Tuyển tập các bài toán số học bồi dưỡng học sinh giỏi và ôn thi vào chuyên toán lớp 6

Tuyển tập chuyên đề toán 6



MỤC LỤC
NỘI DUNG
Trang
A – Mở đầu ............................................................................................................................. 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 dụng dấu hiệu chia hết ............................................................................... 4
2. Phương pháp sử dụng tính chất chia hết ............................................................................... 6
3. Phương pháp sử dụng xét tập hợp số dư trong phép chia ...................................................... 8
4. Phương pháp sử dụng các phương pháp phân tích thành nhân tử ......................................... 10
5. Phương pháp biến đổi biểu thức cần chứng minh về dạng tổng ........................................... 11
6. Phương pháp quy nạp toán học ........................................................................................... 13
7. Phương pháp sử dụng đồng dư thức .................................................................................... 14
8. Phương pháp sử dụng nguyên lý Dirichlet .......................................................................... 16
9. Phương pháp phản chứng.................................................................................................... 18

Trung tâm gia sư VIP –
Hotline: 0989189380




Tuyển tập chun đề tốn 6

PHẦN I: TĨM TẮT LÝ THUYẾT
I. ĐỊNH NGHĨA PHÉP CHIA

Cho 2 số nguyên a và b trong đó b  0 ta ln tìm được 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 thương, r là số dư.
Khi a chia cho b có thể xẩy ra  b số dư
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
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 cb  a  c  b
10. Nếu a + b  c và a  c  b  c
11. Nếu a  b và n > 0  an  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!

Trung tâm gia sư VIP –

Hotline: 0989189380


Tuyển tập chuyên đề toán 6



III. MỘT SỐ DẤU HIỆU CHIA HẾT
Gọi N =

a n a n  1 ...a 1 a 0

1. Dấu hiệu chia hết cho 2; 5; 4; 25; 8; 125
 N  2  a0  2  a0{0; 2; 4; 6; 8}
 N  5  a0  5  a0{0; 5}
 N  4 (hoặc 25) 

a1 a0  4 (hoặc 25)

 N  8 (hoặc 125) 

a2 a1 a0  8 (hoặc 125)

2. Dấu hiệu chia hết cho 3 và 9
+ N  3 (hoặc 9)  a0+a1+…+an  3 (hoặc 9)
3. Một số dấu hiệu khác
 N  11  [(a0+a1+…) - (a1+a3+…)]  11
 N  101  [( a1 a0 + a5 a4 +…) - ( a3 a2 + a7 a6 +…)]101
 N  7 (hoặc 13)  [( a2 a1 a0 +

a8a7 a6 +…) - [( a5a4 a3

+

a11a10a9 +…) 11 (hoặc

13)
 N  37  ( a2 a1 a0 +

a5 a4 a3 +…)  37

 N  19  ( a0+2an-1+22an-2+…+ 2na0)  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)
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

Trung tâm gia sư VIP –
Hotline: 0989189380


Tuyển tập chuyên đề toán 6

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



a
b
m

(modun
)
d
d
d

V. MỘT SỐ ĐỊNH LÝ
1. Định lý Euler
Nếu m là 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)
Cơng thức tính (m)

Phân tích m ra thừa số nguyên tố
m = p 11 p22 … pkk với pi  p; i  N*
Thì (m) = m(1 -

1
1
1
)(1 ) … (1 )
p1`
p2
pk

2. Định lý Fermat
Nếu t là số nguyên tố và a không chia hết cho p thì ap-1  1 (modp)
3. Định lý Wilson
Nếu p là số nguyên tố thì
( P - 1)! + 1  0 (modp)

Trung tâm gia sư VIP –
Hotline: 0989189380


Tuyển tập chuyên đề toán 6



PHẦN II: CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN CHIA HẾT
1. Phương 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. Chứng minh răng 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 dư
 5a - a  9  4a  9 mà (4 ; 9) = 1
 a  9 (Đpcm)
Ví dụ 3: CMR số

