Chuyen de BD HSG PP giai toan chia het ppt

các phơng pháp giải bài toán chia hết
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 đợc hai số nguyên q và r duy nhất sao cho:
a = bq + r Với 0 r |b|
Trong đó: a là số bị chia, b là số chia, q là thơng, r là số d.
Khi a chia cho b có thể xẩy ra | b| số d
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: ab hay b\ a
Vậy: a b Có số nguyên q sao cho a = bq
II. Các tính chất
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 cb 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 ac bd
15. Tích n số nguyên liên tiếp chia hết cho n!

III. Một số dấu hiệu chia hết Gọi N =

n n 1 1 0
a a a a
1. Dấu hiệu chia hết cho 2:
Một số chia hết cho 2

chữ số tận cùng của nó là chữ số chẵn.

N 2 a
0
2 a
0
{0; 2; 4; 6; 8}
2. Dấu hiệu chia hết cho 5:
Một số chia hết cho 5

chữ số tận cùng của nó là 0 hoặc 5.

N 5 a
0
5 a
0
{0; 5}
3. Dấu hiệu chia hết cho 4 và 25:
Một số chia hết cho 4 (hoặc 25)

số tạo bởi 2 chữ số tận cùng của nó chia hết cho 4 hoặc 25.

N 4 (hoặc 25)

01
aa
4 (hoặc 25)
4. Dấu hiệu chia hết cho 8 và 125:
Một số chia hết cho 8 (hoặc 125)

số tạo bởi 3 chữ số tận cùng của nó chia hết cho 8 hoặc 125.

N 8 (hoặc 125)
01
aaa
2
8 (hoặc 125)
5. Dấu hiệu chia hết cho 3 và 9:
Một số chia hết cho 3 (hoặc 9)

tổng các chữ số của nó chia hết cho 3 (hoặc 9).

N 3 (hoặc 9) a
0
+a
1
+ +a
n
3 (hoặc 9)
* Chú ý: một số chia hết cho 3 (hoặc 9) d bao nhiêu thì tổng các chữ số của nó chia cho 3 (hoặc 9) cũng d
bấy nhiêu.
6. Dấu hiệu chia hết cho 11:
Một số chia hết cho 11

hiệu giữa tổng các chữ số ở hàng lẻ và tổng các chữ số ở hàng chẵn tính từ trái
sang phải chia hết cho


N 11 [(a
0
+a
1
+ ) - (a
1
+a
3
+ )] 11
7. Một số dấu hiệu khác:

N 101 [(
01
aa
+
45
aa
+ ) - (
23
aa
+
67
aa
+ )] 101

N 7 (hoặc 13) [(

01
aaa
2
+
67
aaa
8
+ ) - [(
34
aaa
5
+
910
aaa
11
+ ) 11 (hoặc 13)

N 37 (
01
aaa
2
+
34
aaa
5
+ ) 37

N 19 ( a
0
+2a

n-1
+2
2
a
n-2
+ + 2
n
a
0
) 19
IV. Đồng d thức
a. Định nghĩa: Cho m là số nguyên dơng. Nếu hai số nguyên a và b cho cùng số d khi chia cho m thì ta
nói a đồng d với b theo modun m.
Ký hiệu: a b (modun)
Vậy: a b (modun) a - b m
b. Các tính chất
1. Với a a a (modun)
2. Nếu a b (modun) b a (modun)
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) ac 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

(modun
d
m
)
V. Một số định lý
1. Định lý Euler
Nếu m là 1 số nguyên dơng

(m)
là số các số nguyên dơng 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 Fermat
Nếu t là số nguyên tố và a không chia hết cho p thì a
p-1

1 (modp)
3. Định lý Wilson
Nếu p là số nguyên tố thì ( P - 1)! + 1

0 (modp)
phần II: các phơng pháp giải bài toán chia hết
1. Phơng pháp 1: Sử dụng dấu hiệu chia hết
Ví dụ 1: Tìm các chữ số a, b sao cho
a56b
45
Giải: Ta thấy 45 = 5.9 mà (5 ; 9) = 1
để
a56b
45
a56b
5 và 9
Xét
a56b
5 b {0 ; 5}
Nếu b = 0 ta có số
a56b
9 a + 5 + 6 + 0 9 a + 11 9 a = 7
Nếu b = 5 ta có số
a56b
9 a + 5 + 6 + 0 9 a + 16 9 a = 2
Vậy: a = 7 và b = 0 ta có số 7560
a = 2 và b = 5 ta có số 2560

Ví dụ 2: Biết tổng các chữ số của 1 số là không đổi khi nhân số đó với 5. CMR số đó chia hết cho 9.
Giải: Gọi số đã cho là a

Ta có: a và 5a khi chia cho 9 cùng có 1 số d
5a - a 9 4a 9 mà (4 ; 9) = 1
a 9 (Đpcm)
Ví dụ 3: CMR số

1 số 81
111 111

81
Giải: Ta thấy: 111111111 9
Có

1 số 81
111 111

= 111111111(10
72
+ 10
63
+ + 10
9
+ 1)
Mà tổng 10
72
+ 10
63
+ + 10
9
+ 1 có tổng các chữ số bằng 9 9
10

72
+ 10
63
+ + 10
9
+ 1 9
Vậy:

1 số 81
111 111

81 (Đpcm)
Bài tập tơng tự
Bài 1: Tìm các chữ số x, y sao cho
a.
34x5y
4 và 9
b.
2x78
17
Bài 2: Cho số N =
dcba
CMR
a. N 4 (a + 2b) 4
b. N 16 (a + 2b + 4c + 8d) 16 với b chẵn
c. N 29 (d + 2c + 9b + 27a) 29
Bài 3: Tìm tất cả các số có 2 chữ số sao cho mỗi số gấp 2 lần tích các chữ số của số đó.
Bài 4: Viết liên tiếp tất cả các số có 2 chữ số từ 19 đến 80 ta đợc số A = 192021 7980. Hỏi số A có chia
hết cho 1980 không ? Vì sao?
Bài 5: Tổng của 46 số tự nhiên liên tiếp có chia hết cho 46 không? Vì sao?

