



n
q

Theo định lý Fermat ta có: 2
10
 1 (mod 11)
 2
10q
 1 ( m o d 1 1 )
7272
2102
14


n
q

 4+7 (mod 11)  0 (mod 11)
V ậy
1172
14
2


n
v ới n  N (ĐPCM)
B À I T Ậ P T Ư Ơ N G T Ự
Bài 1: C M R
1932

26
2


n
v ới n  N
Bài 2: C M R v ới  n  1 ta có
5
2n -1
. 2
2n -1
5
n+ 1
+ 3
n+1
.2
2n -1
 38
Bài 3: C h o s ố p > 3, p  ( P)
CMR 3
p
- 2
p
- 1  42p
Bài 4: C M R v ới mọi số nguyên tố p đều có dạng
2
n
- n ( n  N) chi a hết cho p.
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: L à m t ư ơ n g t ự n h ư V D 3

Bài 2: T a t h ấy 5
2n -1
. 2
2n -1
5
n+ 1
+ 3
n+1
.2
2n -1
 2
Mặt khác 5
2n -1
. 2
2n -1
5
n+ 1
+ 3
n+1
.2
2n -1
= 2
n
(5
2n -1
.10 + 9 . 6
n -1
)
V ì 2 5  6 (mod 19)  5
n -1

 6
n -1
(mod 19)
 25
n -1
.10 + 9. 6
n -1
 6
n -1
.1 9 ( mo d 19 )  0 ( mo d 1 9 )
Bài 3: Đ ặ t A = 3
p
- 2
p
- 1 ( p lẻ)
Dễ d àng CM A  2 và A  3  A  6
Nế u p = 7  A = 3
7
- 2
7
- 1  49  A  7 p
Nế u p  7  (p, 7) = 1
Theo định lý Fermat ta có:
A = (3
p
- 3 ) - ( 2
p
- 2 )  p
Đặt p = 3q + r (q  N; r = 1 , 2 )
 A = (3

3q +1
- 3) - (2
3q +r
- 2)
= 3
r
.2 7
q
- 2
r
.8
q
- 1 = 7 k + 3
r
(-1)
q
- 2
r
- 1 ( k  N)
v ới r = 1, q phải chẵn (vì p lẻ)
 A = 7k - 9 - 4 - 1 = 7k - 14
V ậy A  7 mà A  p , (p, 7 ) = 1  A  7p
Mà (7, 6) = 1; A  6
 A  42p.
Bài 4: N ế u P = 2  2
2
- 2 = 2  2
Nế u n > 2 T h e o đ ị n h l ý F e r m a t t a c ó :
2
p -1

 1 (mod p)
 2
m (p-1)
 1 (mod p) (m  N)
Xét A = 2
m (p -1)
+ m - mp
A  p  m = kq - 1
Như vậy nếu p > 2  p có dạ n g 2
n
- n tro ng đó
N = (kp - 1)(p - 1), k  N đều chia hết cho p
8. Phư ơng pháp 8: SỬ DỤNG NGUYÊN LÝ ĐIRICHLET
Nguyên lý: Nếu đem n + 1 con thỏ nhốt vào n lồng th ì có ít nhất 1 lồng chứa từ 2 con trở lê n .
V í d ụ 1: C M R : T r o n g n + 1 s ố ngu yên bất kỳ có 2 số có hiệu chia hết cho n.
Giải
Lấy n + 1 số nguyên đã c h o c h i a c h o n t h ì được n + 1 số dư nhận 1 trong các số sau: 0; 1; 2; …; n -
1
 có ít nhất 2 số dư có cùng số dư khi chia cho n.
Giả sử a
i
= nq
1
+ r 0  r < n
a
j
= nq
2
+ r a
1

; q
2
 N
 a
j
- a
j
= n(q
1
- q
2
)  n
V ậy trong n +1 số nguyên bất kỳ có 2 số có hiệu chia hết cho n.
Nế u k h ô n g c ó 1 t ổ n g n ào trong các tổng trên chia hết cho n như vậy số dư khi chia mỗi tổng
trên cho n ta được n số dư là 1; 2; …; n - 1
V ậy theo nguyên lý Đirichlet sẽ tồn tại ít nhất 2 tổng mà chi cho n có cùng số dư  (theo
V D 1 ) h iệu cùadr tổng này chia hế t c h o n ( Đ P C M ) .
BÀI TẬ P T Ư Ơ N G T Ự
Bài 1: C M R : T ồn tại n  N sa o cho 1 7
n
- 1  25
Bài 2: C M R : T ồn tại 1 bội của số 1993 chỉ chứa toàn số 1.
Bài 3: C M R : V ới 17 số nguyên bấ t k ỳ b a o g i ờ c ũ n g t ồ n t ạ i 1 t ổ n g 5 s ố c h i a h ế t c h o 5 .
Bài 4: C ó h a y k h ô n g 1 s ố có dạng.
1993 1993 … 1 9930 00 … 0 0  1994
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: X é t d ã y s ố 17, 17
2
, … , 17
25

(t ư ơ ng t ự V D 2 )
Bài 2: T a c ó 1 9 9 4 s ố nguyên chứa toàn bộ số 1 là :
1
11
111
…
111 11