111111
 
 

 81

81 sè 1

Giải
Ta thấy: 111111111  9

Có

111111 = 111111111(1072 + 1063 + … + 109 + 1)
 
 
81 sè 1

Mà tổng 1072 + 10 63 + … + 109 + 1 có tổng các chữ số bằng 9  9

Trung tâm gia sư VIP –
Hotline: 0989189380


Tuyển tập chuyên đề toán 6



 1072 + 10 63 + … + 109 + 1  9
Vậy:

111111
 
 

 81 (Đpcm)

81 sè 1

BÀI TẬP TƯƠNG 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 được số A = 192021…7980. Hỏi số A
có chia hết cho 1980 khơng ? Vì sao?
Bài 5: Tổng của 46 số tự nhiên liên tiếp có chia hết cho 46 khơng? Vì sao?
Bài 6: Chứng tỏ rằng số

11 22
11  22
   
100 sè 1

là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp.

100 sè 2

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
 (992d + 96c + 8b) + (8d + 4c + 2b + 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

Trung tâm gia sư VIP –
Hotline: 0989189380


Tuyển tập chuyên đề toán 6



 (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 2.32.5.11
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 khơng 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 khơng chia hết cho 46.
Bài 6: Có

11 22 = 11 100
11  22 11   02
       
100 sè 1

Mà

100 sè 1

99 sè 0

100 = 3. 33
  02
 
 34
 
99 sè 0



100 sè 2

99 sè 3

11 22 = 33 33
11  22  33  34
       
100 sè 1

100 sè 2

100sè 3

(Đpcm)

99 sè 3

2. Phương 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 được tập hợp số dư là: {0; 1; 2; … n - 1}
* Nếu tồn tại 1 số dư là 0: giả sử m + i = nqi ; i = 1, n
m+in
* Nếu không tồn tại số dư là 0  khơng có số ngun nào trong dãy chia hết cho n  phải có ít
nhất 2 số dư trùng nhau.

Trung tâm gia sư VIP –
Hotline: 0989189380

Tuyển tập chuyên đề toán 6



 m  i  nqi  r
 m  j  qjn  r

1  i; j  n

Giả sử: 

 i - j = n(qi - 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 ngun liên tiếp ln 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 ngun liên tiếp ln chia hết cho 2.
Tích 2 số ngun liên tiếp ln 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 ln chia hết cho 6.
Ví dụ 2: CMR: Tổng lập phương của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 9.
Giải
Gọi 3 số nguyên liên tiếp lần lượt là: n - 1 , n , n+1
Ta có: A = (n - 1)3 + n3 + (n + 1)3

= 3n3 - 3n + 18n + 9n2 + 9
= 3(n - 1)n (n+1) + 9(n2 + 1) + 18n
Ta thấy (n - 1)n (n + 1)  3 (CM Ví dụ 1)
 3(n - 1)n (n + 1)  9

9 ( n 2  1)  9
mà 
18 n  9
 A  9 (ĐPCM)
Ví dụ 3: CMR: n4 - 4n3 - 4n2 +16n  3 84 với  n chẵn, n4
Giải
Vì n chẵn, n4 ta đặt n = 2k, k2
Ta có n4 - 4n3 - 4n2 + 16n = 16k4 - 32k3 - 16k2 + 32k
= đặt 16k(k3 - 2k2 - k + 2)
= đặt 16k(k - 2) (k - 1)(k + 1)

Trung tâm gia sư VIP –
Hotline: 0989189380


Tuyển tập chuyên đề toán 6



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 n4 - 4n3 - 4n2 +16n  384 với  n chẵn, n  4