Bài 6: Chứng tỏ rằng số

1 số 100
11 11



2 số 100
22 22

là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp.
Hớng 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. N4
ab
4 10b + a4 8b + (2b + a) 4 a + 2b4
b. N16 1000d + 100c + 10b + a16
(992d + 96c + 8b) + (8d + 4c + 2b + a) 16 a + 2b + 4c + 8d16 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: Gọi
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: Có 1980 = 2
2
.3
2
.5.11
Vì 2 chữ 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: Tổng 2 số tự nhiên liên tiếp là 1 số lẻ nên không chia hết cho 2.

Có 46 số tự nhiên liên tiếp có 23 cặp số mỗi cặp có tổng là 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: Có

1 số 100
11 11

2 số 100
22 22

=

1 số 100
11 11


0 số 99
02 100

Mà

0 số 99
02 100

= 3.

3 số 99
34 33



1 số 100
11 11



2 số 100

22 22

=

3 số100
33 33


3 số 99
34 33

(Đpcm)
2. Phơng pháp 2: Sử dụng tính chất chia hết
* Chú ý: Trong n số nguyên liên tiếp có 1 và chỉ 1 số chia hết cho 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 chia cho n thì ta đợc tập hợp số d là: {0; 1; 2; n - 1}
* Nếu tồn tại 1 số d là 0: giả sử m + i = nq
i
; i =
n1,
m + i n
* Nếu không tồn tại số d là 0 không có số nguyên nào trong dãy chia hết cho n phải có ít nhất 2 số
d trùng nhau.
Giả sử:



+=+

+=+
r qjn j m
n j i;1 r nqi i 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
Vậy trong n số đó có 1 số và chỉ 1 số đó chia hết cho n
Ví dụ 1: CMR: a. Tích của 2 số nguyên liên tiếp chia hết cho 2.
b. Tích của 3 số nguyên liên tiếp chia hết cho 6.
Giải: a. Trong 2 số nguyên liên tiếp bao giờ cũng có 1 số chẵn
Số chẵn đó chia hết cho 2.
Vậy tích của 2 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2.
Tích 2 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2 nên tích của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2
b. Trong 3 sô nguyên liên tiếp bao giơ cũng có 1 số chia hết cho 3.
Tích 3 số đó chia hết cho 3 mà (1; 3) = 1.
Vậy tích của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 6.
Ví dụ 2: CMR: Tổng lập phơng của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 9.
Giải: Gọi 3 số nguyên liên tiếp lần lợt 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) + 18n
Ta thấy (n - 1)n (n + 1) 3 (CM Ví dụ 1)
3(n - 1)n (n + 1) 9
mà



+
918
9)1(9
2


n
n
A 9 (ĐPCM)
Ví dụ 3: CMR: n
4
- 4n
3
- 4n
2
+16n 384 với n chẵn, n4
Giải: Vì n chẵn, n4 ta đặt n = 2k, k2
Ta có n

4
- 4n
3
- 4n
2
+ 16n = 16k
4
- 32k
3
- 16k
2
+ 32k
= 16k(k
3
- 2k
2
- k + 2)
= 16k(k - 2) (k - 1)(k + 1)
Với k 2 nên k - 2, k - 1, k + 1, k là 4 số tự nhiên liên tiếp nên trong 4 số đó có 1 số chia hết cho 2 và 1 số
chia hết cho 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)
Vậy n
4
- 4n
3
- 4n
2

+16n 384 với n chẵn, n 4
Bài tập tơng tự
Bài 1: CMR: a. n(n + 1) (2n + 1) 6
b. n
5
- 5n
3
+ 4n 120 Với n N
Bài 2: CMR: n
4
+ 6n
3
+ 11n
2
+ 6n 24 Với n Z
Bài 3: CMR: Với 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: Với p là số nguyên tố p > 3 CMR : p
2
- 1 24
Bài 5: CMR: Trong 1900 số tự nhiên liên tiếp có 1 số có tổng các chữ số chia hết cho 27.
Hớng dẫn - Đáp số
Bài 1: a. n(n + 1)(2n + 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)
Với 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
)
Vậy n
12
- n
8
- n
4
+ 1 512
Bài 4: Có p
2
- 1 = (p - 1) (p + 1) vì p là số nguyên tố p > 3
p 3 ta có: (p - 1) (p + 1) 8
và p = 3k + 1 hoặc p = 3k + 2 (k N)
(p - 1) (p + 1) 3
Vậy p
2
- 1 24
Bài 5: Giả sử 1900 số tự nhiên liên tiếp là
n, n +1; n + 2; ; n + 1989 (1)
trong 1000 tự nhiên liên tiếp 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
là s
khi đó 27 số 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 lợt là: s; s + 1 ; s + 26
Có 1 số chia hết cho 27 (ĐPCM)
* Chú ý: n + 899 n + 999 + 899 < n + 1989
Các số ở (2) nằm trong dãy (1)
3. Phơng pháp 3: xét tập hợp số d trong phép chia

