chuyên đề sô học

Nhóm 7, Lớp 10T1, Truờng THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm
PHÉP CHIA HẾT, PHÉP CHIA CÓ DƯ
VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN

Lê Minh Trường, Huỳnh Thị Ngọc Hân, Nguyễn Văn Khôi
Lớp 10T1, Trường THPT Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm
Nhóm 7, E-mail:

I. Lời giới thiệu
Phép chia là một lĩnh vực quan trọng và không thể thiếu trong đời sống hằng ngày của
con người. Ngay từ những năm tiểu học chúng ta đã được làm quen với những phép chia đơn
giản. Và bây giờ nhóm chúng tôi xin trình bày một số hiểu biết của mình về “phép chia hết,
phép chia có dư và những ứng dụng”. Đây sẽ là một tài liệu khá bổ ích có thể giúp cho các
bạn nắm vững và sâu hơn những kiến thức về phép chia. Xin chân thành cảm ơn!
II. Chia hết và chia có dư
1. Số nguyên
Tập hợp các số nguyên kí hiệu là
¢
,
{0; 1; 2; }= ± ±¢
.
Số nguyên lớn hơn
0
gọi là số nguyên dương.
Số nguyên bé hơn
0
gọi là số nguyên âm.
Tính chất
Không có số nguyên dương lớn nhất và cũng không có số nguyên dương bé nhất. Số nguyên dương
bé nhất là
1

và số nguyên âm lớn nhất là
1−
.
Một tập hợp hữu hạn bất kì của
¢
luôn có phần tử lớn nhất và phần tử bé nhất.
Không có số nguyên nào nằm giữa hai số nguyên liên tiếp.
Nếu
, ,a b a b∈ <¢
thì
1a b+ ≤
.
, :a n n a∀ ∈ ∃ ∈ >¡ ¢
.
2. Lý thuyết phép chia hết và phép chia có dư
a. Định nghĩa
Cho 2 số nguyên
,a b
(
0b
>
). Chia
a
cho
b
, ta có:
a
chia hết cho
b
hoặc

a
không chia hết cho
b
.

a
chia hết cho
b
hay
a
là bội của
b
, được kí hiệu là
a bM
. Ta cũng nói
b
chia hết
a
, hay
b
là ước của
a
và kí hiệu là
|b a
.
a bM
(
|b a
) khi và chỉ khi có số nguyên
q

sao cho
.a b q=
.

a
không chia hết cho
b
. Trong trường hợp này, khi chia cho
b
, ta được thương gần đúng là
q
và số dư là
r
(
0
r b< <
). Ta viết được:
a bq r= +
với
0 r b< <
.
Khi chia một số nguyên
a
cho một số nguyên
0b
>
thì số dư là một trong
b
số từ
0

đến
1b
−
.
b. Tính chất phép chia có dư
Cho
a
,
b
là các số nguyên dương. Khi đó luôn tồn tại cặp
( , )q r
không âm sao cho
b aq r= +
,
0 r a≤ <
và sự tồn tại này là duy nhất.
Chứng minh.
Xét các trường hợp:

0a b> >
;
0q =
,
r b=
b aq r⇒ = +

a b=
: 1, 0 :
b
q r n n na b

a
= = ⇒ ∃ > ⇒ >
Chọn q là số nhỏ nhất sao cho
( 1)q a b+ >
qa b r b qa b qa r⇒ ≤ ⇒ = − ⇒ = +
.
Mặt khác vì
( 1)q a b+ >
nên
qa a b+ >
a b qa a r⇔ > − ⇔ >
.
Vậy
b qa r= +
, với
0 r a≤ <
.
Chia hết, chia có dư và những bài toán liên quan
1
Nhóm 7, Lớp 10T1, Truờng THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm
Giả sử tồn tại
', 'q r
sao cho
' ',0 ' ' ' ( ') ' ( ' ) ' 0 'b q a r r a qa r q a r a q q r r r r a r r r r a= + ≤ < ⇒ + = + ⇔ − = − ⇒ − ⇒ − = ∨ − ≥M
' 'r r r r a⇒ = ∨ − ≥
(vô lí vì
0 r a
≤ <
)
'q q⇒ =

⇒
Đpcm.
c. Một số tính chất phép chia hết
Nếu
a bM
thì
a b± ±M

( 0)b ≠
.
Nếu
a mM
thì
n
a mM

( 0, )m n
+
≠ ∈Z
.
Nếu
a bM
và
b aM
thì
a b=
.
Nếu
a cM
và

b cM

( 0)c ≠
thì
( )a b c± M
.
Nếu
a mM
hoặc
b mM
thì
ab mM

( 0)m ≠
.
Nếu
a pM
,
a qM
và
( , ) 1p q =
thì
a pqM
.
Nếu
a mn=
,
b pq=
và
m pM

,
n qM
thì
a bM
.
Nếu
ab mM
và
( , ) 1b m =
thì
a mM
.
Nếu
( )a b m± M
và
a mM
thì
b mM
.
Nếu
a bM
thì
am bM
m
∀ ∈
¢
.
Nếu
a bM
và

b cM
( , 0)b c ≠
thì
a cM
.
Nếu
a bM
và
b cM
thì
ax by c+ M
(
ax by+
được gọi là tổ hợp tuyến tính của
c
).
Nếu,
0a
≠
thì
a b≥
.
Nếu
a bM
và
b aM
thì
a b=
.
Nếu

am bmM
, 0.m m∀ ∈ ≠¢
a aM
;
0 aM
với mọi
0a
≠
;
1a ±M
với mọi
a
.
 Chú ý.

( )
n n
a b a b+ +M

n
∀
lẻ.

( )
n n
a b a b− −M

n
∀
lẻ.

( )
n n
a b a b− +M

n
∀
chẵn.
Một số nhận xét.
• Một số lẻ có dạng
2 1k k+ ∀ ∈¢
.
• Một số chẵn có dạng
2k m∀ ∈¢
.
• Tổng hai số lẻ là một số chẵn.
• Tổng hai số chẵn là một số chẵn.
• Tổng một số chẵn và một số lẻ là một số lẻ.
• Tích các số nguyên là số chẵn
⇔
Tồn tại ít nhất một thừa số là số chẵn.
3. Ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất
a) Ước chung lớn nhất
 Định nghĩa
Số nguyên dương
d
là ước chung lớn nhất của các số nguyên
1
, ,
n

a a
nếu
d
là ước chung của
1
, ,
n
a a
và nếu
e
là ước chung khác của chúng thì
e
là ước của
d
.
Kí hiệu:
1
( , , )
n
d a a=
.
Nếu
1d
=
thì ta nói các số
1
, ,
n
a a
nguyên tố sánh đôi nếu hai số bất kì trong chúng là nguyên tố

cùng nhau.
 Thuật toán Euclid
 Bổ đề Nếu
a bq r= +
thì
( , ) ( , )a b b r=
.
Chứng minh.
Ta có
( , ) | ( , ) |
( , ) | ( , )
( , ) | ( , ) |
a b a a b r
a b b r
a b b a b b
 
⇒ ⇔
 
 
()
Chia hết, chia có dư và những bài toán liên quan
2
Nhóm 7, Lớp 10T1, Truờng THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm
Mặt khác
( , ) | ( , ) |
( , ) | ( , )
( , ) | ( , ) |
b r b b r a
b r a b
b r r b r a

 
⇒ ⇔
 
 
()
Từ () và () suy ra
( , ) ( , )a b b r=
.
 Thuật toán Euclid (tìm ước chung lớn nhất của hai số nguyên a và b)
Đầu tiên ta chia
a
cho
b
được dư
1
r
1
(0 )r a≤ <
, chia b cho
1
r
được dư
2
r
2 1
(0 )r r≤ <
, cứ tiếp tục
như thế ta được dãy giảm dần về
0
.