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: CMR: a. n(n + 1) (2n + 1)  6
b. n5 - 5n3 + 4n  120 Với  n  N
Bài 2: CMR: n4 + 6n3 + 11n2 + 6n  24 Với  n  Z
Bài 3: CMR: Với  n lẻ thì
a. n2 + 4n + 3  8
b. n3 + 3n2 - n - 3  48
c. n12 - n8 - n4 + 1  512
Bài 4: Với p là số nguyên tố p > 3. CMR: p2 - 1  24
Bài 5: CMR: Trong 1900 số tự nhiên liên tiếp có 1 số có tổng các chữ số chia hết cho 27.
HƯỚNG 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. n5 - 5n3 + 4n = (n4 - 5n2 + 4)n
= n(n2 - 1) (n2 - 4)
= n(n + 1) (n - 1) (n + 2) (n - 2)  120
Bài 2: n4 + 6n3 + 6n + 11n2
= n(n3 + 6n2 + 6 + 11n)
= n(n + 1) (n + 2) (n + 3)  24
Bài 3: a. n2 + 4n + 3 = (n + 1) (n + 3)  8
b. n3 + 3n2 - n - 3 = n2(n + 3) - (n + 3)
= (n2 - 1) (n + 3)
= (n + 1) (n - 1) (n + 3)

Trung tâm gia sư VIP –
Hotline: 0989189380


Tuyển tập chuyên đề toán 6

= (2k + 4) (2k + 2) (2k với n = 2k + 1, k  N)
= 8k(k + 1) (k +2)  48
c. n12 - n8 - n4 + 1 = n8 (n4 - 1) - (n4 - 1)
= (n4 - 1) (n8 - 1)
= (n4 - 1)2 (n4 + 1)
= (n2 - 1)2 (n2 - 1)2 (n4 + 1)
= 16[k(k + 1)2 (n2 + 1)2 (n4 + 1)
Với n = 2k + 1  n2 + 1 và n4 + 1 là những số chẵn  (n2 + 1)2  2
n4 + 1  2
 n12 - n8 - n4 + 1  (24.22. 22. 1 . 21)
Vậy n12 - n8 - n4 + 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 n0, khi đó n0 có tận cùng là 3 chữ số 0 giả sử tổng các chữ số của
n0 là s khi đó 27 số n0, n0 + 9; n0 + 19; n0 + 29; n0 + 39; …; n0 + 99; n0 + 199; … n0 + 899 (2)
Có tổng các chữ số lần lượt 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. Phương pháp 3: XÉT TẬP HỢP SỐ DƯ 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

Trung tâm gia sư VIP –
Hotline: 0989189380


Tuyển tập chuyên đề toán 6



Lấy n chia cho 3 ta được 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 + 3n + 1  13 Với  n  N
Giải
Vì n  3  n = 3k + r (k  N); r  {1; 2; 3}
 A(n) = 3 2(3k + r) + 33k+r + 1
= 32r(3 6k - 1) + 3r (33k - 1) + 32r + 3r + 1
ta thấy 3 6k - 1 = (3 3)2k - 1 = (33 - 1)M = 26M  13
33k - 1 = (33 - 1)N = 26N  13
với r = 1  32n + 3 n + 1 = 32 + 3 +1 = 13  13
 32n + 3 n + 1  13
với r = 2  32n + 3 n + 1 = 34 + 3 2 + 1 = 91  13
 32n + 3 n + 1

Vậy với n  3 thì A(n) = 32n + 3n + 1  13 Với  n  N
Ví dụ 3: Tìm tất cả các số tự nhiên n để 2n - 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
2n - 1 = 2 3k - 1 = 8k - 1 = (8 - 1)M = 7M  7
với r =1  n = 3k + 1 ta có:
2n - 1 = 2 8k +1 - 1 = 2.23k - 1 = 2(23k - 1) + 1
mà 23k - 1  7  2 n - 1 chia cho 7 dư 1
với r = 2  n = 3k + 2 ta có :
2n - 1 = 2 3k + 2 - 1 = 4(23k - 1) + 3

