Bài toán chia hết trong số học

Mục lục
Lời Mở đầu. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
Chương 1. Các kiến thức cơ sở . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.1. Phép chia trong tập hợp các số nguyên. . . . . 6
1.1.1. Phép chia hết . . . . . . . . 6
1.1.2. Phép chia có dư. . . . . . . . . . 7
1.1.3. Số nguyên tố, hợp số . . . . . . . 8
1.1.4. Ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất . . . . 8
1.1.5. Một số tính chất khác về chia hết . . . . . 9
1.1.6. Một vài hàm số học thông dụng . . . . . . 9
1.2. Đồng dư . . . . . . . . . . 11
1.2.1. Khái niệm đồng dư . . . . . . . . 11
1.2.2. Một số tính chất của đồng dư thức. . . . . 12
1.2.3. Hệ thặng dư và lớp thặng dư. . . . . 12
1.2.4. Một số định lý nổi tiếng trong lý thuyết đồng dư . . 13
Chương 2. Một số phương pháp giải bài toán chia hết. . . . . . . 15
2.1. Phương pháp áp dụng các tính chất của phép chia hết . . 15
2.1.1. Áp dụng các tính chất cơ bản của phép chia hết. . . 15
2.1.2. Phương pháp xét số dư . . . . . . 21
2.1.3. Áp dụng hằng đẳng thức. . . . . . . . 26
2.2. Phương pháp áp dụng đồng dư . . . . . . 28
2.2.1. Áp dụng tính chất của đồng dư thức . . . . . . 28
2.2.2. Áp dụng các định lý về đồng dư. . . . . . . 33
2
2.3. Một số phương pháp khác . . . . . . . 40
2.3.1. Phương pháp quy nạp toán học . . . . . . . 40
2.3.2. Phương pháp chứng minh phản chứng. . . . . 44
2.3.3. Sử dụng nguyên lý Dirichlet. . . . . . 46
Chương 3. Một số bài toán áp dụng. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
3.1. Một số áp dụng trong giải phương trình nghiệm nguyên . 48
3.2. Một số bài toán về tính chia hết các số hạng của dãy số nguyên . 53

3.3. Một số bài toán về tìm số nguyên thỏa mãn điều kiện cho trước liên
quan đến chia hết . . . . . . . . . 57
3.4. Một số bài tập khác . . . . . . . 62
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
Tài liệu tham khảo . . . . 68
3
Lời mở đầu
Số học là một phân môn quan trọng và là lĩnh vực cổ xưa nhất của Toán
học. Số học sớm được giảng dạy trong chương trình phổ thông từ khi học
sinh bắt đầu học Toán học, với việc làm quen với các con số và các khái niệm
đơn giản như tính chia hết, ước số chung lớn nhất, bội số chung nhỏ nhất,.
Cho đến các công trình nghiên cứu của các nhà khoa học, Số học cũng là lĩnh
vực có nhiều những bài toán, giả thuyết đang được nghiên cứu và chưa được
giải đáp. Trên con đường tìm kiếm lời giải cho những bài toán, giả thuyết đó,
nhiều tư tưởng lớn, lý thuyết lớn của Toán học đã được nảy sinh.
Trong chương trình phổ thông hiện nay, Số học chưa được giành nhiều
thời gian để học chuyên sâu nhưng là lĩnh vực xuất hiện nhiều trong các đề
thi Học sinh giỏi các cấp và trở thành một bộ phận quan trọng trong chương
trình giảng dạy Toán ở các lớp chọn và các lớp chuyên Toán, là công cụ tốt
để rèn luyện trí thông minh và tư duy Toán học.
Tác giả đã lựa chọn đề tài “Bài toán chia hết trong số học” với mục đích
tham khảo để tiếp cận và hoàn thiện thêm những vấn đề cơ bản của Số học,
làm cơ sở học tập và nghiên cứu các lĩnh vực khác của lý thuyết số sơ cấp.
Luận văn gồm 3 chương:
Chương 1 – Các kiến thức cơ sở.
Trong chương này, tác giả trình bày tóm tắt lại một số khái niệm, tính
chất về phép chia trong tập các số nguyên và một số vấn đề liên quan. Trong
đó, lý thuyết đồng dư là một công cụ cơ bản và mạnh mẽ để giải các bài toán
chia hết.
4