Giả sử
1
0
n
r
+
=
. Thuật toán kết thúc
1 1
1 1 2 2 1
1 2 2 3 3 2
2 1 1 1
1
. (0 )
. (0 )
. (0 )

. (0 )
.
n n n n n n
n n n
a b q r r b
b r q r r r
r r q r r r
r r q r r r
r r q
− − − −
−
= + ≤ <
= + ≤ <

= + ≤ <
= + ≤ <
=
Thuật toán kết thúc, ta có
( ) ( ) ( )
1 1 2 1
, , , ( , )
n n n
a b b r r r r r r
−
= = = = =
.
 Tính chất
1)
( , ) ( , )a b b a=
.
2)
( , ) ; 1
a b
d a b
d d
 
= ⇔ =
 ÷
 
.
Chứng minh.
1
1
.

( , )
.
a d a
d a b
b d b
=

= ⇒

=

với
,a b∈Z
và
1 1
( , ) 1a b =

1 1
,
a b
a b
d d
⇒ = =

, 1
a b
d d
 
⇒ =
 ÷

 
.
3)
( , ) ( , )k a b ka kb=
Chứng minh. Dùng thuật toán Euclid để tìm
( , )a b
, ta được
( , )a b d=
. Sau đó, ta nhân cả hai vế của
tất cả các đẳng thức trong khi thực hiện thuật toán đó với số
k
. Như vậy,
,a b
và tất cả các số dư đều
được nhân với
k
, do đó
( , ) ( , )ka kb kd k a b= =
.
4) Nếu
( , ) 1a b =
và
|b ac
thì
|b c
.
Chứng minh.
ac bM
và
bc b b⇒M

là ước chung của
ac
và
bc
.
( , ) 1 ( , )a b ac bc c c= ⇒ = ⇒
là bội của
b
.
5) Nếu
( , ) 1a b =
và
( , ) 1a c =
thì
( , ) 1a bc =
.
6)
( , , ) ( ,( , )) (( , ), )a b c a b c a b c= =
.
7)
( , ) ( , )a b a b ka= +
.
8)
( , ) ( , )a b b a b= −
.
9) Nếu
c aM
,
c bM
và

( , ) 1a b =
thì
c abM
.
Chứng minh.
Ta có
1
.c a c a c⇒ =M
.
1
c b c ac b⇒ =M M
, mà
1
( , ) 1a b c b= ⇒ M

1 2 2
c bc c abc c ab⇒ = ⇒ = ⇒ M
.
 Định lí Bezout
Cho
,a b
là các số nguyên,
d
là ước chung lớn nhất của
,a b
. Khi đó tồn tại các số nguyên
,x y
sao
cho:
d ax by= +

.
Chứng minh.
Đặt
{ }
/ ,A ax by x y= + ∈Z
. Gọi
m
là số nguyên dương nhỏ nhất của
A
. Vì
0m >
nên
,a r∃
sao
cho:
.a m q r= +

(0 )r m≤ <
.
Nếu
0r >
thì
( ' ') ' ' (1 ' ) (1 ' )r a mq a ax by q a ax q by q a x q b y q A= − = − + = − − = − + − ∈
.
r m⇒ ≥
(do cách chọn
m
)
⇒
Vô lí.

Vậy
0r a mq a m= ⇒ = ⇒ M
.
Chia hết, chia có dư và những bài toán liên quan
3
Nhóm 7, Lớp 10T1, Truờng THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm
Lí luận tương tự ta cũng có
b mM
. Do đó
d mM
(vì
( , )d a b=
).
Mặt khác
m ax by d= + M

m d
⇒ =

d ax by⇒ = +
(với
,x y
là các số nguyên nào đó).
 Hệ quả.
1) Nếu
( , ) 1a b =
thì tồn tại
,x y ∈Z
sao cho
1ax by+ =

.
2)
( , )d a b d= ⇔
là tổ hợp tuyến tính dương nhỏ nhất của
,a b
.
3) Nếu
1
( , , )
n
d a a=
thì tồn tại
1
, ,
n
x x ∈Z
sao cho
1 1

n n
d a x a x= + +
.
b) Bội chung nhỏ nhất
 Định nghĩa
Số nguyên dương
p
được gọi là bội chung nhỏ nhất của
n
số nguyên
1

, ,
n
a a
khác
0
nếu
p
là bội
chung của
1
, ,
n
a a
và nếu
e
là bội chung khác của chúng thì
e
là bội của
p
.
Kí hiệu
[ ]
1
, ,
n
p a a=
.
 Tính chất
1)
[ ] [ ]

, ,k a b ka kb=
.
2)
[ ] [ ] [ ]
, , , , , ,a b c a b c a b c
   
= =
   
.
3)
[ ]
( )
, . ,a b a b ab=
.
III. Một số phương pháp để giải các bài toán về chia hết
Cách 1. Để chứng minh
( )A n
chia hết cho
,k
có thể xét mọi trường hợp số dư khi chia
n
cho
.k
Ví dụ 1. Chứng minh rằng:
a) Tích của hai số nguyên liên tiếp chia hết cho
2
.
b) Tích của ba số nguyên liên tiếp chia hết cho
3
.

Lời giải.
a) Viết tích của hai số nguyên liên tiếp dưới dạng
( ) ( 1)A n n n= +
.
Có hai trường hợpxảy ra:
•
2 ( 1) 2n n n⇒ +M M
.
•
2n
/
M
(
n
lẻ)
( 1) 2 ( 1) 2n n n⇒ + ⇒ +M M
.
b) Tích của
3
số tự nhiên liên tiếp có dạng
( 1)( 2)n n n+ +
.
Có 3 trường hợp xảy ra:
•
3nM

( 1)( 2) 3n n n⇒ + + M
.
•
n

chia
3
dư
1

( 2) 3n⇒ + M

( 1)( 2) 3n n n⇒ + + M
.
•
n
chia
3
dư
2

( 1) 3n⇒ + M

( 1)( 2) 3n n n⇒ + + M
.
Cách 2. Để chứng minh
( )A n
chia hết
k
, có thể phân tích
k
ra thừa số
k pq=
.
 Nếu

( , ) 1p q =
, ta chứng minh
( )A n pM
và
( )A n qM
.
 Nếu
( , ) 1p q ≠
, ta phân tích
( ) ( ). ( )A n B n C n=
rồi chứng minh
( )B n pM
và
( )C n qM
.
Ví dụ 2. a) Chứng minh:
( ) ( 1)( 2) 6A n n n n= + + M
.
b) Chứng minh: tích của hai số chẵn liên tiếp chia hết cho
8
.
Lời giải.
a) Ta có
6 2.3
=
,
(2,3) 1=
. Theo chứng minh ở ví dụ 1 ta có
( ) 2A n M
và