Trung tâm gia sư VIP –
Hotline: 0989189380


Tuyển tập chuyên đề toán 6



mà 23k - 1  7  2 n - 1 chia cho 7 dư 3
Vậy 2 3k - 1  7  n = 3k (k  N)
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: CMR: An = n(n2 + 1)(n2 + 4)  5 Với  n  Z
Bài 2: Cho A = a1 + a2 + … + an
B = a51 + a52 + … + a5n
Bài 3: CMR: Nếu (n, 6) =1 thì n2 - 1  24 Với  n  Z
Bài 4: Tìm số tự nhiên W để 22n + 2n + 1  7
Bài 5: Cho 2 số tự nhiên m, n để thoả mãn 24m4 + 1 = n2
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  n2 + 4  5  A(n)  5
r = 2; 3  n2 + 1  5  A(n)  5
 A(n)  5  A(n)  30
Bài 2: Xét hiệu B - A = (a51 - a1) + … + (a5n - an)
Chỉ chứng minh: a5i - ai  30 là đủ
Bài 3: Vì (n, 6) =1  n = 6k + 1 (k  N)
Với r  {1}
r = 1 n2 - 1  24
Bài 4: Xét n = 3k + r (k  N)
Với r  {0; 1; 2}
Ta có: 22n + 2n + 1 = 2 2r(26k - 1) + 2r(2 3k - 1) + 22n + 2n + 1
Làm tương tự VD3
Bài 5: Có 24m4 + 1 = n2 = 25m4 - (m4 - 1)
Khi m  5  mn  5
Khi m  5 thì (m, 5) = 1  m4 - 1  5

Trung tâm gia sư VIP –
Hotline: 0989189380


Tuyển tập chun đề tốn 6



(Vì m5 - m  5  (m4 - 1)  5  m4 - 1  5)
 n2  5  n  5

Vậy mn  5

4. Phương pháp 4: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH THÀNH NHÂN TỬ
Giả sử chứng minh an k
Ta có thể phân tích an 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: 36n - 26n  35 Với  n  N
Giải
6n

6n

6 n

6 n

6

6

Ta có 3 - 2 = (3 ) - (2 ) = (3 - 2 )M
= (3 3 + 23) (33 - 2 3)M
= 35.19M  35 Vậy 36n - 26n  35 Với  n  N
Ví dụ 2: CMR: Với  n là số tự nhiên chăn thì biểu thức
A = 20 n + 16n - 3n - 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 - 3n) + (16n - 1) có 20n - 3n = (20 - 3)M  17M
16 n - 1 = (16 + 1)M = 17N  17 (n chẵn)
 A  17 (1)

ta có: A = (20n - 1) + (16 n - 3 n)
có 20n - 1 = (20 - 1)p = 19p  19
có 16n - 3n = (16 + 3)Q = 19Q  19 (n chẵn)
 A  19 (2)
Từ (1) và (2)  A  232
Ví dụ 3: CMR: nn - n2 + n - 1  (n - 1)2 Với  n >1
Giải
n

2

Với n = 2  n - n + n - 1 = 1
và (n - 1)2 = (2 - 1)2 = 1

Trung tâm gia sư VIP –
Hotline: 0989189380


Tuyển tập chuyên đề toán 6



 nn - n2 + n - 1 (n - 1)2
với n > 2 đặt A = nn - n2 + n - 1 ta có A = (nn - n2) + (n - 1)
= n2(nn-2 - 1) + (n - 1)
= n2(n - 1) (nn-3 + nn-4 + … + 1) + (n - 1)
= (n - 1) (nn-1 + nn-2 + … + n2 +1)
= (n - 1) [(nn-1 - 1) + … +( n2 - 1) + (n - 1)]
= (n - 1)2M  (n - 1)2
Vậy A  (n - 1)2 (ĐPCM)