Chương 2 – Một số phương pháp giải bài toán chia hết.
Trong chương này, tác giả trình bày một số phương pháp phổ biến thường
được sử dụng trong các bài toán liên quan đến chia hết như: phương pháp sử
dụng các tính chất của phép chia hết, phương pháp sử dụng lý thuyết đồng
dư và các định lý nổi tiếng, phương pháp quy nạp toán học, phương pháp
chứng minh bằng phản chứng, phương pháp áp dụng nguyên lý Dirichlet, .
Chương 3 – Một số bài toán áp dụng. Trong chương này, tác giả trình
bày một số bài toán của Số học liên quan đến phép chia hết như: áp dụng
trong giải các phương trình nghiệm nguyên, tính chất chia hết của các số
hạng của dãy số nguyên, bài toán tìm số nguyên thỏa mãn tính chất cho
trước,.
Với tất cả sự cố gắng, nhưng với thời gian, năng lực có hạn, luận văn
không tránh khỏi những thiếu sót. Tác giả rất mong nhận được sự đóng góp
ý kiến của các Thầy giáo, Cô giáo và các bạn để luận văn được hoàn thiện
hơn.
5
Chương 1
Các kiến thức cơ sở
Trong số học, tính chất chia hết giữ một vị trí quan trọng. Nó là cơ sở
để đưa ra và giải quyết các bài toán về số nguyên tố, hợp số, ước chung lớn
nhất, bội chung nhỏ nhất, lý thuyết đồng dư,
Trong chương này, chúng ta cùng hệ thống lại một số kiến thức cơ bản
và thường xuyên được áp dụng trong các bài toán về chia hết trong số học.
1.1. Phép chia trong tập hợp các số nguyên
Trong tập hợp các số nguyên, các phép toán cộng, trừ, nhân luôn thực
hiện được. Tuy vậy, phép chia một số nguyên a cho một số nguyên b = 0
không phải lúc nào cũng thực hiện được.
Khi phép chia số nguyên a cho số nguyên b = 0 được thương là một số
nguyên x thỏa mãn phương trình bx = a thì ta nói rằng a chia hết cho b.
1.1.1. Phép chia hết

Định nghĩa 1.1. Cho a, b là các số nguyên, b khác 0.
Ta nói rằng a chia hết cho b (hay b chia hết a) nếu tồn tại số nguyên c sao
cho a = bc.
Khi đó, ta còn nói a là bội số của b hay b là ước số của a.
Ký hiệu là: a
.
.
. b hay b |a.
6
Trên tập hợp các số nguyên, ta có các tính chất sau:
Tính chất 1.2.
1. Với mọi số nguyên a = 0, ta có: a |0.
2. Với mọi số nguyên a, ta có: 1 |a.
3. (Tính chất phản xạ) a |a.
4. (Tính chất bắc cầu) Nếu a|b và b|c thì a|c.
5. Nếu a|b và a|c thì a |(mb + nc).
Nếu a|b và a|(b ± c) thì a|c.
6. Nếu a|c và b|c thì (ab)|(cd).
Nếu a|b thì với mọi số tự nhiên n, ta có: (a
n
) |(b
n
).
7. Nếu a|b thì |a| ≤ |b|. Vì vậy:
Nếu a|b và a, b nguyên dương thì a ≤ b.
Nếu a|b và b|a thì |a| = |b|.
8. Nếu a|b thì (±a) | (±b).
Mọi số nguyên a đều có ±1 và ±a (nếu a = 0) là các ước số của a, gọi
là các ước tầm thường của a.
Các ước số còn lại gọi là ước thực sự của a.

1.1.2. Phép chia có dư
Định lý 1.3. Cho a, b là các số nguyên, b khác 0. Khi đó tồn tại duy nhất
cặp số nguyên (q, r), sao cho a = bq + r, 0 ≤ r < |b|.
Định nghĩa 1.4. Cho a, b là các số nguyên, b khác 0. Khi đó, ta nói rằng a
chia cho b có thương là q và số dư là r nếu a = bq + r, 0 ≤ r < |b|.
Khi r = 0 thì ta được a chia hết cho b.
Khi r = 0 thì ta nói rằng a không chia hết cho b.
7
1.1.3. Số nguyên tố, hợp số
Định nghĩa 1.5. Số nguyên tố là số nguyên dương lớn hơn 1 và chỉ có hai
ước số nguyên dương là 1 và chính nó. Số nguyên dương khác 1 và không là
số nguyên tố được gọi là hợp số.
Định lý 1.6 (Euclide). Tập hợp các số nguyên tố là vô hạn.
Định lý 1.7 (Định lý cơ bản của số học). Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều
phân tích được thành tích các thừa số nguyên tố và phân tích đó là duy nhất
nếu không kể đến thứ tự các thừa số nguyên tố.
1.1.4. Ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất
Định nghĩa 1.8. Ước chung lớn nhất của hai số nguyên a, b không đồng thời
bằng 0 là số nguyên lớn nhất chia hết cả a và b, ký hiệu là (a, b).
Khi (a, b) = 1, ta nói rằng hai số a và b nguyên tố cùng nhau.
Tính chất 1.9.
1. (ma, mb) = m (a, b), với mọi m nguyên dương.
Nếu d > 0 là ước chung của a, b thì

