Các dạng bài về chia hết trong tập hợp N

CHUYÊN ĐỀ VỀ LÝ THUYẾT TOÁN CHIA HẾT
                   
I) KIÊN THỨC CƠ BẢN
1) Đònh nghóa:
a, b ∈ Z ( b ≠ 0 ) bao giờ cũng có duy nhất cặp số q,r sao cho a = bq + r với 0 < r <b
+ a là số bò chia ; b là số chia ; q là thương số ; r là số dư ( Trong đó r = 0;1;2; b  -1 )
+ Nếu r =0 thì a =bq ta nói a chia hết cho b ( a  b) hay a là bội của b hay b là ước của
a
+ Nếu r ≠ 0 thì phép chia a cho b là phép chia còn dư
2) Một số tính chất:
1) a  a ( a ≠ 0 )
2) a  b ;b  c ⇒ a  c ( b, c ≠ 0)
3) a  b ⇒ ka  b ( b ≠ 0)
4) a  b ,a  c trong đó b,c là hai số nguyên tố cùng nhau thì a  ( bc)
5) a c , b c thì ( a + b)  c ; ( a - b ) c
6) ( a.b) c trong đó a,c là hai số nguyên tố cùng nhau thì b c
7) ( a - b )  c thì avà b chia cho c có cùng số dư
8) a ≡ b ( M m) ; c ≡ d (M m) ⇒ a+c ≡ b +d ( M m)
a.c ≡ b.d ( M m)
9 ) a ≡ b(Mm) ⇒ a
n
≡ b
n
(Mm)
3 ) Dấu hiệu chia hết cho 2;3;5 ;4; 9;25;11
4) Một số hằng đẳng thức đáng nhớ :
1 ) ( a + b)
2
= a
2
+ 2ab + b

2
; ( a - b )
2
= a
2
- 2ab + a
2
2) ( a + b )
3
= a
3
+ 3a
2
b + 3ab
2
+ b
3
; ( a - b)
3
= a
3
- 3a
2
b + 3ab
2
- b
3

3 ) a
2

- b
2
= ( a -b) (a + b) ⇒ ( a
2
- b
2
)  (a - b) ; ( a
2
- b
2
)  ( a + b)
4) a
n
- b
n
= ( a -b)( a
n-1
+ a
n-2
b +a
n-3
b
2
+ ab
n-2
+ b
n-1
) ⇒ (a
n
- b

n
)  ( a -b)
5 ) a
2n+1
+ b
2n+1
=(a+b)(a
2n
-a
2n-1
b + a
2n-2
b
2
-a
2n-3
b
3
+ + ab
2n-1
- b
2n
)
⇒ (a
2n+1
+ b
2n+1
)  ( a+b)
6) a
2n

- b
2n
= ( a+b)(a
2n-1
-a
2n-2
b + a
2n-3
b
2
- +ab
2n-2
- b
2n-1
) ⇒(a
2n
- b
2n
)  (a + b)
II) MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN CHIA HẾT
A) PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG ĐỊNH NGHĨA:
Bài 1) Chứng minh rằng :
a) S = 5 +5
2
+5
3
+ + 5
99
+5
100

chia hết cho 6
b) A = 2 + 2
2
+2
3
+ + 2
99
+ 2
100
chia hết cho 31
c ) B =16
5
+ 2
15
chia hết cho 33
d) D = 1+2+3+ + 1995 chia hết cho 1995
Lời giải
b) A= ( 2+2
2
+2
3
+2
4
+2
5
) + (2
6
+2
7
+2

8
+2
9
+2
10
) + ( ) (2
k
+2
k+1
+2
k+2
+2
k+3
+2
k+4
)
+ (2
96
+2
97
+2
98
+2
99
+2
100
) = 2(1+2+2
2
+2
3

+2
4
) + 2
6
( 1+2+2
2
+2
3
+2
4
) +2
k
(1+2+2
2
+2
3
+2
4
)
+ 2
96
(1+2+2
2
+2
3
+2
4
) = 31 (2+2
6
+2

11
+2
16
+ +2
96
)
Vậy A  31
c) B = 16
5
+(2
3
)
5
= 16
5
+ 8
5
= (2.8)
5
+ 8
5
= 8
5
( 2
5
+ 1) = 8
5
.33
Vậy B 33
d) D = ( 1+ 1995) . 1995/2 = 1995.998 ⇒ D  1995