Ví dụ 1: CMR: Với n N Thì A
(n)
= n(2n + 7) (7n + 7) chia hết cho 6
Giải: 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

Lấy n chia cho 3 ta đợc n = 3k + 1 (k N)
Với r {0; 1; 2}
Với r = 0 n = 3k n 3 A
(n)
3
Với r = 1 n = 3k + 1 2n + 7 = 6k + 9 3 A
(n)
3
Với r = 2 n = 3k + 2 7n + 1 = 21k + 15 3 A
(n)
3
A
(n)
3 với n mà (2, 3) = 1
Vậy A
(n)
6 với n N
Ví dụ 2: CMR: Nếu n 3 thì A
(n)
= 3
2n
+ 3
n
+ 1 13 Với n N
Giải: Vì n 3 n = 3k + 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 = 26M 13
3
3k
- 1 = (3
3
- 1)N = 26N 13
với r = 1 3

2n
+ 3
n
+ 1 = 3
2
+ 3 +1 = 13 13
3
2n
+ 3
n
+ 1 13
với r = 2 3
2n
+ 3
n
+ 1 = 3
4
+ 3
2
+ 1 = 91 13
3
2n
+ 3
n
+ 1
Vậy với n 3 thì A
(n)
= 3
2n
+ 3

n
+ 1 13 Với n N
Ví dụ 3: Tìm tất cả các số tự nhiên n để 2
n
- 1 7
Giải: Lấy n chia cho 3 ta có n = 3k + 1 (k N); r {0; 1; 2}
Với r = 0 n = 3k ta có
2
n
- 1 = 2
3k
- 1 = 8
k
- 1 = (8 - 1)M = 7M 7
với 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 d 1
với 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 d 3
Vậy 2
3k
- 1 7 n = 3k (k N)
Bài tập tơng tự
Bài 1: CMR: A
n
= n(n
2
+ 1)(n
2
+ 4) 5 Với n Z
Bài 2: Cho A = a
1
+ a
2
+ + a
n
B = a

5
1
+ a
5
2
+ + a
5
n
Bài 3: CMR: Nếu (n, 6) =1 thì n
2
- 1 24 Với n Z
Bài 4: Tìm số tự nhiên n để 2
2n
+ 2
n
+ 1 7
Bài 5: Cho 2 số tự nhiên m, n để thoả mãn 24m
4
+ 1 = n
2
. CMR: mn 55
Hớng 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)
30
Bài 2: Xét hiệu 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: Vì (n, 6) =1 n = 6k + 1 (k N)
Với r {1}

r = 1 n
2
- 1 24
Bài 4: Xét n = 3k + r (k N)
Với 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
Làm tơng tự VD3
Bài 5: Có 24m
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
(Vì m
5
- m

5

(m
4
- 1)

5

m
4
- 1

5)
n
2
5 n

i
5. Vậy mn 5
4. Phơng pháp 4: sử dụng phơng pháp phân tích thành nhân tử
Giả sử chứng minh a
n
k
Ta có thể phân tích a
n
chứa thừa số k hoặc phân tích thành các thừa số mà các thừa số đó chia hết
cho các thừa số của k.
Ví dụ 1: CMR: 3
6n
- 2
6n
35 Với n N
Giải: 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
35 Với n N
Ví dụ 2: CMR: Với n là số tự nhiên chăn thì biểu thức
A = 20
n
+ 16
n
- 3
n
- 1 232
Giải: 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 17M
16
n
- 1 = (16 + 1)M = 17N 17 (n chẵn)
A 17 (1)
ta có: A = (20
n
- 1) + (16
n
- 3
n
)
có 20
n
- 1 = (20 - 1)p = 19p 19
có 16
n
- 3
n
= (16 + 3)Q = 19Q 19 (n chẵn)
A 19 (2)
Từ (1) và (2) A 232
Ví dụ 3: CMR: n
n
- n

2
+ n - 1 (n - 1)
2
Với n >1
Giải: Với n = 2 n
n
- n
2
+ n - 1 = 1
và (n - 1)
2
= (2 - 1)
2
= 1
n
n
- n
2
+ n - 1 (n - 1)
2
với 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
Vậy A (n - 1)
2
(ĐPCM)

Bài tập tơng tự
Bài 1: CMR: a. 3
2n +1
+ 2
2n +2
7
b. mn(m
4
- n
4
) 30
Bài 2: CMR: A
(n)
= 3
n
+ 63 72 với n chẵn n N, n 2
Bài 3: Cho a và b là 2 số chính phơng lẻ liên tiếp. CMR: a. (a - 1) (b - 1) 192
Bài 4: CMR: Với p là 1 số nguyên tố p > 5 thì p
4
- 1 240
Bài 5: Cho 3 số nguyên dơng a, b, c và thoả mãn a
2
= b
2
+ c
2
. CMR: abc 60
Hớng 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: Có 72 = 9.8 mà (8, 9) = 1 và n = 2k (k N)
có 3
n
+ 63 = 3
2k
+ 63
= (3
2k
- 1) + 64 A
(n)
8
Bài 4: Đặt a = (2k - 1)
2
; b = (2k - 1)
2
(k N)
Ta có (a - 1)(b - 1) = 16k(k + 1)(k - 1) 64 và 3
Bài 5: Có 60 = 3.4.5 Đặt M = abc
Nếu a, b, c đều không chia hết cho 3 a
2
, b
2
và c
2
chia hết cho 3 đều d 1 a
2
b
2