( ) 3A n M
. Do đó
( ) 6A n M
.
b) Ta viết
( ) 2 (2 2) 2 .2( 1) 4 ( 1)A n n n n n n n= + = + = +
. Ta có
8 4.2
=
.
Vì
4 4M
và
( 1) 2n n + M
nên
( ) 8A n M
.
Ví dụ 3. Chứng minh rằng
5
10n n− M
,
n
+
∀ ∈Z
.
Lời giải.
5 4 2 2 2
2
( ) ( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1)( 1)
( 1)( 1)( 4) 5 ( 1)( 1) ( 2)( 1) ( 1)( 2) 5 ( 1)( 1) 10

A n n n n n n n n n n n n
n n n n n n n n n n n n n n n
= − = − = − + = − + +
= + − − + + − = − − + + + + − M
Vì
( 2)( 1) ( 1)( 2) 5n n n n n− − + + M
,
( 1) 2n n + M
,
(5,2) 1=
nên
( 2)( 1) ( 1)( 2) 10n n n n n− − + + M
.
Chia hết, chia có dư và những bài toán liên quan
4
Nhóm 7, Lớp 10T1, Truờng THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm

5 5M
,
( 1) 2n n + M
,
(5,2) 1=
nên
5 ( 1)( 1) 10n n n+ − M
. Do đó
( ) 10A n M
.
Cách 3. Để chứng minh
( )A n
chia hết cho

k
, có thể biến đổi
( )A n
thành tổng (hiệu) của nhiều
hạng tử, trong đó mỗi hạng tử đều chia hết cho
k
.
Ví dụ 4. Chứng minh
3
13 6n n− M

( 1)n >
.
Lời giải.
Ta có
3 3 2
13 12 ( 1) 12 ( 1)( 1) 12n n n n n n n n n n n n− = − − = − − = + + −
.
( 1)( 1)n n n− +
là tích của
3
số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho
6
,
12 6nM
. Do đó
( ) 6A n M
.
Ví dụ 5. Chứng minh rằng
2

4 5n n+ +
không chia hết cho
8
, với mọi
n
lẻ.
Lời giải. Với
2 1n k
= +
, ta có
2 2 2
( ) 4 5 (2 1) 4(2 1) 5 4 4 1 8 4 5 4 ( 1) 8( 1) 2A n n n k k k k k k k k= + + = + + + + = + + + + + = + + + +
.
( )A n
bằng tổng của
3
hạng tử, trong đó hai hạng tử đầu đều chia hết cho
8
, riêng chỉ có hạng tử
2
không chia hết cho
8
. Vậy
( )A n
không chia hết cho
8
.
 Cách 4. Phân tích
( )A n
thành nhân tử. Nếu có một nhân tử chia hết cho

k
thì
( )A n
chia hết cho
k
.
Hệ quả: Nếu
( ) ( ). ( )A n B n C n=
mà
( )B n
và
( )C n
đều không chia hết cho
k
thì
( )A n
không chia
hết cho
k
.
Ví dụ 6. Chứng minh:
2 3 60
2 2 2 2+ + + +
chia hết cho
15
.
Lời giải.
Ta có
2 3 60 2 4 5 6 8 57 58 60
2 2 2 2 (2 2 2 ) (2 2 2 ) (2 2 2 )+ + + + = + + + + + + + + + + + +

5 57 5 57
2(1 2 4 8) 2 (1 2 4 8) 2 (1 2 4 8) 15.(2 2 2 ) 15= + + + + + + + + + + + + = + + + M
.
 Cách 5. Dùng nguyên lí Dirichlet.
Nguyên lí Dirichlet được phát biểu như sau:
Nếu nhốt
k
chú thỏ vào
n
chuồng mà
k n>
thì phải nhốt ít nhất hai chú thỏ vào chung một chuồng.
Ví dụ 7. Chứng minh rằng trong
1m
+
số nguyên bất kì thế nào cũng có hai số có hiệu chia hết cho
m
.
Lời giải.
Chia một số nguyên bất kì cho
m
ta được số dư là một trong
m
số
0,1, 2, , 1.m −
Theo nguyên lí
Dirichlet, chia
1m+
số cho
m

thì phải có ít nhất hai số có cùng số dư. Do đó hiệu của hai số này sẽ
chia hết cho
m
.
 Cách 6. Dùng phương pháp qui nạp toán học. Để chứng minh
( )A n kM
ta làm theo trình tự sau:
Thử với
1n =
hoặc
2
(tức số
n
nhỏ nhất chọn ra). Nếu sai thì dừng. Nếu đúng
(1)A kM
, tiếp tục giả
sử
( )A k kM
. Chứng tỏ
( 1)A k k+ M
. Nếu đúng thì kết luận
( )A n kM
.
Ví dụ 8. Chứng minh
16 15 1
n
n− −
chia hết cho
225
.

Lời giải.
Đặt
( ) 16 15 1
n
A n n= − −
, ta có
(1) 0 225A = M

(1)A⇒
đúng.
Giả sử
( )A k
đúng,
( ) 16 15 1 225
k
A k k= − − M
. Ta chứng minh
( 1)A k +
đúng, tức là chứng minh
1
16 15( 1) 1 225
k
k
+
− + − M
.
Thật vậy,
1
16 15( 1) 1 16.16 15 15 1 (15 1)16 16 15 15 1
k k k

k k k k
+
− + − = − − − = + + − − −
1
(16 15 1) 15(16 1) (16 15 1) 15(16 1)(16 1)
k k k k
k k
−
= − − + − = − − + − + +
1
(16 15 1) 225(16 ) 225
k k
k
−
= − − + + + M
.
Cách 7. Phương pháp phản chứng.
Để chứng minh
( )A n kM
ta chứng minh
( )A n
không chia hết cho
k
là sai
A B A B⇒ ⇔ ⇒
.
Ví dụ 9. Chứng minh nếu
2 2
3a b+ M
thì

a
và
b
đều chia hết cho
3
.
Lời giải. Giả sử
a
và
b
không chia hết cho
3 3 1a k
⇒ = ±
,
3 1b h
= ±
.
Ta có
2 2 2 2 2 2 2 2
(3 1) (3 1) 9 6 1 9 6 1 3(3 3 2 2 ) 2a b k h k k h h k h k h+ = ± + ± = ± + + ± + = + ± ± +
không
chia hết cho
3
(mâu thuẫn với giả thiết).
Chia hết, chia có dư và những bài toán liên quan
5
Nhóm 7, Lớp 10T1, Truờng THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm
Tương tự cho trường hợp chỉ có một số chia hết cho
3
.

Do đó
a
và
b
phải chia hết cho
3
.
 Cách 8. Dùng đồng dư để chứng minh.
A
và
B
chia
m
dư
r
. Ta nói
A
và
B
đồng dư. Kí hiệu
A B≡
(mod
m
),
A r≡
(mod
m
)
n n
A r⇔ =

(mod
m
).
Chú ý. a) Nếu
0r A m= ⇔ M
, nếu
0r A m≠ ⇔ M
(có số dư
r
).
b) Nên chọn số dư là
1
hoặc
1−
.
Ví dụ 10. Chứng minh rằng
19 17
17 19 18A = + M
.
Lời giải. Ta có
17 1
≡ −
(mod
18
)
19
17 1⇒ ≡ −
(mod
18
),

19 1
≡
(mod
18
)
17
19 1⇒ ≡
(mod
18
).
Do đó
19 17
17 19 1 1 0A = + ≡ − + ≡
(mod
18
). Vậy
19 17
17 19 18A = + M
.
Ví dụ 11. Chứng minh rằng
2009 2008
2007 2009 2008A
= +
M
.
Lời giải. Ta có
2007 1≡ −
(mod
2008
)

2009
2007 1⇒ ≡ −
(mod
2008
).