Bài2 )
Chứng minh rằng : Nếu
ab
13 khi và chỉ khi ( a + 4b) 13
Giải
ab
= 10a + b =13a -3a +13b -12b =13a - 13b -3(a + 4b)
Nếu (a + 4b)  13 thì
ab
 13
Nếu
ab
 13 ⇒ 3(a + 4b) 13 ;mà 3và 13 là hai số nguyên tố cùng nhau .
Cho nên (a + 4b) 13
2
Bài 3)
Chứng minh rằng :Số có 3 chữ số có tổng các chữ số bằng 7 chia hết cho 7 khi và
chỉ khi chữ số hàng chục và hàng đơn vò bằng nhau.
Giải
Gọi số đã cho là
abc
(a,b,c là các chữ số ,a ≠ 0) và a + b + c = 7
Xét
abc
= 100a + 10b + c = 98a + 7b +2a + 2b +2c +b - c
= 98a +7b + 2(a + +b +c) +b-c
vì a,b c là các chữ số ,theo bài ra các chữ số này đều nhỏ hơn7 , mà a+b+c =7
⇒ ä2(a+b+c7
Nếu .
abc

 7 ⇒ ( b - c )  7 ,vì b,c < 7 nên b -c = 0 ⇒ b = c
Bài4 : Cho a,b ∈ Z .chứng minh rằng : ( 3a + 2b)  17 khi và chỉ khi ( 10a + b ) 17
Giải
Cách 1 : 10a +b =34a + 17b - 24a -16b = 17( 2a + b) -8( 3a + 2b)
(10a + b) 17 khi và chỉ khi ( 3a + 2b) 17
Cách 2 : Xét 2(10a + b) - ( 3a + 2b) = 17a 17
Vậy nếu (10a + b) 17 khi và chỉ khi (3a + 2b) 17
Bài 5 : Chứng minh rằng : A = 2
9
+ 2
99
chia hết cho 200
Giải
A = 2
9
+ 2
99
= 2
9
( 1 + 2
90
) = 2
9
[ 1 + (2
10
)
9
]
mà [ 1 + (2
10

)
9
]  ( 1 + 2
10
) ; 1 + 2
10
= 102525
Vậy A 200
B) PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG VIỆC PHÂN TÍCH RA THỪA SỐ
LOẠI I : PHÂN TÍCH SỐ CHIA
Bài 1 : Chứng minh rằng : 21
39
+ 39
21
chia hết cho 45
Nhận xét : 45 = 5.9
Dễ thấy A

9 vì 21

3 ; 39

3 ⇒ 21
39

9 , 39
21

9
A = 21

39
+ 39
21
= ( 21
39
- 1) + (39
21
+ 1)
3
mà (21
39
- 1)

( 21 - 1) ⇒ 21
39
- 1

5
(39
21
+ 1)

( 39 +1) ⇒ 39
21
+ 1

5
Vậy A

5

Từ điều kiện trên ta có A

45
Bài 2 ) Chứng minh : A = ( 11
2n
- 2
6n
)( 1996
4
- 1)

285
nhận xét : 285 = 5.57
1996 ≡ 1(M 5) ⇒ 1996
4
≡ 1(M 5) ⇒ (1996
4
- 1)

5
11
2n
- 2
6n
= (11
2
)
n
- (2
6

)
n
= (121
n
- 64
n
)

( 121 - 64 ) ⇒ ( 11
2n
- 2
6n
)

57
Vậy A

285
Bài 3 ) Chứng minh rằng : ( 20
15
- 1 )

20861
* 20861 = 11.31.61
Đặt A = 20
15
- 1 = (20
15
+ 2
15

) - ( 2
15
+ 1) = ( 20
15
+ 2
15
) - [(2
5
)
3
+ 1]
= ( 20
15
+ 2
15
) - ( 32
3
+ 1)
mà (20
15
+ 2
15
)

( 20 + 2) =22 ; (32
3
+ 1)

33
⇒ A


11
Cách 1* 20
3
= 8000 ≡ 2(M 31) ⇒ (20
3
)
5
≡ 2
5
(M 31)
mà 2
5
= 32 ≡ 1(M 31) ⇒ 20
15
= (20
3
)
5
≡ 1(M 31 ) ⇒ ( 20
15
- 1)

31
⇒ A

31
* A = 20
15
- 1 = (20

3
)
5
- 1
mà 20
3
= 8000 ≡ 9(M 61) ⇒ 8000
5
≡ 9
5
(M 61)
mà 9
2
= 81 ≡ 20(M 61) ⇒ 81
2
≡ 20
2
(M 61)
Vậy suy ra 9 .81
2
≡ 9 .400(M 61 ) ; mà 9.400 = 3600 ≡ 1(M 61)
⇒ 20
15
≡ 1(M 61) ⇒ 20
15
-1