+ c
2
. Do đó có
ít nhất 1 số chia hết cho 3. Vậy M 3
Nếu a, b, c đều không chia hết cho 5 a
2
, b
2
và c
2
chia 5 d 1 hoặc 4 b
2
+ c
2
chia 5 thì d 2; 0
hoặc 3.
a
2
b
2
+ c
2
. Do đó có ít nhất 1 số chia hết cho 5. Vậy M 5
Nếu a, b, c là các số lẻ b
2
và c
2
chia hết cho 4 d 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
Nếu C là số chẵn M 4
Nếu C là số lẻ mà a
2
= b
2
+ c
2
a là số lẻ
b
2
= (a - c) (a + b)

+
=






222
2
cacab

2
b
chẵn b 4 m 4
Vậy M = abc 3.4.5 = 60
5. Phơng 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 dạng tổng của nhiều hạng tử và chứng minh mọi hạng tử
đều chia hết cho k.
Ví dụ 1: CMR: n
3
+ 11n 6 với n z.

Giải: Ta có n
3
+ 11n = n
3
- n + 12n = n(n
2
- 1) + 12n
= n(n + 1) (n - 1) + 12n
Vì n, n - 1; n + 1 là 3 số nguyên liên tiếp
n (n + 1) (n - 1) 6 và 12n 6
Vậy n
3
+ 11n 6
Ví dụ 2: Cho a, b z thoả mãn (16a +17b) (17a +16b) 11
CMR: (16a +17b) (17a +16b) 121
Giải: Có 11 số nguyên tố mà (16a +17b) (17a +16b) 11




+
+
1116b 17a
1117b 16a


(1)
Có 16a +17b + 17a +16b = 33(a + b) 11 (2)
Từ (1) và (2)

+
+
1116b 17a
1117b 16a


Vậy (16a +17b) (17a +16b) 121
Ví dụ 3: Tìm n N sao cho P = (n + 5)(n + 6) 6n.
Giải : Ta có P = (n + 5)(n + 6) = n
2
+ 11n + 30
= 12n + n
2
- n + 30
Vì 12n 6n nên để P 6n n
2
- n + 30 6n









(2)n30
(1)3 1) -n(n

6n30
6n - n2




Từ (1) n = 3k hoặc n = 3k + 1 (k N)
Từ (2) n {1; 2; 3; 5; 6; 10; 15; 30}
Vậy từ (1); (2) n {1; 3; 6; 10; 15; 30}
Thay các giá trị của n vào P ta có
n {1; 3; 10; 30} là thoả mãn
Vậy n {1; 3; 10; 15; 30} thì P = (n + 5)(n + 6) 6n.
Bài tập tơng tự
Bài 1: CMR: 1
3
+ 3
3
+ 5
3
+ 7
3
2
3
Bài 2: CMR: 36n
2
+ 60n + 24 24
Bài 3: CMR: a. 5
n+2
+ 26.5
n

+ 8
2n+1
59
b. 9
2n
+ 14 5
Bài 4: Tìm n N sao cho n
3
- 8n
2
+ 2n n
2
+ 1
Hớng 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: 36
2
+ 60n + 24 = 12n(3n + 5) + 24
Ta thấy n và 3n + 5 không đồng thời cùng chẵn hoặc cùng lẻ n(3n + 5) 2 ĐPCM
Bài 3: a. 5
n+2
+ 26.5
n
+ 8
2n+1

= 5
n
(25 + 26) + 8
2n+1

= 5
n
(59 - 8) + 8.64
n
= 5
n
.59 + 8.59m 59
b. 9
2n
+ 14 = 9
2n

- 1 + 15
= (81
n
- 1) + 15
= 80m + 15 5
Bài 4: Có n
3
- 8n
2
+ 2n = (n
2
+ 1)(n - 8) + n + 8 (n
2
+ 1) n + 8 n
2
+ 1
Nếu n + 8 = 0 n = -8 (thoả mãn)
Nếu n + 8 0 n + 8 n
2
+ 1






++

++
+
807n
809n
81n8n
81-n8n
2
2
2
2
nn
nn
n
n
Với
Với
Với
Với
n {-2; 0; 2} thử lại. Vậy n {-8; 0; 2}
6. Phơng pháp 6: Dùng quy nạp toán học
Giả sử CM A
(n)
P với n a (1)
Bớc 1: Ta CM (1) đúng với n = a tức là CM A
(n)
P
Bớc 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 phải CM A
(k+1)
P
Bớc 3: Kết luận A
(n)
P với n a
Ví dụ 1: Chứng minh A
(n)
= 16
n
- 15n - 1 225 với n N
*
Giải: Với n = 1 A
(n)
= 225 225 vậy n = 1 đúng
Giả sử n = k 1 nghĩa là A
(k)
= 16
k
- 15k - 1 225
Ta phải CM A
(k+1)
= 16
k+1
- 15(k + 1) - 1 225
Thật vậy: A
(k+1)
= 16
k+1