2009 1≡
(mod
2008
)
2008
2009 1⇒ ≡
(mod
2008
).
Do đó
2009 2008
2007 2009 1 1 0A
= + ≡ − + ≡
(mod
2008
). Vậy
2009 2008
2007 2009 2008A
= +
M
.
IV. Một số dấu hiệu chia hết
Dấu hiệu chia hết cho
2

: chữ số hàng đơn vị là chữ số chẵn.
Dấu hiệu chia hết cho
3
: tổng các chữ số chia hết cho
3
.
Dấu hiệu chia hết cho
4
: hai chữ số tận cùng chia hết cho
4
.
Dấu hiệu chia hết cho
5
: chữ số hàng đơn vị là
0
hoặc
5
.
Dấu hiệu chia hết cho
6
: tổng các chữ số chia hết cho
3
, chữ số hàng đơn vị chẵn.
Dấu hiệu chia hết cho
7
: gọi
x
là số cần kiểm tra dấu hiệu chia hết cho
7
. Gọi

m
là chữ số tận
cùng của
x
và
2h m
=
,
y
là
x
đã bỏ đi chữ số
m
. Ta có
y h k− =
, nếu
k
chia hết cho
7
thì
x
chia
hết cho
7
và ngược lại.
Dấu hiệu chia hết cho
8
: ba chữ số cuối chia hết cho
8
.

Dấu hiệu chia hết cho
9
: tổng các chữ số chia hết cho
9
.
Dấu hiệu chia hết cho
10
: chữ số hàng đơn vị là
0
.
Dấu hiệu chia hết cho
11
: tổng các chữ số ở vị trí lẻ và tổng các chữ số ở vị trí chẵn có hiệu chia hết
cho
11
.
Dấu hiệu chia hết cho
13
: gọi
x
là số cần kiểm tra, gọi
m
là chữ số hàng đơn vị,
4h m=
và
y
là
x
đã bỏ đi
m

. Ta có
y h k− =
, nếu k chia hết cho
13
thì
x
chia hết cho
13
và ngược lại.
Dấu hiệu chia hết cho
17
:
x
chia hết cho
17
khi và chỉ khi
5y m−
chia hết cho
17
.
Dấu hiệu chia hết cho
19
:
x
chia hết cho
19
khi và chỉ khi
2y m+
chia hết cho
19

.
Dấu hiệu chia hết cho
29
: ta lấy số ở hàng đơn vị nhân 3 rồi cộng với số tạo bởi các số liền trước,
nếu tổng chia hết cho
29
thì chia hết cho
29
.
Dấu hiệu chia hết cho
31
: ta lấy số ở hàng đơn vị nhân
3
rồi lấy kết quả trừ đi số tạo bởi các số liền
trước, nếu hiệu chia hết cho
31
thì nó chia hết cho
31
.
Dấu hiệu chia hết cho
37
: ta lấy số ở hàng đơn vị nhân
11
rồi lấy kết quả trừ đi số tạo bởi các số
liền trước, nếu hiệu chia hết cho
37
thì nó chia hết cho
37
.
Dấu hiệu chia hết cho

41
: ta lấy số ở hàng đơn vị nhân
4
rồi lấy kết quả trừ đi số tạo bởi các số liền
trước, nếu hiệu chia hết cho
41
thì nó chia hết cho
41
.
Dấu hiệu chia hết cho
43
: ta lấy số ở hàng đơn vị nhân
13
rồi lấy kết quả cộng với số tạo bởi các số
liền trước, nếu tổng chia hết cho
43
thì nó chia hết cho
43
.
Dấu hiệu chia hết cho
59
: ta lấy số ở hàng đơn vị nhân với
6
rồi lấy kết quả trừ đi số tạo bởi các số
liền trước, nếu hiệu chia hết cho
59
thì nó chia hết cho
59
.
V. Một số ví dụ

Bài 1. Cho
n∈Z
,
1n >
. CMR:
Chia hết, chia có dư và những bài toán liên quan
6
Nhóm 7, Lớp 10T1, Truờng THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm
a)
2
n
là tổng của hai số nguyên lẻ liên tiếp. b)
3
n
là tổng của ba số nguyên liên tiếp.
Lời giải
a)
1 1 1 1 1
2 2.2 2 2 (2 1) (2 1)
n n n n n n− − − − −
= = + = − + +
.
b)
1 1 1 1 1
3 3.3 3 3 (3 1) (3 1)
n n n n n n− − − − −
= = + = − + +
.
Bài 2. Cho
,a b∈Z

. Chứng minh rằng nếu
(2 )a+
và
(35 )b−
đều chia hết cho
11
thì
11a b+ M
.
Lời giải.
Ta có
2 11a+ M
và
35 11b− M

33 11a b⇒ + − M

11a b⇒ + M
(vì
33 11M
).
Bài 3. Dùng thuật toán Euclid tìm ước chung lớn nhất của
555
và
407
.
Lời giải.
( )
555 407.1 148, 407 148.2 111
148 111.1 37, 111 37.3 0

(555,407) 407,148 (148,111) (111,37) 37
= + = +
= + = +
⇒ = = = =
Bài 4. CMR nếu
( , ) 1a b =
thì
2 2
( , ) 1a b a b+ + =
hoặc
2
.
Lời giải
Gọi
2 2
2 2
( , )
a b d
d a b a b
a b d
+

= + + ⇒

+

M
M
2 2
2 2

2
2
a b ab d
ab d
a b d

+ +

⇒ ⇒

+


M
M
M
kết hợp
( , ) 1a b =
| 2
|
d ab
d a b

⇒

+


2
2

| 2 ( ) 2 2
| 2 ( ) 2 2
d a a b ab a
d b a b ab b

+ − =

⇒

+ − =



2 2 2 2
| (2 , 2 ) 2( , )d a b a b⇒ =
.
( , ) 1a b =

2 2
( , ) 1a b⇒ =
Do đó
2 2
( , ) 1a b a b+ + =
hoặc
2
.
Bài 5. Giả sử
[ ]
( , ) ,m n m n m n+ = +
. CMR

( , )m n m=
hoặc
n
.
Lời giải.
Đặt
( , )a m n=
và
[ ]
,b m n=
. Ta có
a b m n
ab mn
+ = +


=


( ) ( )
2 2
2 2
4 ( ) 4 ( )a b a b ab m n mn m n⇒ − = + − = + − = −

a b m n
a b n m
− = −

⇒


− = −

a b m n
a b m n
+ = +

⇒

− = −

hoặc
a b m n
a b n m
+ = +


− = −


a m
b n
=

⇒

=

hoặc
a n
b m

=


=

( )
,m n m⇒ =
hoặc
( , )m n n=
.
Bài 6. Cho
,m n
là các số chính phương lẻ liên tiếp. CMR
1 192mn m n− − + M
.
Lời giải.
Vì
,m n
là hai số chính phương lẻ liên tiếp nên
,m n
có dạng
2 1m k
= −
,
2 1n k
= +
với
k
∈
Z