61 hay A

61

Vậy A

20861
Cách 2 : A = 5
15
2
30
- 1 = 5
15
2
30
-

5
15
+ 5
15
- 1 = 5
5
(32
6
- 1) + (125
5
- 1)
vì 32 - 1 = 31 ; 125 - 1 = 124

31 . Vậy A

31
4

A = 20
15
- 1 = ( 81
15
- 1) - ( 81
15
- 20
15
) = [(3
5
)
12
- 1] - ( 81
15
- 20
15
)
3
5
= 243 ≡ -1(M 61) ⇒ (3
5
)
12
≡ 1(M 61) ⇒ ( 81
15
- 1)

61
( 81
15

- 20
15
)

( 81 - 20 ) ⇒ ( 81
15
- 20
15
)

61
Vậy A

20861
Bài 4 ) Cho số M = 3
40
- 1 và số N = 396880 .Chứng minh rằng M

N
N = 16.5.121.41
Giải : M = (3
4
)
10
- 1 = 81
10
- 1 = (81
5
- 1) (81
5

+ 1)
mà (81
5
- 1)

80 ; 80 =16.5 ⇒ (81
5
- 1)

(16.5)
(81
5
+ 1)

82 ; 82 = 2. 41 ⇒ (81
5
+ 1)

41
M = (3
5
)
8
- 1 = ( 243
8
- 1)

( 243 - 1) mà 242 =2.121 ⇒ M

121

Vậy M

N
Bài 5) Cho số B = 27195
8
- 10887
8
+ 10152
8
Chứng minh : B

26460
Giải : 26460 = 2
2
.3
3
.5.7
2
ma(27195
8
- 10887
8
)ø

(27195 - 10887) ; mà 16308 = 4.27.121

2
2
.27 ;
 10152 = 2

2
.3
3
.94

2
2.
3
3
.Vậy B

2
2
.3
3
mà 27195 = 3.5.7
2
.37 ; (10887
8
- 10152
8
)

(10887 - 10152)

3.5.7
2
⇒ B

5.7

2
Vậy B

( 2
2
.3
3
.5.7
2
) hay B

26460
LOẠI 2 :PHÂN TÍCH SÔ BỊ CHIA
Bài 1 ) Chứng minh rằng : ( n
5
- n )

30 với mọi n
∈
Z
Giải
Ta có 30 = 5.6
* n
5
- n = n( n
4
- 1) = n( n -1)( n + 1)( n
2
+ 1)
vì n ; n -1; n + 1; là 3 số nguyên liên tiếp nên tích n(n+1)(n-1)


6
* Nếu n

5 ⇒ n
5
- n

5
Nếu n không chia hết cho 5 thì n khi chia cho 5 sẽ có các dạng sau
5
n = bs 5 + 1 ⇒ n
2
=bs5 +1
n = bs5 +2 ⇒ n
2
= bs5 +4
n = bs5 + 3 ⇒ n
2
= bs5 +1
n = bs5 + 4 ⇒ n
2
= bs5 + 4
trong các trường hợp trên ta luôn có n
2
- 1 hoặc n
2
+ 1 luôn chia hết cho 5 . Vậy ( n
4
- 1)



5 Vậy ( n
5
- n )

30 với mọi n ∈ Z
Bài 2 ) Chứng minh rằng : Nếu n là số lẻ không chia hết cho 3 và n > 2 thì ( n
2
- 1)

24
Giải
Vì n là số lẻ lơn hơn 2 nên n = 2k + 1
n
2
- 1 =( n - 1)( n + 1) = 2k.(2k + 2)

8 với mọi k ∈ Z
Vì n không chia hết cho 3 nên n
2
= bs3 + 1 ⇒ ( n
2
- 1 )

3
Vậy ( n
2
- 1)


24 với mọi n ∈ Z
Bài 3 ) Chứng minh rằng : n là số chẵn lớn hơn 4 thì n
4
- 4n
3
- 4n
2
+ 16n chia hết cho 384
Nhận xét : 384 = 2
7
.3
Phân tích : n
4
- 4n
3
- 4n
2
+ 16n = n( n - 2)(n + 2)( n - 4)
vì n là số chẵn lớn hơn 4 ,nên n = 2k ( k> 1,k ∈ Z )
n
4
- 4n
3
- 4n
2
+ 16n = 2k( 2k - 2)( 2k + 2)( 2k - 4) = 2
4
.k( k - 1)( k + 1)( k - 2)
mà tích của 4 số nguyên liên tiếp chia hết cho 3 và 8 . Vì vậy k( k - 1)( k + 1)( k - 2)  24
Vậy n