- 15(k + 1) - 1
= 16.16
k
- 15k - 16
= (16
k
- 15k - 1) + 15.16
k
- 15
= 16
k
- 15k - 1 + 15.15m
= A
(k)
+ 225
mà A
(k)
225 (giả thiết quy nạp)
225m 225
Vậy A
(n)
225

Ví dụ 2: CMR: với n N
*
và n là số tự nhiên lẻ ta có
22
21
+

n
n
m
Giải: Với n = 1 m
2
- 1 = (m + 1)(m - 1) 8 (vì m + 1; m - 1 là 2 số chẵn liên tiếp nên tích của chúng
chia hết cho 8)
Giả sử với n = k ta có
22
21
+

k
k
m
ta phải chứng minh
32
21
1
+

+
k
k
m
Thật vậy
22
21
+

k
k
m

)(.21
22
zqqm
k
k
=
+

1.2
22
+=
+
qm
k
k

có
( )
( )
k 1 k
2
2
2 2 k 2 k 4 2 k 3
m 1 m 1 2 .q 1 1 2 .q 2 .q
+
+ + +

= = + = +
=
3213
2)2(2
+++
+
kkk
qq
Vậy
22
21
+

n
n
m
với n 1
Bài tập tơng tự
Bài 1: CMR: 3
3n+3
- 26n - 27 29 với n 1
Bài 2: CMR: 4
2n+2
- 1 15
Bài 3: CMR số đợc thành lập bởi 3
n
chữ số giống nhau thì chia hết cho 3
n
với n là số nguyên dơng.
Hớng dẫn - Đáp số

Bài 1: Tơng tự ví dụ 1.
Bài 2: Tơng tự ví dụ 1.
Bài 3: Ta cần CM
{
n
3 số a
aa a
3
n
(1)
Với n = 1 ta có
aaa
3111 a
=
Giả sử (1) đúng với n = k tức là

sốa
k
aaa
3

3
k
Ta chứng minh (1) đúng với n = k + 1 tức là phải chứng minh

asố
1
3

+

k
aaa
3
k+1
ta có 3
k+1
= 3.3
k
= 3
k
+ 3
k
+3
k
Có
{ { {
kkk
k
aaaaaaaaa
333
3

1
=
+

asố
{
k
kk

aaaaaaaa
3
33.2
10 10
++=
( )
133.2
3
311010
+
++=
k
kk
k
aaa

7. Phơng pháp 7: sử dụng đồng d thức
Giải bài toán dựa vào đồng d thức chủ yếu là sử dụng định lý Euler và định lý Fermat
Ví dụ 1: CMR: 2222
5555
+ 5555
2222
7
Giải: Có 2222 - 4 (mod 7) 2222
5555
+ 5555
2222
(- 4)
5555
+ 4

5555
(mod 7)
Lại có: (- 4)
5555
+ 4
2222
= - 4
5555
+ 4
2222

= - 4
2222
(4
3333
- 1) =
( )
( )
144 -
1111
32222

Vì 4
3
= 64 (mod 7)
( )
014
1111
3

(mod 7)
2222
5555
+ 5555
2222
0 (mod 7)
Vậy 2222
5555
+ 5555
2222
7
Ví dụ 2: CMR:
22533
1414
32

++
++
nn
với n N
Giải: Theo định lý Fermat ta có:
3
10
1 (mod 11)
2
10
1 (mod 11)

Ta tìm d trong phép chia là 2
4n+1

và 3
4n+1
cho 10
Có 2
4n+1
= 2.16
n
2 (mod 10)
2
4n+1
= 10q + 2 (q N)
Có 3
4n+1
= 3.81
n
3 (mod 10)
3
4n+1
= 10k + 3 (k N)
Ta có:
31021032
23533
1414
++
+=++
++
kq
nn
= 3
2

.3
10q
+ 2
3
.2
10k
+ 5
1+0+1 (mod 2)
0 (mod 2)
mà (2, 11) = 1
Vậy
22533
1414
32

++
++
nn
với n N
Ví dụ 3: CMR:
1172
14
2

+
+
n
với n N
Giải : Ta có: 2
4

6 (mod) 2
4n+1
2 (mod 10)
2
4n+1
= 10q + 2 (q N)

2102
22
14
+
=
+
q
n
Theo định lý Fermat ta có: 2
10
1 (mod 11)
2
10q
1 (mod 11)
7272
2102
14
+=+
+
+
q
n
4+7 (mod 11) 0 (mod 11)

Vậy
1172
14
2

+
+
n
với n N (ĐPCM)
Bài tập tơng tự
Bài 1: CMR
1932
26
2

+
+
n
với n N
Bài 2: CMR với n 1 ta có 5
2n-1
. 2
2n-1
5
n+1
+ 3
n+1
.2
2n-1
38

Bài 3: Cho số p > 3, p (P). CMR 3
p
- 2
p
- 1 42p
Bài 4: CMR với mọi số nguyên tố p đều có dạng 2
n
- n (n N) chia hết cho p.
Hớng dẫn - Đáp số
Bài 1: Làm tơng tự nh VD3
Bài 2: Ta thấy 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
)
Vì 25 6 (mod 19) 5
n-1
6
n-1
(mod 19)
25
n-1
.10 + 9. 6
n-1
6
n-1
.19 (mod 19) 0 (mod 19)
Bài 3: Đặt A = 3
p
- 2
p
- 1 (p lẻ)
Dễ dàng CM A 2 và A 3 A 6
Nếu p = 7 A = 3
7
- 2
7