.
Ta có
2 2 2 2
1 ( 1)( 1) ((2 1) 1).((2 1) 1) (4 4 )(4 4 )mn m n m n k k k k k k− − + = − − = − − + − = − +
16( 1) . ( 1)k k k k= − +
. Lại có
( 1) ( 1)k k k− + M
3,
( 1) . ( 1) 4k k k k− + M
và
(4,3) 1=

2
( 1)( 1) 12k k k⇒ − + M
.
2
16 ( 1)( 1) 16 12 192k k k⇒ − + × =M

⇒
Đpcm.
Bài 7. (Việt Nam TST 2003) Cho
n
là
1
số nguyên dương. Chứng minh rằng
2 1
n
+
không có ước
nguyên tố dạng

8 1k −
với
k
nguyên dương.
Chia hết, chia có dư và những bài toán liên quan
7
Nhóm 7, Lớp 10T1, Truờng THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm
Lời giải.
Xét
p
là một ước nguyên tố nào đó của
2 1
n
+
.
-Nếu
n
chẵn, đặt
2n m
=
suy ra
( )
( ) ( )
2
2 1 mod 1
m
p≡ − ⇒ −
là thặng dư bậc
2
của

p
⇒
p
chỉ có thể
có dạng
4 1k +
(1)
-Nếu
n
lẻ, đặt
2 1n m= +
suy ra
( )
2
1
2 2 (mod ) ( 2)
m
p
+
≡ − ⇒ −
là thặng dư bậc
2
của
p
p⇒
chỉ có
thể có dạng
8 1k
+
hoặc

8 3k
+
(2)
Từ (1) và (2) suy ra đpcm.
Bài 8. Tìm số dư trong phép chia
2010
19
4
cho
13
.
Lời giải.
Vì
(4,13) 1=
nên theo định lí Euler, ta có
(13)
4 1
ϕ
≡
(mod
13
) hay
12
4 1≡
Ta có
2
19 1≡
(mod
12
)

2010
4 1⇒ ≡
(mod
12
). Do đó
2010
19 12 1k= +

*
( )k ∈¥
2010
19 12 1
4 4 4
k+
⇒ = ≡
(mod
13
).
Bài 9. Tìm số dư của
1998 1998
3 5A = +
khi chia cho
13
.
Lời giải.
Ta có
3
3 1≡
(mod
13

)
( )
666
3
3 1⇒ ≡
(mod
13
) hay
1998
3 1≡
(mod
13
).
2
5 1≡ −
(mod
13
)
( )
999
2
5 1⇒ ≡ −
(mod
13
) hay
1998
5 1≡ −
(mod
13
).

Do đó
1998 1998
3 5 1 1 0A = + ≡ − + ≡
(mod
13
). Vậy
1998 1998
3 5A
= +
chia hết cho
13
hay số dư bằng
0
.
Bài 10. Chứng minh rằng từ
5
số nguyên bất kì, luôn tìm được
3
số có tổng chia hết cho
3
.
Lời giải.
Nếu
5
số đó khi chia cho
3
có không quá
2
số dư thì theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại ít nhất
3

số có
cùng số dư khi chia cho
3
,
3
số đó là
3
số cần tìm.
Nếu
5
số đó khi chia cho
3
có
3
số dư
(0,1,2)
thì
3
số chia cho
3
có số dư đôi một khác nhau là
3
số cần tìm.
Bài 11. [AIME 1986] Tìm số nguyên dương
n
lớn nhất sao cho
3
100n +
chia hết cho
10n +

.
Lời giải.
Bằng phép chia
3
100n +
cho
10n +
ta được
3 2
100 ( 10)( 10 100) 900n n n n+ = + − + −
. Vì
3
100n +
chia hết cho
10n +
nên
10 | 900n +
. Vì
n
là số nguyên dương lớn nhất nên
10 900n + =
hay
890n
=
.
Bài 12. Chứng ming rằng
(5 3 ,13 8 ) ( , )a b a b a b+ + =
.
Lời giải
Giả sử

|d a
,
|d b
khi đó
| 5 3d a b+
và
|13 8d a b+

(5 3 ,13 8 ) ( , )a b a b a b⇒ + + =
.
Ngược lại
| 5 8d a b+
và
|13 8d a b+
thì
| 8(5 3 ) 3(13 8 )
| 5(13 8 ) 13(5 3 )
d a b a b a
d a b a b b
+ − + =
+ − + =

| , |d a d b⇒
.
Vậy
(5 3 ,13 8 ) ( , )a b a b a b+ + =
.
Bài 13. Tìm tất cả các số tự nhiên
n
mà khi chia cho

11
dư
7
và khi chia cho
5
dư
4
.
Lời giải.
Ta có
11 7n t= +
,
t ∈Z
. Chọn
0,1, 2,3,4t =
sao cho
11 7 4t + ≡
(mod
5
).
Với
2t =
thì
11 7 29 4t + = ≡
(mod
5
). Vậy
0
29r =
và

55 29n t= +
.
Chia hết, chia có dư và những bài toán liên quan
8
Nhóm 7, Lớp 10T1, Truờng THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm
Bài 14. Tìm các chữ số
,x y
để:
a)
135 4 45x y M
b)
1234 72xy M
Lời giải.
a) Để
135 4 45x y M
ta phải có
135 4x y
chia hết cho
9
và
5

0
5
y
y
=

⇒


=

Với
0y =
thì từ
135 4 45x y M
thì ta phải có
1 3 5 4 9x+ + + + M

4 9 5x x⇒ + ⇒ =M
, khi đó ta có số
135540
Với
5y =
thì từ
135 4 45x y M
ta phải có
1 3 5 4 5 9x+ + + + + M

0
9
9
x
x
x
=

⇒ ⇒

=


M
, lúc đó ta có hai số
135045
và
135945
.
b) Ta có
1234 123400 72.1713 64 72xy xy xy= + = + + M
64 72xy⇒ + M
. Vì
64 64 163xy≤ + ≤
nên
64 xy+
bằng
72
hoặc
144
.
Với
64 72xy+ =
thì
08xy =
ta có số 123408.
Với
64 144xy+ =
thì
80xy =
ta có số
123480

.
Bài 15. [Vô địch Hungari,
1951
] Đối với những số tự nhiên
m
nào thì
( 1)!m m− M
.
Lời giải.
 Nếu
m
nguyên tố thì
( 1)!m − Mm
.
 Nếu
m
là hợp số dạng
m ab
=
với
1 a b m
< ≠ <
thì trong tích
( 1)!m −
có
2
thừa số trùng với
a
và
b

, do đó
( 1)!m m− M
.
 Nếu
m
là hợp số dạng
2
m p=
với
p
nguyên tố.
+ Nếu
2p >
thì
2
1 2p p− ≥
, do đó
2 2
| .2 | ( 1)!p p p p −

( )
| 1 !m m⇒ +
.
+ Nếu
2p =
thì
4 | 3!m =
.
Vậy
( 1)!m m− M

khi và chỉ khi
m
là hợp số khác
4
.
Bài 16. Tìm số chính phương
abcd
biết
1ab cd− =
.
Lời giải.
Giả sử
2
100n abcd ab cd= = +

100(1 )cd cd= + +

2
101 100 101 100cd cd n= + ⇒ = −

( 10)( 10)n n= − +
Vì
100n <
và
101
là số nguyên tố nên
10 101n + =
suy ra
91n =
.