4
- 4n
3
- 4n
2
+ 16n chia hết cho 384
Bài 4 ) Cho a,b,c
∈
Z .Chứng minh rằng :( a
3
+ b
3
+ c
3
)

6 khi và chỉ khi (a + b + c )

6
Cách 1 : nhận xét : n
3
- n = n( n - 1)( n + 1) 6 với mọi n Z
Xét hiệu :( a
3
+ b
3
+ c
3
) - ( a + b + c) = [ ( a
3

-a) + ( b
3
- b) + ( c
3
- c)]  6
do vậy ( a
3
+ b
3
+ c
3
)  6 khi và chỉ khi (a + b + c ) 6
Cách 2
( a
3
+ b
3
+ c
3
) = ( a + b)
3
+ c
3
- 3ab( a + b)
= ( a + b + c)(a
2
+b
2
+c
2

- 2ab - bc - ac ) - 3ab( a+ b)
6
Dễ thấy 3ab( a + b) 6 vói mọi a,b  Z .
Vậy : ( a
3
+ b
3
+ c
3
)  6 khi và chỉ khi (a + b + c ) 6
Bài 5) Chứng minh rằng : 25n
4
+ 50n
3
- n
2
- 2n chia hết cho 24 ( n

N*)
Giải
Đặt A = 25n
4
+ 50n
3
- n
2
- 2n = 24n
4
+ 48n
3

+n
4
+ 2n
3
- n
2
- 2n
Phân tích n
4
+ 2n
3
- n
2
- 2n = n( n +1)( n -1)( n +2) 24 .
Vậy (25n
4
+ 50n
3
- n
2
- 2n)24
Bài 6 ) Chứng minh rằng : 4a
2
+ 3a + 5 chia hết cho 6 ( a

Z) Với a không chia hết cho 3và 2
giải
Cách 1 :Vì a không chia hết cho 2  a là số lẻ  3a +5 là số chẵn  (4a
2
+ 3a + 5) 2

4a
2
+ 3a + 5 = 3a
2
+ 3a + 3 + ( a
2
+ 2) ; vì a không chia hết cho 3a
2
= bs3 + 1
vì vậy a
2
+ 2 chia hết cho 3 .Vậy (4a
2
+ 3a + 5) 3 .
Do vậy (4a
2
+ 3a + 5 )  6 ( a Z)
Cách 2 : 4a
2
+ 3a + 5 = 3a
2
+ 3 + a
2
+3a +2 = 3 ( a
2
+ 1) + (a + 1)( a + 2)
vì a là số lẻ  a
2
+ 1 là số chẵn  3( a
2

+ 1)  6
a + 1; a + 2 là hai số nguyên liên tiếp  ( a + 1)( a + 2) 2
vì a không chia hêt cho 3  trong hai số a + 1 ; a + 2 bao giờ cũng có một số chia
hết cho 3 . Vậy ( a + 1)( a + 2)  6
Vậy với a không chia hết cho 2 và 3 thì 4a
2
+ 3a + 5 chia hết cho 6 ( aZ)
D) PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG
Bài 1 : Chứng minh rằng : Nếu ( x
2
+ y
2
)

3 khi và chỉ khi x

3 và y

3
Giải
Giả sử trong 2 số có ít nhất một số không chia hết cho 3
+ Nếu x 3 ; y 3  ( x
2
+ y
2
) không chia hết cho 3 ( trái với gt)
+ Nếu x 3 ; y 3 thì x = 3k  1  x
2
= ( 3k  1)
2

=Bs 3 + 1
y = 3n  1  y
2
= ( 3n  1)
2
= Bs 3 + 1
Do vậy suy ra x
2
+ y
2
= Bs 3 + 2  (x
2
+ y
2
) 3 ( trái với gt )
Vậycả hai số x và y đều chia hết cho 3
7
Bài 2) Cho m , n

N thỏa mãn 24m
4
+ 1 = n
2
. Chứng minh tích m.n chia hết cho 5 .
Giải
Giả sử trong hai số m , n không có số nào chia hết cho 5 . Vậy m chỉ có các dạng
sau : m = 5k 1 ; 5k  2  m
2
= Bs 5 + 1 ; m
2

= Bs 5 + 4  m
4
= Bs 5 + 1
24m
4
+ 1 = 24.( Bs 5 + 1) = Bs 5 + 25  n
2
 5  n  5 ( Trái với giả sử )
Vậy trong hai số có ít nhất một số chia hết cho 5 , nên tích m.n chia hết cho 5
Bài 3) Cho a,b,c

N thỏa mãn a
2
+ b
2
= c
2
thì
a) Trong hai số a và b có một số chia hết cho 3
b) Một trong các số a và b chia hết cho 4
c) Một trong các số a,b,c chia hết cho 5
Giải
a) Giả sử trong hai số a và b không có số nào chia hết cho 3 thì a
2
+ b
2
chia cho 3
luôn có số dư là 2
(1)
.