- 1 49 A 7p
Nếu 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
.27
q
- 2
r
.8
q
- 1 = 7k + 3
r
(-1)
q
- 2
r
- 1 (k N)
với r = 1, q phải chẵn (vì p lẻ)

A = 7k - 9 - 4 - 1 = 7k - 14
Vậy A 7 mà A p, (p, 7) = 1 A 7p
Mà (7, 6) = 1; A 6
A 42p.
Bài 4: Nếu P = 2 2
2
- 2 = 2 2
Nếu n > 2 Theo định lý Fermat ta có:
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
Nh vậy nếu p > 2 p có dạng 2
n
- n trong đó
N = (kp - 1)(p - 1), k N đều chia hết cho p
8. Phơng pháp 8: sử dụng nguyên lý Đirichlet
Nếu đem n + 1 con thỏ nhốt vào n lồng thì có ít nhất 1 lồng chứa từ 2 con trở lên.
Ví dụ 1: CMR: Trong n + 1 số nguyên bất kỳ có 2 số có hiệu chia hết cho n.
Giải: Lấy n + 1 số nguyên đã cho chia cho n thì đợc n + 1 số d nhận 1 trong các số sau: 0; 1; 2; ; n - 1
có ít nhất 2 số d có cùng số d 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
Vậy trong n +1 số nguyên bất kỳ có 2 số có hiệu chia hết cho n.
Nếu không có 1 tổng nào trong các tổng trên chia hết cho n nh vậy số d khi chia mỗi tổng trên cho
n ta đợc n số d là 1; 2; ; n - 1
Vậy theo nguyên lý Đirichlet sẽ tồn tại ít nhất 2 tổng mà chi cho n có cùng số d (theo VD1)
hiệu cùadr tổng này chia hết cho n (ĐPCM).
Bài tập tơng tự
Bài 1: CMR: Tồn tại n N sao cho 17
n
- 1 25

Bài 2: CMR: Tồn tại 1 bội của số 1993 chỉ chứa toàn số 1.
Bài 3: CMR: Với 17 số nguyên bất kỳ bao giờ cũng tồn tại 1 tổng 5 số chia hết cho 5.
Bài 4: Có hay không 1 số có dạng: 19931993 1993000 00 1994
Hớng dẫn - Đáp số
Bài 1: Xét dãy số 17, 17
2
, , 17
25
(tơng tự VD2)
Bài 2: Ta có 1994 số nguyên chứa toàn bộ số 1 là:
1
11
111


1 số 1994
11 111

Khi chia cho 1993 thì có 1993 số d theo nguyên lý Đirichlet có ít nhất 2 số có cùng số d.
Giả sử đó là
a
i
= 1993q + r 0 r < 1993
a
j
= 1993k + r i > j; q, k N
a
j
- a
j

= 1993(q - k)
)(19930 0011 111 kq
=

0 số i1 số 1994 j-i
)(199310.11 111 kq
j
=

1 số 1994 j-i
mà (10
j
, 1993) = 1

1 số 1994
11 111

1993 (ĐPCM)
Bài 3: Xét dãy số gồm 17 số nguyên bất kỳ là
a
1
, a
2
, , a
17
Chia các số cho 5 ta đợc 17 số d ắt phải có 5 số d thuộc tập hợp{0; 1; 2; 3; 4}
Nếu trong 17 số trên có 5 số khi chia cho 5 có cùng số d thì tổng của chúng sẽ chia hết cho 5.
Nếu trong 17 số trên không có số nào có cùng số d khi chia cho 5 tồn tại 5 số có số d khác nhau
tổng các số d là: 0 + 1 + 2 + 3 + 4 = 10 10
Vậy tổng của 5 số này chia hết cho 5.

Bài 4: Xét dãy số a
1
= 1993, a
2
= 19931993,
a
1994
=

1993 số 1994
1993 1993


đem chia cho 1994 có 1994 số d thuộc tập {1; 2; ; 1993} theo nguyên lý Đirichlet có ít nhất 2 số
hạng có cùng số d.
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

199310.1993 1993

ni

1993 số i-j

9. Phơng pháp 9: phơng pháp phản chứng
Để CM A
(n)
p (hoặc A
(n)
p )
+ Giả sử: A
(n)
p (hoặc A
(n)
p )
+ CM trên giả sử là sai
+ Kết luận: A
(n)
p (hoặc A
(n)
p )
Ví dụ 1: CMR n
2
+ 3n + 5 121 với n N
Giải: Giả sử tồn tại n N sao cho n
2
+ 3n + 5 121
4n
2
+ 12n + 20 121 (vì (n, 121) = 1)
(2n + 3)
2

+ 11 121 (1)
(2n + 3)
2
11
Vì 11 là số nguyên tố 2n + 3 11
(2n + 3)
2
121 (2)
Từ (1) và (2) 11 121 vô lý
Vậy n
2
+ 3n + 5 121
Ví dụ 2: CMR n
2
- 1 n với n N
*
Giải: Xét tập hợp số tự nhiên N
*
Giả sử n 1, n N
*
sao cho n
2
- 1 n
Gọi d là ớc 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 sử 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 mà 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.
Vậy n
2
- 1 n với n N
*
Bài tập tơng tự
Bài 1: Có tồn tại n N sao cho n
2
+ n + 2 49 không?
Bài 2: CMR: n
2
+ n + 1 9 với n N
*
Bài 3: CMR: 4n
2
- 4n + 18 289 với n N
Hớng dẫn - Đáp số