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: CMR: a. 32n +1 + 22n +2  7
b. mn(m4 - n4)  30
Bài 2: CMR: A(n) = 3n + 63  72 với n chẵn n  N, n  2
Bài 3: Cho a và b là 2 số chính phương lẻ liên tiếp
CMR: a. (a - 1) (b - 1)  192
Bài 4: CMR: Với p là 1 số nguyên tố p > 5 thì p4 - 1  240
Bài 5: Cho 3 số nguyên dương a, b, c và thoả mãn a2 = b 2 + c2
CMR: abc  60
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
2n +1

2n +2

2n

Bài 1: a. 3
+2
= 3.3 + 2.2
n
n
= 3.9 + 4.2
= 3(7 + 2)n + 4.2 n

n

= 7M + 7.2n  7
b. mn(m4 - n4) = mn(m2 - 1)(m2 + 1) - mn(n2 - 1) (n2 + 1)  30
Bài 3: Có 72 = 9.8 mà (8, 9) = 1 và n = 2k (k  N)
có 3 n + 63 = 32k + 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

Trung tâm gia sư VIP –
Hotline: 0989189380


Tuyển tập chuyên đề toán 6



Nếu a, b, c đều không chia hết cho 3  a2, b2 và c2 chia hết cho 3 đều dư 1  a2  b2 + c2.
Do đó có ít nhất 1 số chia hết cho 3. Vậy M  3
Nếu a, b, c đều không chia hết cho 5  a2, b2 và c2 chia 5 dư 1 hoặc 4  b 2 + c2 chia 5 thì
dư 2; 0 hoặc 3.
 a2  b2 + c2. Do đó có ít nhất 1 số chia hết cho 5. Vậy M  5
Nếu a, b, c là các số lẻ  b2 và c2 chia hết cho 4 dư 1.
 b2 + c2  (mod 4)  a2  b 2 + c2
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 a2 = b 2 + c2  a là số lẻ
2

b
 a  c  a  c 
 b2 = (a - c) (a + b)     



2
 2  2 



b
chẵn  b  4  m  4
2

Vậy M = abc  3.4.5 = 60

5. Phương 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: n3 + 11n  6 với  n  z.
Giải
3

3

2

Ta có n + 11n = n - n + 12n = n(n - 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 n3 + 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

Trung tâm gia sư VIP –
Hotline: 0989189380


Tuyển tập chuyên đề toán 6



16a  17b11
 
(1)
17a  16b11
Có 16a +17b + 17a +16b = 33(a + b)  11 (2)

16a  17b11
Từ (1) và (2)  
17a  16b11
Vậy (16a +17b) (17a +16b)  121
Ví dụ 3: Tìm n  N sao cho P = (n + 5)(n + 6)  6n.
Giải
2

Ta có P = (n + 5)(n + 6) = n + 11n + 30
= 12n + n2 - n + 30
Vì 12n  6n nên để P  6n  n2 - n + 30  6n

n2 - n  6

n(n - 1)  3 (1)



30  6n
30  n (2)
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 TƯƠNG TỰ
Bài 1: CMR: 13 + 33 + 53 + 7 3  23
Bài 2: CMR: 36n2 + 60n + 24  24
Bài 3: CMR: a. 5n+2 + 26.5n + 8 2n+1  59
b. 9 2n + 14  5
Bài 4: Tìm n  N sao cho n3 - 8n2 + 2n  n2 + 1
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
3

3

3

3

3

3

Bài 1: 1 + 3 + 5 + 7 = (1 + 7 ) + (33 + 53)
= 8m + 8N  2 3
Bài 2: 36 2 + 60n + 24 = 12n(3n + 5) + 24