Do vậy c không chia hết cho 3  c
2
chia cho 3 có số dư là 1
( 2)
Như vậy (1) và (2) mâu thuẫn với nhau . Vậy trong hai số a và b có ít nhất một số chia
hét cho 3 .
b) Nếu a và b chẵn thì c 2 cho nên a =2k ,b = 2n , c =2q thay vào a
2
+ b
2
= c
2

ta dễ có k
2
+ n
2
= q
2
; lập luận tưong tự ta lại có k 2 hoặc n 2  a 4 hoặc b  4
Nếu a và b cùng lẻ thì a
2
+ b
2
chia cho 4 dư 2  c  2 nên c
2
4 ( vô lý )
Vậy trong hai số a và b có một số chẵn còn số kia là số lẻ
Giả sử a = 2k ; b = 2n + 1 dễ thấy c là số lẻ  c = 2q +1
Thay vào a

2
+ b
2
= c
2
ta được (2k)
2
+ (2n +1)
2
= ( 2q +1)
2

 4k
2
= ( 2q +1)
2
- ( 2n + 1)
2
8 .
Vì hiệu các bình phương hai số lẻ thì chia hết cho 8 . Từ đó suy ra k
2
2  k2
Vậy a 4  Trong hai số a và b có một số chia hêt cho 4
c) Giả sử trong 3 số trên không có số nào chia hết cho 5 . bằng các phếp thử ta dễ
thấy a
2
= Bs5 + 1 ; Bs 5 + 4
b
2
= Bs5 + 1 ; Bs 5 + 4

c
2
= Bs5 + 1 ; Bs 5 + 4
(1)

ta có a
2
+ b
2
chia cho 5 có các số dư lần lượt là 0;2;3
 c
2
chia cho 5 có số dư là 0;2;3
(2)
. Vậy (1) và (2) mâu thuẫn
Vậy trong 3 số a , b, c có một số chia hết cho 5
Bài 4) Cho n là số tự nhiên , p là số nguyên tố .
Chứng minh rằng : Nếu n
2


p khi và chỉ khi n

p
Giải
Giả sử n  p  n và p là hai số nguyên tố cùng nhau  n
2
 p ( trái với gt )
Vậy Nếu n
2

 p khi và chỉ khi n  p
D) PHƯƠNG PHÁP DÙNG ĐỒNG DƯ THỨC
Bài 1) Chứng minh : A = 36
38
+ 41
33
chia hết cho 77
Giải : ta chứng minh A 7 và A11
Ta có : 36 ≡ 1(M 7)  36
38
≡ 1(M 7)
41 ≡ -1(M 7)  41
33
≡ -1(M 7)
A ≡ 0 (M 7)  A7
36 ≡ 3(M 11)  36
38
≡ 3
38
(M 11) ; 41 ≡ -3(M 11)  41
33
≡ -3
33
(M 11)
A ≡ 3
38
- 3
33
(M 11) .
Mà 3

38
- 3
33
= 3
33
( 3
5
- 1) = 3
33
. 242 11  3
38
- 3
33
≡ 0(M11)
8
A ≡ 0(M 11)  A 11
Vậy A = 36
38
+ 41
33
chia hết cho 77
Bài 2) Chứng minh
a) 2222
5555
+ 5555
2222
chia hết cho 7
b) 1961
1962
+1963

1964
+ 1965
1966
+ 2 chia hết cho7
Giải:
a) 2222 ≡ 3(M 7)  2222
5555
≡ 3
5555
(M 7)
5555 ≡ 4(M 7)  5555
2222
≡ 4
2222
(M 7)
3
5
= 243 ≡ -2(M 7)  3
5555
= (3
5
)
1111
≡ (-2)
1111
(M 7)
4
2
= 16 ≡ 2(M 7)  4
2222

= (4
2
)
1111
≡ 2
1111
(M 7)
2222
5555
+ 5555
2222
≡ (-2)
1111
+ 2
1111
(M 7)
≡ 0(M 7)
Vậy 2222
5555
+ 5555
2222
chia hết cho 7
b) 1961 ≡ 1(M 7)  1961
1962
≡ 1(M 7)
1963 ≡ 3(M 7)  1963
1964
≡ 3
1964
(M 7)