Bài 1: Giả sử tồn tại n N để n
2
+ n + 2 49
4n
2
+ 4n + 8 49
(2n + 1)
2
+ 7 49 (1) (2n + 1)
2
7
Vì 7 là số nguyên tố 2n + 1 7 (2n + 1)
2
49 (2)
Từ (1); (2) 7 49 vô lý.
Bài 2: Giả sử tồn tại n
2
+ n + 1 9 với n
(n + 2)(n - 1) + 3 3 (1)
vì 3 là số nguyên tố




+
31
32


n

n
(n + 2)(n - 1) 9 (2)
Từ (1) và (2) 3 9 vô lý
Bài 3: Giả sử n N để 4n
2
- 4n + 18 289
(2n - 1)
2
+ 17 17
2

(2n - 1) 17
17 là số nguyên tố (2n - 1) 17 (2n - 1)
2
289
17 289 vô lý.
Bài tập và phơng pháp
Cỏch 1: chng minh A(n) chia ht cho k, cú th xột mi trng hp s d khi chia n cho k.
Vớ d: Chng minh rng:
a) Tớch ca hai s nguyờn liờn tip chia ht cho 2.
b) Tớch ca ba s nguyờn liờn tip chia ht cho 3.
Giải: a) Vit tớch ca hai s nguyờn liờn tip di dng A(n) = n(n + 1).
Cú hai trng hp xy ra :
* n

2 => n(n + 1)

2
* n khụng chia ht cho 2 (n l) => (n + 1)

2 => n(n +1)

2
b) Xét mọi trờng hợp: n chia hết cho 3; n=3q+1; n = 3q+2
+ Nếu n chia hết cho 3, hiển nhiên A(n) chia hết cho 3
+ Nếu n = 3q+1 => n+2 = 3q+3 chia hết cho 3
+ Nếu n= 3q+2 => n+1 = 3q+2+1 = 3q+3 chia hết cho 3
Trong mọi trờng hợp A(n) luôn chứa một thừa số chia hết cho 3.
Vậy A(n) chia hết cho 3 (đpcm)
Cỏch 2: chng minh A(n) chia ht cho k, cú th phõn tớch k ra tha s: k = pq .
+ Nu (p, q) = 1, ta chng minh A(n)

p v A(n)

q.
+ Nu (p, q)

1, ta phõn tớch A(n) = B(n) .C(n) ri chng minh:B(n)

p v C(n)

q .
Vớ d 1: a) Chng minh: A(n) = n(n +1)(n + 2)

6.
b) Chng minh: tớch ca hai s chn liờn tip chia ht cho 8.
Giải: a) Ta cú 6 = 2.3; (2,3) = 1 . Theo chng minh trờn ó cú A(n) chia ht cho 2 v 3. Do ú A(n)
chia ht cho 6.
b) Ta vit A(n) = 2n(2n + 2) = 2n. 2(n +1) = 4n(n + 1).
8 = 4 . 2.

Vỡ 4

4 v n(n +1)

2 nờn A(n)

8
Vớ d 2 : Chng minh rng n
5
- n chia ht cho 10, vi mi s nguyờn dng n.
(Trớch thi HSG lp 9 cp tnh nm hc 2005 - 2006)
Giải: A(n) = n
5
- n = n(n
4
- 1) = n(n
2
- 1)(n
2
+ 1) = n(n - 1)(n + 1)(n
2
+1)

2
n = 5k + 1 => (n - 1)

5
n = 5k + 4 => (n + 1)

5.

n = 5k + 2 => n
2
+ 1 = (5k + 2)
2
+ 1 = (25k
2
+ 20k + 4 + 1)

5
n = 5k + 3 => n
2
+ 1 = (5k + 3)
2
+ 1 = (25k
2
+ 30k + 9 + 1)

5
Vy : A(n) chia ht cho 2 v 5 nờn phi chia ht cho 10.
Cỏch 3: chng minh A(n) chia ht cho k, cú th bin i A(n) thnh tng (hiu) ca nhiu hng
t, trong ú mi hng t u chia ht cho k. (ó hc trong tớnh cht chia ht ca mt tng lp 6)
(Liờn h: A(n) khụng chia ht cho k )
Vớ d 1: Chng minh n
3
- 13n (n > 1) chia ht cho 6. (Trớch thi HSG cp II ton quc nm 1970).
Giải: n
3
- 13n = n
3
- n - 12n = n(n

2
- 1) - 12n = (n - 1)n(n + 1) - 12n
(n - 1)n(n + 1) l tớch ca 3 s t nhiờn liờn tip nờn chia ht cho 6 ; 12n

6 . Do ú A(n)

6
Vớ d 2: Chng minh n
2
+ 4n + 5 khụng chia ht cho 8 , vi mi s n l.
Giải: Vi n = 2k +1 ta cú:
A(n) = n
2
+ 4n + 5 = (2k + 1)
2
+ 4(2k + 1) + 5 = 4k
2
+ 4k + 1 + 8k + 4 + 5
= 4k(k + 1) + 8(k + 1) + 2.
A(n) bng tng ca ba hng t, trong ú hai hng t u u chia ht cho 8 , duy ch cú hng t 2 khụng
chia ht cho 8. Vy A(n) khụng chia ht cho 8.
Cỏch 4: Phõn tớch A(n) thnh nhõn t. Nu cú mt nhõn t chia ht cho k thỡ A(n) chia ht cho k.