Trung tâm gia sư VIP –
Hotline: 0989189380


Tuyển tập chuyên đề toán 6



Ta thấy n và 3n + 5 không đồng thời cùng chẵn hoặc cùng lẻ
 n(3n + 5)  2  ĐPCM
Bài 3: a. 5n+2 + 26.5 n + 8 2n+1
= 5 n(25 + 26) + 8 2n+1
= 5 n(59 - 8) + 8.64 n
= 5n.59 + 8.59m  59
b. 9 2n + 14 = 9 2n - 1 + 15
= (81n - 1) + 15
= 80m + 15  5
Bài 4: Có n3 - 8n2 + 2n = (n2 + 1)(n - 8) + n + 8  (n2 + 1)  n + 8  n2 + 1
Nếu n + 8 = 0  n = -8 (thoả mãn)
Nếu n + 8  0  n + 8 n2 + 1

n  8  -n 2 1 Víi n  8 n 2  n  9  0 Víi n  8
 2
 
n  8  n 2  1 Víi n  8


n  n  7  0 Víi n  8


 n  {-2; 0; 2} thử lại
Vậy n  {-8; 0; 2}
6. Phương 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 phải CM A(k+1)  P
Bước 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

Trung tâm gia sư VIP –
Hotline: 0989189380


Tuyển tập chuyên đề toán 6



= 16.16 k - 15k - 16
= (16k - 15k - 1) + 15.16k - 15
= 16k - 15k - 1 + 15.15m

= A(k) + 225
mà A(k)  225 (giả thiết quy nạp)
225m 225
Vậy A(n)  225
n

Ví dụ 2: CMR: với  n  N* và n là số tự nhiên lẻ ta có

m 2  1 2 n  2

Giải
Với n = 1  m2 - 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)
k

Giả sử với n = k ta có

m2

k 1

m 2  1 2 k  2

ta phải chứng minh

 1 2 k  3
k

k

Thật vậy

2
k2
m 2  1 2 k  2  m  1  2 .q

(q  z )

k



m 2  2 k  2.q  1

có

m2

k 1

   1  2

1  m2
=

k

2

k2



2

.q  1  1  2 k  4.q 2  2 k  3.q

2 k  3 ( 2 k 1 q 2  q )  2 k  3

n

Vậy

m 2  1 2 n  2

với  n  1
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Bài 1: CMR: 33n+3 - 26n - 27  29 với  n  1
Bài 2: CMR: 42n+2 - 1  15
Bài 3: CMR số được thành lập bởi 3n chữ số giống nhau thì chia hết cho 3n với n là số nguyên
dương.
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: Tương tự ví dụ 1.
Bài 2: Tương tự ví dụ 1.

Trung tâm gia sư VIP –
Hotline: 0989189380

Tuyển tập chuyên đề toán 6



Bài 3: Ta cần CM

a a .. .a

3

n

sè a

 3n (1)

 1 1 1a 3

Với n = 1 ta có a a . . . a

Giả sử (1) đúng với n = k tức là

aa  a
 ...
3

k

 3k

sèa

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

aaa
 ...
3

k 1

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

sè a
2 .3 k



Có a a . . . a  a . . . a a . . . a a . . . a  a a . . . a . 1 0
3 k 1 sè a



3k
k

3k

 a a ...a .1 0

3k

3k

3k



k

 aa...a 102.3 103 1 3k1


3k

7. Phương pháp 7: SỬ DỤNG ĐỒNG DƯ THỨC
Giải bài toán dựa vào đồng dư thức chủ yếu là sử dụng định lý Euler và định lý Fermat
Ví dụ 1: CMR: 22225555 + 55552222  7
Giải
Có 2222  - 4 (mod 7)  22225555 + 55552222  (- 4)5555 + 45555 (mod 7)
Lại có: (- 4)5555 + 4 2222 = - 45555 + 42222



= - 42222 (43333 - 1) = - 4 2222 4 3 

 

3
Vì 4 3 = 64  (mod 7)  4

1111

Vậy 22225555 + 55552222  7
24 n1

4 n1

 33

1111

 522 với  n  N
Giải

Theo định lý Fermat ta có:
310  1 (mod 11)
210  1 (mod 11)
Ta tìm dư trong phép chia là 24n+1 và 34n+1 cho 10