    
1 99 4 sè 1
Khi chia cho 1993 thì có 1993 số dư  theo nguyên lý Đirichlet có ít nhất 2 số có cùng số dư.
Giả sử đó là
a
i
= 1993q + r 0  r < 1 9 9 3
a
j
= 1993k + r i > j; q, k  N
 a
j
- a
j
= 1993(q - k)
111 11 00 0 19 93( )
q k
   
         
i - j 1 99 4 sè 1 i sè 0
111 11.10 1993( )
j

q k
  
    
i - j 19 9 4 sè 1
mà (10
j
, 1 99 3 ) = 1
   
1sè1994
11111 
 1993 (ĐPCM)
Bài 3: X é t d ã y s ố gồm 17 số nguyên bấ t k ỳ l à
a
1
, a
2
, …, a
17

Chia các số cho 5 ta được 17 số dư ắt phải có 5 số dư thuộc tập hợp{0; 1; 2; 3; 4}
Nế u t r o n g 1 7 s ố t r ên có 5 số khi chia cho 5 có cùng số dư thì tổng của chúng sẽ chia hết cho
5.
Nế u t r o n g 1 7 s ố t r ê n k h ô n g c ó s ố nào có cùng số dư khi chia cho 5  tồn tại 5 số có số dư
khác nhau  tổng các số dư là: 0 + 1 + 2 + 3 + 4 = 10  10
V ậy tổng của 5 số này chia hết cho 5.
Bài 4: X é t d ã y s ố a
1
= 1993, a
2
= 19931993, …

a
19 94
=
  
1993sè1994
19931993 

đem chia cho 1994  có 1994 số dư thuộc tập {1; 2; …; 1993} theo nguyên lý Đ i r i c h l e t c ó í t n h ấ t
2 số hạng có cùng số dư.
Giả sử: a
i
= 1993 … 1993 (i số 1993)
a
j
= 1993 … 1993 (j số 1993 )
 a
j
- a
j
 1994 1  i < j  1994

199310.19931993

  
ni
1993sè i-j


9. Phư ơng pháp 9: PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG
Để CM A

(n)
 p (hoặc A
(n )
 p )
+ Giả sử: A
(n)
 p (hoặ c A
(n)
 p )
+ CM trên giả sử l à s a i
+ Kết luận: A
(n)
 p (hoặc A
(n)
 p )
V í d ụ 1: C M R n
2
+ 3n + 5  121 với  n  N
Giả sử tồn tại n  N sao cho n
2
+ 3n + 5  1 21
 4n
2
+ 12n + 20  121 ( vì (n, 121) = 1 )
 (2n + 3)
2
+ 1 1  121 (1)
 (2n + 3)
2
 11

V ì 1 1 l à s ố nguyên tố  2 n + 3  11
 (2n + 3)
2
 121 (2)
Từ (1) và (2)  11  121 vô lý
V ậy n
2
+ 3n + 5  1 21
V í d ụ 2: C M R n
2
- 1  n với  n  N
*

G i ải
Xét tập hợp số tự nhiên N
*

Giả sử  n  1, n  N
*
sa o c h o n
2
- 1  n
Gọi d là ước số chung nhỏ nhất khác 1 của n  d  (p) theo định lý Format ta có
2
d-1
 1 (mod d)  m < d
ta chứng minh m\n
Giả sử n = mq + r (0  r < m)
Theo giả s ử n
2

- 1  n  n
mq +r
- 1  n
 2
r
(n
mq
- 1 ) + (2
r
- 1)  n  2
r
- 1  d vì r < m m à m  N, m nhỏ nhất khác 1 có tính chất (1)
 r = 0  m\n mà m < d cũng có tính chất (1) nên điều giả sử là sai.
V ậy n
2
- 1  n với  n  N
*

BÀI TẬ P T Ư Ơ N G T Ự
Bài 1: C ó t ồn tại n  N sa o cho n
2
+ n + 2  49 không?
Bài 2: C M R : n
2
+ n + 1  9 với  n  N
*
Bài 3: C M R : 4 n
2
- 4n + 18  289 với  n  N

HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: G i ả s ử t ồ n t ạ i n  N đ ể n
2
+ n + 2  49
 4n
2
+ 4n + 8  49
 (2n + 1)
2
+ 7  49 (1)  (2n + 1)
2
 7
V ì 7 là s ố nguyên tố  2 n + 1  7  (2n + 1)
2
 49 (2)
Từ (1); (2)  7  49 vô lý .
Bài 2: G i ả s ử t ồ n t ạ i n
2
+ n + 1  9 với  n
 (n + 2)(n - 1) + 3  3 (1)
v ì 3 l à s ố nguyên tố 





31
32



n
n
 (n + 2)(n - 1)  9 (2)
Từ (1) và (2)  3  9 vô lý
Bài 3: G i ả s ử  n  N để 4n
2
- 4n + 18  289
 (2n - 1)
2
+ 17  1 7
2
 (2n - 1)  1 7

17 là số nguyên tố  (2n - 1)  17  (2n - 1)
2
 28 9
 17  28 9 vô lý.