a
d
,
b
d


=
(a, b)
d
.
Nếu (a, b) = d thì

a
d
,
b
d

= 1 .
2. Nếu m|a, m|b thì m|(a, b).
3. (a, b) = (a, −b) = (b, a) = (b, a + kb), với mọi số nguyên k.
4. Nếu (a, m) = (b, m) = 1 thì (ab, m) = 1.
5. Nếu m|(ab)và (m, a) = 1 thì m|b.
6. Nếu a
.
.
.m, a
.
.
.n và (m, n) = 1 thì a
.
.
. (mn).
Định lý 1.10. Cho a và b là các số nguyên, và d = (a, b). Khi đó tồn tại các
số nguyên m, n sao cho d = ma + nb.
8

Hệ quả 1.11.
1. (a, b) = min {x = ma + nb : x > 0, m, n ∈ Z}.
2. (a, b) = 1 ⇔ ∃m, n ∈ Z : ma + nb = 1.
Định nghĩa 1.12. Bội chung nhỏ nhất của hai số nguyên a, b khác 0 là số
nguyên dương nhỏ nhất chia hết cho cả a và b, ký hiệu là [a, b].
Định lý 1.13. Cho a và b là các số nguyên dương. Ta có (a, b) [a, b] = ab.
Tính chất 1.14.
1. [ma, mb] = m [a, b], với mọi m nguyên dương.
2. Nếu a|m, b|m thì [a, b] |m.
3. Nếu d > 0 là ước chung của a, b thì

a
d
,
b
d

=
[a, b]
d
.
4. Cho k là một bội chung của a và b. Ta có k = [a, b] ⇔

k
a
,
k
b

= 1.

Cách tìm ƯCLN, BCNN của hai số bằng cách phân tích thành thừa
số nguyên tố.
Giả sử a =
k

i=1
p
α
i
i
, b =
k

i=1
p
β
i
i
thì (a, b) =
k

i=1
p
min{α
i
,β
i
}
i
, [a, b] =

k

i=1
p
max{α
i
,β
i
}
i
1.1.5. Một số tính chất khác về chia hết
1. Cho p là số nguyên tố. Khi đó nếu (ab)
.
.
.p thì a
.
.
.p hoặc b
.
.
.p.
2. Cho p là số nguyên tố, a
n
.
.
.p ⇒ a
.
.
.p.
3. Tích của n số nguyên liên tiếp thì chia hết cho n!.

1.1.6. Một vài hàm số học thông dụng
Hàm phần nguyên: Cho x là số thực. Ta gọi phần nguyên của x, ký hiệu
là [x], là số nguyên lớn nhất không vượt quá x.
Ta gọi phần lẻ của x, ký hiệu là {x}, là số {x} = x −[x].
9
Hàm số lượng các ước nguyên dương: Cho n là số nguyên dương. Khi
đó ta ký hiệu τ (n) là số lượng các ước nguyên dương của n.
Vài tính chất của τ (n) :
1. τ (n) là hàm nhân tính : Với mọi số nguyên dương n
1
, n
2
nguyên tố
cùng nhau, ta có : τ (n
1
.n
2
) = τ (n
1
) .τ (n
2
).
2. Nếu p là số nguyên tố thì τ (p) = 2.
3. Nếu số nguyên dương n có khai triển chính tắc n = p
α
1
1
p
α
2

2
···p
α
k
k
thì
τ (n) = (α
1
+ 1) (α
2
+ 1) (α
k
+ 1).
Hàm tổng các ước nguyên dương: Cho số nguyên dương n. Khi đó ta
ký hiệu σ (n) là tổng tất cả các ước nguyên dương của n (kể cả 1 và n).
Vài tính chất của hàm σ (n) :
1. σ (n) là hàm nhân tính : Với mọi số nguyên dương n
1
, n
2
nguyên tố
cùng nhau, ta có : σ (n
1
.n
2
) = σ (n
1
) .σ (n
2
).