Mà 3
3
= 27 ≡ -1(M 7) 3
1964
= (3
3
)
654
.3
2
≡ (-1)
654
.3
2
(M 7)
≡ 9(M 7) ≡ 2 (M 7) .
Vậy 1963
1964
≡ 2(M 7)
1965 ≡ -2(M 7)  1965
1966
≡ (-2)
1966
(M 7) . Mà 2
3
≡ 1(M 7)
 2
1966
= (2
3

)
665
.2 ≡ 1
665
.2(M 7)  1965
1966
≡ 2 (M 7)
Vậy 1961
1962
+1963
1964
+ 1965
1966
+ 2 ≡ 2+ 2+ 2+1 (M 7) ≡ 0 (M 7)
 1961
1962
+1963
1964
+ 1965
1966
+ 2 chia hết cho 7
E ) PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC
Bài 1 ) Chứng minh rằng : 3
2n+2
- 8n - 9 chia hết cho 64 ( n

N)
Giải
* Với n = 0 , 3
2.0 + 2

- 8.0 - 9 = 064
* Giả sử n =k thì 3
2k+2
-8k - 9  64 . Ta phải c/m n = k +1 thì 3
2(k+1) +2
- 8(k+1) - 9 64
Thật vậy 3
2(k+1) +2
- 8(k+1) - 9 = 3
2k+2
.3
2
- 8k -8 - 9 = 9.3
2k+2
- 9.8k - 81 + 64k +64
= 9(3
2k+2
-8k - 9 ) + 64k + 64 ; mà 3
2k+2
-8k - 9  64
Vậy 3
2(k+1) +2
- 8(k+1) - 9 chia hết cho 64
Vậy 3
2n+2
- 8n - 9 chia hết cho 64 ( n N)
Bài 2 ) Chứng minh : 7
2n+1
- 48n - 7 chia hết cho 288 ( n


N )
Hướng dẫn chứng minh với n = k+1
7
2(k+1) +1
- 48(k+1) - 7 = 7
2
.7
2k +1
- 48k -48 -7 = 49 ( 7
2k+1
- 48k - 7) + 8.288k +288
Vì 7
2k+1
- 48k - 7  288  đpcm
Bài 3)
Chứng minh : ( n+1)(n+2)(n+3) (n +2n-1)(n + 2n) chia hết cho 3
n
( n > 0 ,n

N)
Giải
* n = 1 thì (1 + 1)( 1 + 2) = 6  3
* Giả sử n = k thì A
k
= (k+1)(k+2)(k+3) (3k-1)(3k)  3
k
Ta chứng minh n = k+1 thì
A
k+1
= (k+2)(k+3)(k+4) (3k-1)(3k)(3k+1)(3k+2)(3k+3)  3

k+1
Xét A
k+1
= (k+2)(k+3)(k+4) (3k-1)(3k)(3k+1)(3k+2) 3(k+1)
= 3(k+1) (k+2)(k+3)(k+4) (3k-1)(3k)(3k+1)(3k+2)
= A
k
.3.(3k+1)(3k+2) ; mà A
k
 3
k
 A
k+1
 3
k+1
Vậy ( n+1)(n+2)(n+3) (n +2n-1)(n + 2n) chia hết cho 3
n
( n > 0 ,nN)
9
Bài thi học sinh giỏi toàn quốc 1995 - 1996
Tìm số dư ( 1995+1)(1995+2)(1995+3) (1995 + 3990) chia cho 3
1995
F ) PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG NGUYÊN TẮC ĐI-RÍCH-CLÊ
Bài 1 ) Chứng minh rằng trong 6 số tự nhiên liên tiếp túy ý ,bao giờ ta cũng chọn được 2 số
có hiệu chia hết cho 5
Giải
Ta biết : Một số tự nhiên a khi chia cho 5 có 5 khả năng về số dư khác nhau là 0;1;2;3;4
Vậy trong 6 số tự nhiên vơi 5 khả năng về số dư , do vậy chắc chắn bao giờ cũng
có 2 số khi chia cho 5 có cùng số dư . Vậy hiệu của chúng chia hết cho 5. (đpcm)
Bài 2) Chứng minh rằng : Trong 3 số nguyên tố lớn hơn 5 , bao giờ cũng tìm dược hai số có