Thử lại:
2
91 8281abcd = =
có
82 81 1− =
.
Bai 17. Chứng minh rằng với
1a >
ta có:
( , )
( 1, 1) 1
m n m n
a a a− − = −
.
Lời giải.
Đặt
1
( 1, 1)
m n
a a d− − =
;
2
( , )m n d=
.
Ta chứng minh
2
1
1
d
d a= −

.
Ta có
( )
2
2
| , 1| 1
d
m
d m n a a⇒ − −
và
2
1 | 1
d
n
a a− −

2
1
1 |
d
a d⇒ −
(1)
Ngược lại từ
2
( , ) 0m n d= >
suy ra có hai số nguyên dương
0 0
,x y
sao cho
0 0 2

mx ny d− =
.
Vì
1
d
là ước của
1
m
a −
và
1
n
a −
nên
1
d
là ước của
0
1
mx
a −
và
0
1
ny
a −
Do đó
0 0 0 0 0 0 2
1
| ( 1) ( 1)

mx ny ny mx ny ny d
d a a a a a a
−
− = − = −
2
1
| 1
d
d a⇒ −
(2) (vì
1
( , ) 1d a =
)
Chia hết, chia có dư và những bài toán liên quan
9
Nhóm 7, Lớp 10T1, Truờng THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm
Từ (1) và (2) ta suy ra
2
1
1
d
d a= −
(đpcm).
Bài 18. Chứng tỏ rằng nếu
1 2
,x x
là các nghiệm của phương trình
2
6 1 0x x− + =
thì với mọi

n
∈
¥
,
số
1 2
n n
x x+
là một số nguyên không chia hết cho 5.
Lời giải.
 Trước hết ta chứng minh: với mọi
n
∈
¥
, số
1 2
n n
x x+
là một số nguyên.
Mệnh đề đúng với
0, 1, 2n n n= = =
. Ta có
0 0
1 2
1 1 2x x+ = + =
,
1 1
1 2
6x x+ =
,

2 2 2 2
1 2 1 2 1 2
( ) 2 6 2.1 34x x x x x x+ = + − = − =
.
Giả sử mệnh đề đúng với
1n k= −
. v ới
n k=
, ta có
1 1 2 1 1 1 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
( )( ) ( ) 6( ) ( )
k k k k k k k k k k
x x x x x x x x x x x x x x
− − − − − − − −
+ = + + − + = + − +
1 1 1 1 2 1
1 2 1 2 1 2
5( ) ( ) ( )
k k k k k k
x x x x x x
− − − − − −
= + + + − +
. (*)
Vì
1 1
1 2
( )
k k

x x
− −
+
v à
2 1
1 2
( )
k k
x x
− −
+
là các số nguyên (theo giả thiết quy nạp) nên
1 2
n n
x x+
là một số
nguyên với mọi
n
∈
¥
.
 Bây giờ ta chứng minh
1 2
n n
x x+
không chia hết cho 5 bằng phản chứng. Giả sử có các số tự nhiên
sao cho
1 2
n n
x x+

chia hết cho 5.
Gọi
0
n
là số nhỏ nhất mà
0 0
1 2
n n
x x+
chia hết cho 5. Theo (*) thì hiệu
1 1 2 1
1 2 1 2
( ) ( )
k k k k
x x x x
− − − −
+ − +
cũng
phải chia hết cho 5.
Thay k bởi
0
1n −
trong (*), ta đuợc
0 0 0 0 0 0 0 0
1 1 2 2 2 2 3 3
1 2 1 2 1 2 1 2
5( ) ( ) ( )
n n n n n n n n
x x x x x x x x
− − − − − − − −

+ = + + + − +
Từ đó suy ra
0 0 0 0 0 0 0 0
3 3 2 2 1 1 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
5( ) [( ) ( )]
n n n n n n n n
x x x x x x x x
− − − − − − − −
+ = + − + − +
cũng phải chia hết cho 5.
Điều này trái với giả thiết
0
n
là số tự nhiên nhỏ nhất mà
0 0
1 2
n n
x x+
chia hết cho 5. Do đó giả thiết
1 2
n n
x x+
chia hết cho 5 không tồn tại.
Vậy
1 2
n n
x x+
là một số nguyên và không chia hết cho 5.
Bài 19. Cho

p
là số nguyên tố. Chứng minh rằng số
{
{
{
11 122 233 3 123456789
p p p
−
chia hết cho
p
.
Lời giải.
Xét
3p =
, ta có điều phải chứng minh.
Xét
3p ≠
, ta có

1 1 1
8 7
0 0
10 2 10 9 10
p p p
p k p k k
k k k o
n c
− − −
+ +
= = =

= + + + −
∑ ∑ ∑
8 7
1
(10 1)(10 2.10 8.10 9)
9
p p p p
c= − + + + + −
9 8
1
(10 10 10 9)
9
p p p
c= + + + − −
p
là ước của
n
khi và chỉ khi
9 p
là ước của
9n
(vì ta xét
p
khác
3
).
Ta sẽ chứng minh
9 8
10 10 10 9 9
p p p

c+ + + − −
chia hết cho
9
.
Vì
9 8
9 9 1111111110 10 10 10c+ = = + + +
nên ta sẽ chứng minh

9 8 9 8
(10 10 10 ) (10 10 10)
p p p
+ + + − + + +
chia hết cho
9 p
.
Theo định lí Fermat nhỏ, ta có
( )
10 10 10
p
mp m m
≡ ≡
(mod
p
),
10 10
mp m
≡
(mod
9

)
Mà
(9, ) 1p =
nên
10 10
mp m
≡
(mod
9
). Suy ra điều phải chứng minh.
Bài 20. Cho
,m n
là hai số nguyên dương phân biệt có
( , )m n d=
. Tính
( )
2006 1, 2006 1
m n
+ +
.
Lời giải.
Chia hết, chia có dư và những bài toán liên quan
10
Nhóm 7, Lớp 10T1, Truờng THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm
Đặt
,
m n
r s
d d
= =

và
2006
d
b=
. Ta có
( , ) 1, 2006 , 2006 ,
m r n s
r s b b b= = =
chẵn.
Ta tìm
(2006 1, 2006 1) ( 1, 1)
m n r s
g b b= + + = + +
. Ta có
1
1
r
s
b g
b g

+


+


M
M
1 (mod )

1 (mod )
r
s
b g
b g

≡ −

⇒

≡ −


(1)

1 1 ( ) 1 ( , ) 1
r r r
b g b kg k kg b b g+ ⇒ + = ∈ ⇒ − = ⇒ =M Z
(2)

( , ) 1 ,r s u v= ⇒ ∃
sao cho
1ru sv
− =
(3)
( , ) 1r s =
nên
,r s
cùng lẻ hoặc khác tính chẵn lẻ.
Trường hợp

,r s
cùng lẻ:
Khi đó
1
r
b +
và
1
s
b +
có
1b
+
là một ước chung, suy ra
( 1)g b +M
(4)
Từ (1)
( 1) (mod )
( 1) (mod )
ru u
sv v
b g
b g

≡ −

⇒

≡ −




Mà
,r s
đều lẻ và
1ru sv
− =
nên
,u v
khác tính chẵn lẻ, do đó
1b g+ M
, từ (2) suy ra
1b g+ M
(5)
Từ (4) và (5) suy ra
1g b= +

Trường hợp
,r s
khác tính chẵn lẻ:
(1)
( 1) (mod )
( 1) (mod )
rs s
sr
b g
b g

≡ −


⇒

≡ −



2. ( 1) ( 1) 0 (mod )
rs r s
b g⇒ ≡ − + − ≡
2.
rs
b g⇒ M
, từ (2) suy ra
2 gM
. (6)
Mà
b
chẵn
1, 1
r s
b b⇒ + +
là các số lẻ nên
g
lẻ. (7)
Từ (6) và (7) ta có
1g =
.
Vậy
( )
2006 1, 2006 1 2006 1

m n d
+ + = +
nếu
,
m n
d d
cùng lẻ.