Trung tâm gia sư VIP –
Hotline: 0989189380



1

 1  0 (mod 7)

 22225555 + 55552222  0 (mod 7)

Ví dụ 2: CMR: 3

 a . . .a



Tuyển tập chun đề tốn 6



Có 24n+1 = 2.16n  2 (mod 10)
 24n+1 = 10q + 2 (q  N)
Có 34n+1 = 3.81n  3 (mod 10)
 34n+1 = 10k + 3 (k  N)

32

Ta có:

4 n 1

4 n 1

 33

 5  310q2  210k 3

= 32.3 10q + 2 3.2 10k + 5
 1+0+1 (mod 2)
 0 (mod 2)

mà (2, 11) = 1
Vậy

24 n 1

3

 5 22 với  n  N

34 n 1

3

4 n 1

22

Ví dụ 3: CMR:

 7 11 với n  N
Giải

4

Ta có: 2  6 (mod)  2
2

4n+1

 2 (mod 10)

= 10q + 2 (q  N)

4 n1



4n+1

22

 210q2

Theo định lý Fermat ta có: 2 10  1 (mod 11)
 210q  1 (mod 11)

22

4 n1

 7  210q2  7

 4+7 (mod 11)  0 (mod 11)
4 n 1

Vậy

22

 7 11 với n  N (ĐPCM)

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
6 n 2

Bài 1: CMR

22

 319

với n  N

Bài 2: CMR với  n  1 ta có
52n-1. 2 2n-15n+1 + 3 n+1 .22n-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
2n - n (n  N) chia hết cho p.
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: Làm tương tự như VD3

Trung tâm gia sư VIP –
Hotline: 0989189380




Tuyển tập chuyên đề toán 6

Bài 2: Ta thấy 52n-1. 2 2n-15n+1 + 3 n+1 .22n-1  2
Mặt khác 52n-1. 2 2n-15n+1 + 3 n+1 .22n-1 = 2 n(52n-1.10 + 9. 6n-1)

Vì 25  6 (mod 19)  5 n-1  6n-1 (mod 19)
 25n-1.10 + 9. 6n-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 = 37 - 2 7 - 1  49  A  7p
Nếu p  7  (p, 7) = 1
Theo định lý Fermat ta có:
A = (3 p - 3) - (2p - 2)  p
Đặt p = 3q + r (q  N; r = 1, 2)
 A = (33q+1 - 3) - (23q+r - 2)
= 3 r.27q - 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:
2p-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 dạng 2n - n trong đó
N = (kp - 1)(p - 1), k  N đều chia hết cho p
8. Phương pháp 8: SỬ DỤNG NGUYÊN LÝ ĐIRICHLET
Nguyên lý: 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

Trung tâm gia sư VIP –

Hotline: 0989189380


Tuyển tập chuyên đề toán 6



Lấy n + 1 số nguyên đã cho chia cho n thì 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 ai = nq1 + r

0ra1; q2  N

aj = nq2 + r

 aj - aj = n(q 1 - q 2)  n
Vậy trong n +1 số nguyên bất kỳ có 2 số có hiệu chia hết cho n.
Nếu khơng có 1 tổng nào 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
Vậy theo nguyên lý Đirichlet sẽ tồn tại ít nhất 2 tổng mà chi cho n có cùng số dư  (theo
VD1) hiệu cùadr tổng này chia hết cho n (ĐPCM).
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: CMR: Tồn tại n  N sao cho 17n - 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 khơng 1 số có dạng.
19931993 … 1993000 … 00  1994
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: Xét dãy số 17, 17 , …, 17 (tương tự VD2)

2

25

Bài 2: Ta có 1994 số nguyên chứa toàn bộ số 1 là:
1
11
111
…

1 1 1  1
1
 
1 99 4 sè 1

Khi chia cho 1993 thì có 1993 số dư  theo ngun lý Đirichlet có ít nhất 2 số có cùng số dư.
Giả sử đó là
ai = 1993q + r