tổng hoặc hiệu chia hết cho 12 .
Giải
Nếu a là số nguyên tố lớn hơn 5 , khi chia a cho 12 ta nhận được các số dư sau :1;5;7 và
11
Trong 3 số nguyên tô trên khi chi cho 12 chỉ có số dư là một trong các số trên.
- Nếu 2 trong 3 số chia cho 12 có cùng số dư thì hiệu của chúng chia hết cho 12
- Nếu trong 3 số không có 2 số nào chia cho 12 có cùng số dư , do vậy số dư của 3
số đó chỉ có thể nhận được từ các bộ số sau ( 1 ; 5 ; 7 ) ; (1 ;5; 11 ) ;( 1;7 ;11) ;
( 5 ; 7; 11) . Mà trong các bộ số đó luôn có tổng hai số bằng 12
Do vậy dù có xảy ra trường hợp nào ta cũng tìm được hai số có tổng chia hết cho
12
Vậy : Trong 3 số nguyên tố lớn hơn 5 , bao giờ cũng tìm dược hai số có tổng hoặc hiệu
chia hết cho 12 .
Bài 3) Chứng minh rằng : Trong 5 số tự nhiên bất kỳ , bao giờ cũng tìm được một số hoặc
một số số có tổng của chúng chia hết cho 5
Giải
Gọi 5 số tự nhiên lần lượt là a
1;
a
2
; a
3
; a
4
; a
5
* Nếu trong các số đó có một số chia hêt cho 5  Đpcm
* Nếu trong 5 số không có số nào chia hết cho 5
Lập các tổng :
S

1
= a
1
S
4
= a
1
+ a
2
+ a
3
+ a
4

S
2
= a
1
+ a
2
S
5
= a
1
+ a
2
+ a
3
+ a
4

+ a
5
S
3
= a
1
+ a
2
+a
3
Nếu trong 5 tông trên có một tổng cia hết cho 5  đpcm
Nếu trong 5 tổng trên không có tổng nào chia hết cho 5 , do vậy khi chia tổng trên cho 5
ta được 4 khả năng về số dư là 1 ;2 ;3 ;4 . Mà 5 tổng trên khác nhau và có 4 khả năng
về số dư . Do vậy chắc chắn tồn tại hai tông khi chia cho 5 có cùng số dư , vì vậy hiệu của
hai tổng đó chia hết cho 5
Với cách lập tổng như trên thì hiệu của hai tổng của đó sẽ là tổng của hai hay
nhiều số trong 5 số trên
Vậy : Trong 5 số tự nhiên bất kỳ , bao giờ cũng tìm được một số hoặc một số số có
tổng của chúng chia hết cho 5
Bài 4) Chứng minh rằng : Luôn tồn tại số tự nhiên n

N sao cho 13
n
- 1 chia hết cho 1996
Giải
Xét 1996 số sau : S
1
= 13 S
1995
= 13

1995
S
2
= 13
2
S
1996
= 13
1996
S
3
= 13
3

10
Dễ thấy S
i
 1996 ( i = 1;2;3 1996 )
Khi chia S
i
cho 1996 có 1996 số dư khác nhau là 1; 2; 3; 4; 1994; 1995
mà có 1996 số S
i
, mà chỉ có 1995 khả năng về số dư . Do vậy chắc chắn tồn tại 2 số khi
chia cho 1996 có cùng số dư . Vậy hiệu của chúng chia hết cho 1996
Giả sử 2 số đó là S
m
và S
n
trong đó S

m
= 13
m
; S
n
= 13
n
( m > n ; m,nN )
S
m

- S
n
= 13
m
- 13
n
= 13
n
( 13
m-n
- 1)  1996
mà 13
n
và 1996 là hai số nguyên tô cùng nhau .Do vậy ( 13
m-n
- 1)  1996
Đặt k = m - n nên ( 13
k
- 1)  1996

Vậy luôn tồn tại n  N để cho ( 13
n
- 1)  1996
Trên đây là một số phương pháp tôi đã áp dụng trong quá trình bồi dưỡng học sinh
giỏi . Sau đây là một số bài toán để vận dụng .
Bài 1
Cho a , b

Z . Chứng minh rằng
a) ( a + 4b )

13 khi và chỉ khi ( 10a + b)

13
b) ( 3a + 2b )

17 khi và chỉ khi ( 10a + b)

17
Bài 2 )
Chứng minh rằng :Một số có 6 chữ số chia hết cho 13 khi và chỉ khi hiệu của số tạo
bởi 3 chữ số cuối với số tạo bởi 3 chữ số đầu chia hết cho 13.
Bài toán 2
Cho một số có 6n chữ số chia hết cho 7 . Chứng minh rằng nếu chuyển chữ số cuối cùng
lên đầu mà không thay đổi vò tri các chữ số còn lại thì ta được một số mới chia hết cho 7
Bài toán 4
Chứng minh rằng : Vơi m là số nguyên lẻ thì số có dạng
n
3
- 3n