( )
2006 1, 2006 1 1
m n
+ + =
nếu
,
m n
d d
khác tính chẵn lẻ.
VI. Bài tập làm thêm
 Tìm số dư của phép chia:
a)
1994
11
26
chia cho
17
.
b)
1880
13
7

chia cho
23
.
c)
1221
44
61
chia cho
35
.
 Chứng minh rằng
2 2 1
( ) 11 12
n n
A n
+ +
= +
133M

n∀ ∈¥
.
 Chứng minh.
1. a)
2
9 14
n
+
chia hết cho
5
.

b) Tổng của năm số tự nhiên liên tiếp chia hết cho
5
.
2. Tích của một số chính phương và một số tự nhiên đứng liền trước nó là một số chia hết cho
12
.
3.
( ) ( )
2 2 2
1 1n n n− +
chia hết cho
60
.
4. a)
2
11 39n n+ +
không chia hết cho
49
b)
2
3 5n n+ +
không chia hết cho 11.
5. a)
4 3 2
6 11 6n n n n+ + +
chia hết cho
24
.
b)
4 3 2

4 4 6n n n n− − −
(chẵn,
4n
>
) chia hết cho 384.
6.
4 15 1
n
n+ −
chia hết cho
9
.
7.
2
4 3n n+ +
(
n
lẻ) chia hết cho
8
.
8.
3 2
3 3n n n+ − −
chia hết cho
48
9.
6 6
3 2
n n
−

chia hết cho
35
.
10.
( ) ( )
2 2 2 2
ab a b a b+ −
chia hết cho
30
với mọi số nguyên
,a b
.
Chia hết, chia có dư và những bài toán liên quan
11
Nhóm 7, Lớp 10T1, Truờng THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm
11. a)
2 1
6 19 2
n n n+
+ −
chia hết cho 17.
b)
2
(7.5 12.6 )
n n
+
chia hết cho
19
.
c)

( )
2 2 1
5 26.5 8
n n n+ +
+ +
chia hết cho
59
.
12. a)
2 2
a b+
chia hết cho
7
thì
a
và
b
cũng chia hết cho
7
.
13.
2222 5555
5555 2222 7+ M
.
14. a)
26 21
89 45 2− M
;
1990 19991
1991 1990−

không chia hết cho
2
.
b)
10 4 3;
n
− M

9.10 18 27
n
+ M
.
c)
10
41 1 10− M
;
2
9 14 5
n
− M
.
15. Chứng minh rằng tích của một số chính phương với số tự nhiên đứng liền trước nó chia hết cho
12
.
16. Cho
2 2
( ) ( 1)( 4).A n n n n= + +
Tìm điều kiện của
n
để

( ) 120A n M
.
17. Chứng minh rằng với mọi
n
lẻ:
a)
2
4 3 8n n+ + M
b)
3 2
3 3 48n n n+ − − M
.
18. Tìm số dư trong phép chia:
a) Bình phương của một số lẻ cho
8
.
b)
1000
2
cho
5
.
c)
1000
2
cho
25
.
19. Chứng minh rằng:
4 3 2

6 11 6 24( )n n n n n+ + + ∈M ¥
.
20. Chứng minh rằng một số có dạng
4 3 2
4 4 16n n n n− − +
(
n
là số chẵn lớn hơn
4
) thì chia hết cho
384
.
21. Chứng minh rằng với mọi
n∈¢
:
a)
2
2n n− M
; b)
3
3n n− M
; c)
5
5n n− M
.
22. Chứng minh rằng:
a)
4
1 8n − M
với mọi

n
không chia hết cho
2
.
b)
6
1 9n − M
với mọi
n
không chia hết cho
3
.
23. Chứng minh rằng nếu
( )
,6 1n =
và
5n ≥
thì
2
1 24n − M
.
24. Chứng minh rằng
6 6
3 2 35( )
n n
n− ∀ ∈M ¢
.
25. Chứng minh rằng
2
4 3 5 6a a+ + M

khi và chỉ khi
a
và
6
nguyên tố cùng nhau.
26. Chứng minh rằng:
a) Trong
11
số nguyên bất kì, bao giờ cũng có hai số có cùng chữ số tận cùng.
b) Trong
1m
+
số nguyên bất kì, bao giờ cũng có hai số mà hiệu chia hết cho
m
.
c) Trong
m
số nguyên bất kì, bao giờ cũng có một số chia hết cho
m
.
d) Trong năm số nguyên tùy ý, bao giờ cũng có ba số có tổng chia hết cho
3
.
27. Có hay không một số có dạng
199119911991 1991000 000K K
chia hết cho
1990
?
28. Một số có hai chữ số chia hết cho
7

. Chứng minh rằng hiệu các lập phương của hai chữ số đó
chia hết cho
7
.
29. Tìm số dư trong phép chia số
( ) ( )
1 1P Q− −
cho
192
trong đó
P
và
Q
là hai số chính phương
lẻ.
30. Tìm
0n >
sao cho:
a)
2
1n +
chia hết cho
1n +
.
b)
2
2 6n n+ +
chia hết cho n+4.
31. Với giá trị nào của
n

thì
( ) ( )
5 6 6n n n+ + M
?
32. Cho
2 10
n
a b= +
. Chứng minh rằng nếu
3n >
thì tích
.a b
chia hết cho
6
. (
, ,a b n
là các số
nguyên dương và
10b
<
).
Chia hết, chia có dư và những bài toán liên quan
12
Nhóm 7, Lớp 10T1, Truờng THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm
33. Cho biết
1 1
2 2 1
n n
n
a

+ +
= + +
,
2 1 2 1
2 2 1
n n
n
b
+ +
= − +
( )
0,1,2 n =
. Chứng minh rằng với mỗi số tự
nhiên
n
có một và chỉ một trong hai số chia hết cho
5
.
34. Tìm tất cả các số tự nhiên
n
để
2 1
n
−
chia hết cho
7
.
35. Chứng minh rằng có vô hạn các số có dạng
2 3( 2)
n

n
a n= − ≥
đôi một nguyên tố cùng nhau.
36. Xết dãy số sau đây
1,1,2,3,5,8,13,21K
được lặp lại như sau: số hạng đầu tiên là
1
, sau đó mỗi số
hạng tiếp sau thì bằng tổng hai số hạng đứng trước nó. Gọi
1
a
là số hạng thứ nhất,
2
a
là số hạng thứ
hai,
k
a
là số hạng thứ
k
, ta có:
1 2 1 1
1, ( 1).
k k k
a a a a a k
+ −
= = = = ∀ >
Dãy số trên được gọi là dãy số
Fibonacci (Phibonaxi, 1180 – 1240, nhà toán học người Ý).Chứng minh rằng hai số hạng liên tiếp
trong dãy số Fibonacci là nguyên tố cùng nhau:

1
( , ) 1
k k
a a
+
=
với mọi
1k >
.
37. Chứng minh rằng:
3
4 2
2
3 1
a a
a a
+
+ +
là tối giản.
38. Chứng minh rằng:
a)
(5 3 ,13 8 ) ( , )a b a b a b+ + =
.
b)
(18 5 ,11 3 ) ( , )a b a b a b+ + =
.
39. Biết rằng
( )
, 1a b =
hãy tìm

( )
11 2 ,18 5a b a b+ +
.
40. Cho
A m n= +
và
2 2
B m n= +
trong đó
m
và
n
là những số tự nhiên nguyên tố cùng nhau. Tìm
ước chung lớn nhất của
A
và
B
.
a) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên ta có
3
( ) 6n n− M
.
b) Cho
n
số nguyên
1 2
, , ,
n
a a a
. Chứng minh rằng

6SM
6P⇔ M
với

3 3 3
1 2 1 2
, .
n n
S a a a P a a a= + + + = + + +
41. Chứng minh rằng nếu
a
là số nguyên không chia hết cho 5 và không chia hết cho 7 thì
4 4 2
( 1)( 15 1) 35a a a− + + M
.
42. Chứng minh rằng:
2 1 2 1
| , | ( , , )
k k k k
a b a b a b a b a b a b
+ +
+ + − − ∈ ≠ ±¢
.
43.
1
8 | 5 2.3 1( )
n n
n
− +
+ + ∈¢

.
44. Cho số nguyên
3n >
và
,a b
là các số nguyên sao cho
2 10 (0 9)
n
a b b= + < <
. Chứng minh rằng
6abM
.
45. Chứng minh rằng: không thể có các số nguyên lẻ
1 2 2000
, , ,a a a
thỏa mãn
2 2 2
1 1999 2000
a a a+ + =
.
46. Tích của bốn số nguyên liên tiếp không thể là số chính phương.
47. Tìm tất cả bộ ba số nguyên lớn hơn 1 thỏa mãn tích hai số bất kì trong ba số ấy cộng 1 chia hết
cho số còn lại.
48. Tìm tất cả số nguyên dương
n
sao cho
2
( 9 2) ( 11)n n n− + +M
.
49. Chứng minh rằng tồn tại một số nguyên chia hết cho 1999 và tổng các chữ số của nó là 1999.

50. Chứng minh rằng
5 (5 1) 6 (3 2 ) 91
n n n n n
+ − + M
( )n
+
∈¢
.
51. Tìm các số nguyên dương
,m n
sao cho
(2 1)m n+ M
và
(2 1)n m+ M
.
52. Cho ba số nguyên
, ,x y z
thỏa mãn
( ) 6x y z+ + M
. Chứng minh rằng

( )( )( ) 2 6x y y z z x xyz+ + + − M
. Gợi ý
( )( )( ) ( )( )x y y z z x xyz x y z xy yz xz+ + + + = + + + +
53. Cho
n
là số nguyên dương. Chứng minh rằng
5 5 5
(1 2 ) (1 2 )n n+ + + + + +M
.

54. Chứng minh rằng từ
n
số nguyên bất kì, luôn tìm được một số hoặc một số số có tổng chia hết
cho
n
.
55. Viết
n
số thành một hàng ngang. Chứng minh rằng hoặc có một số chia hết cho
n
hoặc có một
số số liên tiếp có tổng chia hết cho
n
(
1n
>
).
56. Chứng minh rằng trong
11
số tự nhiên tùy ý, luôn có thể chọn ra
2
số có hiệu bình phương chia
hết cho
20
.
57. Trong kì thi Olympic có
17
học sinh thi Toán mang số kí danh trong khoảng từ
1
đến

1000
.
Chứng tỏ rằng có thể chọn ra
9
học sinh thi Toán có tổng các số kí danh được mang chia hết cho
9
.
Chia hết, chia có dư và những bài toán liên quan
13
Nhóm 7, Lớp 10T1, Truờng THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm
(Olympic 30-4 năm 2000)
58. Tìm
3
số tự nhiên đôi một khác nhau và lớn hơn
1
thỏa điều kiện: Tích hai số bất kì trong ba số
ấy cộng với
1
chia hết cho số thứ ba.
59. Chứng minh rằng phần nguyên của
2 1
( 11 3)
n+
+
thì chia hết cho
1
2
n+
và không chia hết
3

2
n+
với
mọi
n
là số tự nhiên.
(Olympic 30-4 năm 2002)
60. Chứng minh với mọi
m∈Z
,
n∃ ∈Z
để
3 2
11 87n n n m− − +
chia hết cho
191
.
(Olympic 30-4 năm 2006)
61. Tìm
*n∈¥
thỏa
( ) 1
1 ( )
n n
n n
σ
ϕ
+



−

M
M
62. Cho
, *n k ∈¥
,
\{2}p∈Ρ
,
k
m p=
. Chứng minh rằng
*a∃ ∈¥
sao cho
( 1), , ( )a a n m
ϕ ϕ
+ + M
.
63. Cho
*a∈¥
. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn
, *m n∈¥
sao cho
2
2
m a n
n a m

+



+


M
M
64. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn
( , ) *m n ∈¥
sao cho
2
( ) 1m m n n+ +M
.
65. Cho
, 1
α α
∈ ≥¡
thỏa mãn
, *;m n m n∀ ∈¥ M

[ ] [ ]
m n
α α
⇒ M
. Chứng minh
α
∈Z
.
66. Chứng minh rằng
5 3
7

3 5 15
n n n
+ +
là một số nguyên
n∀ ∈Z
.
67. Cho
*n∈¥
. Chứng minh rằng
2
3 1
n
+
chia hết cho
2
nhưng không chia hết cho
4
.
68. Chứng minh rằng một số có dạng
4 3 2
4 4 16n n n n− − +
(
n
là số tự nhiên chẵn lớn hơn
4
) thì chia
hết cho
384
.
(Đề thi HSG quốc gia năm 1970 – 1971, cấp II)

69. Chứng minh rằng
5 5
P a b ab= −
chia hết cho
30
với
,a b
là hai số bất kì.
(Đề thi HSG quốc gia năm 1985 – 1986, cấp II)
70. Tìm ước chung lớn nhất của
1 3 5 2005
2006 2006 2006 2006
, , , ,C C C C
.
 Tài liệu tham khảo
 Hoàng Chúng, “Số học “Bà Chúa của Toán Học” ”, 1993, tr.6 đến tr.26.
 Nguyễn Vũ Thanh, “Chuyên đề bồi dưỡng chuyên toán Số Học”, 1992, tr.9 đến tr.49.
 Võ Giang Mai, “Các chủ đề Đại Số 10”, 2006, tr.152 đến tr.179.
 Đoàn Quỳnh, “Tài liệu giáo khoa chuyên toán Đại Số 10”, 2009, tr.219 đến tr. 227.
 Tài liệu tập huấn đội tuyển IMO 2009, Phạm Hy Hiếu, Lớp 11 chuyên toán, Trường PTNK
thành phố Hồ Chí Minh.
 E Birkhauser, “104 Number Theory Problems”, Titu Andreescu 2007, tr.17, 104.
 Tuyển tập đề thi Olympic 30-4, lần XII – 2006.
 www.diendantoanhoc.net
 www.toanhoctuoitre.net
 www.thuvienviolet.com
 Tài liệu học tập trên lớp của thầy Cao Minh Quang.
Chia hết, chia có dư và những bài toán liên quan
14