0  r < 1993

aj = 1993k + r

i > j; q, k  N

 aj - aj = 1993(q - k)

1 1 1  1 00  1 9 9 3( q  k )
1 0
   

i - j 1 99 4 sè 1

i sè 0

1 1 1  1 .1 0  1 9 9 3( q  k )
1
 
j

i - j 19 9 4 sè 1

Trung tâm gia sư VIP –
Hotline: 0989189380


Tuyển tập chuyên đề toán 6



mà (10j, 1993) = 1

111  
 
 11

 1993 (ĐPCM)

1994 sè 1

Bài 3: Xét dãy số gồm 17 số nguyên bất kỳ là

a1, a2, …, a17
Chia các số cho 5 ta được 17 số dư ắt phải có 5 số dư thuộc tập hợp{0; 1; 2; 3; 4}
Nếu trong 17 số trên có 5 số khi chia cho 5 có cùng số dư thì tổng của chúng sẽ chia hết cho
5.
Nếu trong 17 số trên khơng có số 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
Vậy tổng của 5 số này chia hết cho 5.
Bài 4: Xét dãy số a1 = 1993, a2 = 19931993, …
a1994 =

1993   
   1993
1994 sè 1993

đem chia cho 1994  có 1994 số dư thuộc tập {1; 2; …; 1993} theo ngun lý Đirichlet có ít nhất
2 số hạng có cùng số dư.
Giả sử: ai = 1993 … 1993 (i số 1993)
aj = 1993 … 1993 (j số 1993)
 aj - aj  1994

1  i < j  1994

1993  1993 . 10
 

ni

1993

j - i sè 1993

9. Phương pháp 9: PHƯƠNG 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 n2 + 3n + 5  121 với  n  N
Giả sử tồn tại n  N sao cho n2 + 3n + 5  121
 4n2 + 12n + 20  121 (vì (n, 121) = 1)

Trung tâm gia sư VIP –
Hotline: 0989189380


Tuyển tập chuyên đề toán 6



 (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 n2 + 3n + 5  121
Ví dụ 2: CMR n2 - 1  n với  n  N*
Giải
Xét tập hợp số tự nhiên N

*

Giả sử  n  1, n  N* sao cho n2 - 1  n
Gọi d là ước số chung nhỏ nhất khác 1 của n  d  (p) theo định lý Format ta có
2d-1  1 (mod d)  m < d
ta chứng minh m\n
Giả sử n = mq + r (0  r < m)
Theo giả sử n2 - 1  n  nmq+r - 1  n
 2 r(nmq - 1) + (2r - 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 n2 - 1  n với  n  N*
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
2

Bài 1: Có tồn tại n  N sao cho n + n + 2  49 không?
Bài 2: CMR: n2 + n + 1  9 với  n  N*
Bài 3: CMR: 4n2 - 4n + 18  289 với  n  N
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
2

Bài 1: Giả sử tồn tại n  N để n + n + 2  49
 4n2 + 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)

Trung tâm gia sư VIP –
Hotline: 0989189380




Tuyển tập chuyên đề toán 6

Từ (1); (2)  7  49 vô lý.
Bài 2: Giả sử tồn tại n2 + n + 1  9 với  n
 (n + 2)(n - 1) + 3  3 (1)
n  2  3
vì 3 là số nguyên tố  
 (n + 2)(n - 1)  9 (2)
n  13
Từ (1) và (2)  3  9 vô lý
Bài 3: Giả sử  n  N để 4n2 - 4n + 18  289
 (2n - 1)2 + 17  172
 (2n - 1)  17
17 là số nguyên tố  (2n - 1)  17  (2n - 1)2  289
 17  289 vô lý.

Trung tâm gia sư VIP –
Hotline: 0989189380