2
- n + 3 chia hết cho 48
Bài toán 5
Cho p > 5 là sô nguyên tố . Chứng minh rằng : p
3
+ p
2
- p - 1 chia hếùt cho 48
Bài toán 6
Chứng minh rằng : Với mọi n

Z thì
a ) 3n
4
- 14n
3
+ 21n
2
- 10n

24
b) n
5
+ 10n
4
- 5n
3
- 10n
2
+ 4n


120
Bài toán 7
Cho a , b là các số chính phương lẻ liên tiếp thì ( a - 1)( b - 1)

192
Bài toán 8
Chứng minh rằng : Nếu n là số tự nhiên chẵn thì 20
n
+ 16
n
- 3
n
- 1 chia hết cho 323
Bài toán 9
Chứng minh rằng : Với mọi n

N thì
a) n
2
+ 11n + 39 không chia hết cho 49
b) n
2
+ 3n + 5 không chia hết cho 8 với n là số lẻ
c) n
2
+ 3n + 5 không chia hết cho 121
Bài toán 10
Chứng minh rằng ( m
2

+ mn + n
2
)

9 khi và chỉ khi m , n đồng thời chia hết cho 3
Bài toán 11
Tìm các chữ số x , y để cho số có dạng N =
30x0yo3


13
Bài toán 12
11
Chưng minh rằng với n là số tự nhiên không chia hết cho 5
thì ( 11
2n
- 2
6n
)(n
4
- 1)

285
Bài toán 13
Chứng minh rằng : a) 222
333
+ 333
222



13
b) 3
105
+ 4
105


181
c) 109
345
- 1

7
d) 7778.7779. 7780.7781.7782.7783 - 6 chia hết cho 7
Bài toán 14
Chứng minh rằng với n là số tự nhiên thì
a) ( 11
n+2
+ 12
2n+1
)

133
b) ( 3
2n+1
+ 40n - 67 )

64
c) ( 2
n+2

.3
n
+ 5n - 4 )

25
d) (16
n
- 15n - 1)

225
e) n! chia hết cho 2n
2
( n > 4 )
12
f ) (
n
3
2
+ 1 )

3
n+1
Bài toán 15
Chứng minh rằng : Trong 51 số tự nhiên bất kỳ , bao giờ cũng chọn được hai số có
tổng hoặc hiệu chia hết cho 100
Bài toán 16
Chứng minh rằng : Nếu p > 3 ,p là số nguyên tố thì a
p
- a chia hết cho p vói a


ZBa
Bài toán 17
Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5 . Chứng minh rằng luôn tồn tại một số tự nhiên
gồm toàn chữ số 1 chia hết cho p
Bài toán 18
Chứng minh rằng : Luôn tồn tại số tự nhiên n sao cho 1997
n
- 1 chia hết cho 1999
Bài toán 19
a) Cho 1998 số tự nhiên bất kỳ , chứng minh rằng luôn tồn tại trong đó một số hoặc
một vài số có tổng chia hết cho 1998
b) Cho 1998 số tự nhiên , mỗi số đều nhỏ hơn 1998 và có tổng bằng 3996 . Chứng
minh rằng trong các số đó luôn chọn được một vài số có tổng bằng 1998
Bài toán 20
Chứng minh rằng : m , n

N ; m và n là 2 số nguyên tố cùng nhau thì luôn tồn tại
số tự nhiên k sao cho ( m
k
- 1 )

n
Bài toán 21
Chứng minh rằng luôn tìm được số có dạng 199819981998 199800000 000
( Trong đó có 1998 nhóm số 1998 ) chia hết cho 1999
Bài toán 22
Chứng minh rằng: Tổng các lập phương của 3 số tự nhiên liên tiếp thì chia hết cho 9
Bài toán 23
Cho a
1

, a
2
; a
3
; a
n


Q và

a
i


= 1 thỏa mãn a
1
a
2
+ a
2
a
3
+ a
3
a
4
+ +a
n-1
a
n

+ a
n
a
1
= 0
Chứng minh rằng n chia hết cho 4
Bài toán 24
Chứng minh rằng : 1.2.3 69.70.( 1+
1
2
+ + + +
1
3
1
4
1
70

) chia hết cho 71

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BMT
TRƯỜNG THCS TRƯNG VƯƠNG
TỔ KHOA HỌC TỰ NHIÊN
CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỢNG HỌC SINH GIỎI TOÁN
            
13
CHUYÊN ĐỀ VỀ LÝ THUYẾT TOÁN CHIA
HẾT
              
Người viết : Phạm Duy Hiển

T rường trung học cơ sở Trưng Vương - Thành phố BMT
NĂM HỌC : 1997 - 1998
14