H qu: Nu A(n) = B(n).C(n) m B(n)v C(n) u khụng chia ht cho k thỡ A(n) khụng chia ht cho k
A(n) = k . B(n).
Trờng hợp này thờng sử dụng các kết quả:
* (a
n
- b
n

) chia hết cho (a - b) với (a b)
* (a
n
- b
n
) chia hết cho (a - b) với (a b; n chẵn)
(a
n
- b
n
) chia hết cho (a - b) với (a - b; n lẻ)
Vớ d 1: Chng minh : 2 + 2
2
+ 2
3
+ + 2
60
chia ht cho 15.
Giải: Ta cú:
2 + 2
2
+2
3
+ + 2
60
= (2 + 2
2
+ + 2
4
) + (2

5
+ + 2
8
) + + (2
57
+ + 2
60
)
= 2(1 + 2 + 4 + 8) + 2
5
(1 + 2 + 4 + 8) + + 2
57
(1 + 2 + 4 + 8)
= 15.(2 + 2
5
+ + 2
57
)

15.
Vớ d 2: Chứng minh rằng: 2
7
+ 3
7
+ 5
7
chia hết cho 5
Giải: Vì 7 là số lẻ nên (2
7
+ 3

7
) chia hết cho (2 + 3)
hay 2
7
+ 3
7
chia hết cho 5 => 2
7
+ 3
7
+ 5
7
chia hết cho 5 (đpcm)
mà 5
7
chia hết cho 5
Cỏch 5: Dựng nguyờn tc Dirichlet:
Nguyờn tc Dirichlet phỏt biu di dng hỡnh nh nh sau:
Nu nht k chỳ th vo m chung m k> m thỡ phi nht ớt nht hai chỳ th vo chung mt chung.
Vớ d: Chng minh rng trong m + 1 s nguyờn bt kỡ th no cng cú hai s cú hiu chia ht cho m.
Giải: Chia mt s nguyờn bt kỡ cho m ta c s d l mt trong m s 0; 1 ; 2; 3; ; m - 1. Theo nguyờn
tc Dirichlet, chia m + 1s cho m thỡ phi cú ớt nht hai s cú cựng s d . Do ú hiu ca hai s ny s
chia ht cho m.
Cỏch 6: Dựng phng phỏp qui np toỏn hc: chng minh A(n)

k ta lm theo trỡnh t sau:
Th vi n = 1 hoc 2(Tc s n nh nht chn ra). Nu sai => Dng.Nu ỳng A(1)

k.Tip tc:
Gi s A(k)

k.
Chng t A(k + 1)

k. Nu ỳng => Kt lun : A(n)

k
Vớ d: Chng minh : 16
n
- 15n - 1 chia ht cho 225.
Giải: t A(n) = 16
n
- 15n -1 , ta cú : A(1) = 16 - 15 - 1 = 0

225 => A(1) ỳng.
Gi s A(k) ỳng : A(k) = 16
k
- 15k -1

225.
Ta chng minh A(k + 1) ỳng, tc l c/m: 16
k + 1
- 15(k + 1) - 1

225.
Tht vy, 16
k+1
- 15(k + 1) - 1 = 16. 16
k
- 15k - 15 - 1

= (15 + 1) 16
k
- 15k - 15 - 1
= 15.16
k
+ 16
k
- 15k -15 - 1
= (16
k
- 15k - 1) + 15(16
k
- 1)
= (16
k
- 15k - 1) + 15(16 - 1) (16
k-1
+ +1)
= (16
k
- 15k - 1) + 225(16
k-1
+ + 1)

225
Khi gp nhng bi toỏn chng minh vi l s t nhiờn, ta vn thng dựng phng
phỏp quy np. C th lc ca cỏch gii ny l:

Gi s , ta chng minh . Nhng ý rng nu thỡ
Vỡ vy cú th xem õy l mt bin dng ca phng phỏp quy np, chng minh ta

qua hai bc:


p dng phng phỏp ny, ta cú th gii c mt lot cỏc bi toỏn chia ht khỏ
cng knh.
Vớ d 1:
Chng minh cú chia ht cho 125.

Gi¶i: Có .
Xét nhưng nên
(đpcm)
Ví dụ 2:
Chứng minh có chia hết cho 64.
Gi¶i: Có
Xét
Lại áp dụng phương pháp trên với
Cách 7: Phương pháp phản chứng:
Để chứng minh A(n)

k ta chứng minh A(n) không chia hết cho k là sai.
A => B

B => A
Ví dụ: Chứng minh nếu a
2
+ b
2

3 thì a và b đều chia hết cho 3.
Gi¶i: Giả sử a và b không chia hết cho 3 => a = 3k

±
1 ; b = 3h
±
1
a
2
+ b
2
= (3k
±
1)
2
+ (3h
±
1)
2
= 9k
2

±
6k + 1 + 9h
2

±
6h + 1
= 3(3k
2
+ 3h
2

±
2k
±
2h) + 2 không chia hết cho 3 mâu thuẫn với GT
Tương tự cho trường hợp chỉ có một trong hai số chia hết cho 3.
Do đó a và b phải chia hết cho 3.