2. Nếu p là số nguyên tố thì σ (p) = p + 1.
3. Nếu số nguyên dương n có khai triển chính tắc n = p
α
1
1
p
α
2
2
···p
α
k
k
thì
σ (n) =
p
α
1
+1
1
− 1
p
1
− 1
·
p
α
2
+1
2

− 1
p
2
− 1
· · ·
p
α
k
+1
k
− 1
p
k
− 1
.
Hàm Eule: Cho n là số nguyên dương. Khi đó ta ký hiệu ϕ (n) là số lượng
các số nguyên dương không vượt quá n và nguyên tố cùng nhau với n.
ϕ (n) = {x ∈ N
∗
: 0 < x < n, (x, n) = 1}
Vài tính chất của hàm ϕ (n) :
1. ϕ (n) là hàm nhân tính: Với mọi số nguyên dương n
1
, n
2
nguyên tố
cùng nhau, ta có : ϕ (n
1
.n
2

) = ϕ (n
1
) .ϕ (n
2
).
2. Nếu p là số nguyên tố thì: ϕ (p) = p−1; ϕ

p
k

= p
k
−p
k−1
, (k ∈ N
∗
).
3. (Định lý Gauss) Với mọi số nguyên dương n, ta có :

d|n
ϕ (d) = n.
10
4. Nếu số nguyên dương n có khai triển chính tắc n = p
α
1
1
p
α
2
2

···p
α
k
k
thì
ϕ (n) = n

1 −
1
p
1

1 −
1
p
2

···

1 −
1
p
k

.
Hàm tổng các chữ số của n viết trong hệ thập phân: Cho n là số nguyên
dương. Khi đó ta ký hiệu S (n) là tổng các chữ số của n viết trong hệ
thập phân.
Vài tính chất của S (n) :
1. Với mọi n nguyên dương, ta có : 0 < S (n) ≤ n.

2. S (n) = n ⇔ 1 ≤ n ≤ 9.
3. Với mọi m, n nguyên dương, ta có :
S (m + n) ≤ S (m) + S (n) , S (m.n) ≤ S (m) .S (n) .
1.2. Đồng dư
Lý thuyết đồng dư do nhà toán học Gauss (1777-1855) trình bày trong
tác phẩm "Disquisitiones Arithmeticae". Phần chính của sách được viết khi
ông còn là sinh viên và xuất bản năm 1801 khi ông mới 24 tuổi. Ngày nay
lý thuyết được thừa nhận là một công cụ cực kỳ cơ bản và đầy sức mạnh khi
nghiên cứu lý thuyết số.
1.2.1. Khái niệm đồng dư
Định nghĩa 1.15. Cho số nguyên dương m. Nếu hai số nguyên a và b có
cùng số dư khi chia cho m thì ta nói rằng a và b đồng dư với nhau theo
modulo m, kí hiệu là a ≡ b (mod m).
Nói cách khác, a và b đồng dư với nhau theo modulo m khi và chỉ khi a −b
chia hết cho m.
Hay a ≡ b (mod m) ⇔ ∃t ∈ Z : a = b + mt.
Hệ thức a ≡ b (mod m) được gọi là một đồng dư thức.
Cách viết như trên thuận tiện cho việc phát biểu và tính toán.
11
1.2.2. Một số tính chất của đồng dư thức
Các tính chất sau đây xét trên tập các số nguyên và m là số nguyên dương.
Tính chất 1.16.
1. (Phản xạ) a ≡ a (mod m).
2. (Đối xứng) Nếu a ≡ b (mod m) thì b ≡ a (mod m).
3. (Bắc cầu) Nếu a ≡ b (mod m) , b ≡ c (mod m) thì a ≡ c (mod m).
4. Nếu a ≡ b (mod m) và c ≡ d (mod m) thì a ± b ≡ c ± d (mod m).
• a + c ≡ b (mod m) ⇔ a ≡ b − c (mod m).
• a ≡ b (mod m) ⇔ a ± c ≡ b ±c (mod m).
5. Nếu a ≡ b (mod m) và c ≡ d (mod m) thì ac ≡ bd (mod m).
• Nếu a ≡ b (mod m) thì a

n
≡ b
n
(mod m) , ∀n ∈ N.
6. Nếu ca ≡ cb (mod m) và (c, m) = 1 thì a ≡ b (mod m).
7. Nếu a ≡ b (mod m) thì ak ≡ bk (mod mk).
8. ca ≡ cb (mod m) ⇔ a ≡ b

mod
m
(c, m)

.
9. Nếu a ≡ b (mod m
i
) với i = 1, 2, 3, , n
thì a ≡ b (mod [m
1
, m
2
, , m
n
] ) với n ∈ N.
1.2.3. Hệ thặng dư và lớp thặng dư
Các tính chất 1, 2, 3 ở trên cho thấy quan hệ “đồng dư modulo m” là một
quan hệ tương đương.
Mỗi lớp tương đương gọi là một lớp thặng dư modulo m.
Mỗi phần tử của lớp thặng dư modulo m gọi là một thặng dư modulo m.
12
Định nghĩa 1.17. Với mỗi số r (0 ≤ r ≤ m − 1), tập r tất cả các số nguyên

khi chia cho m có số dư là r được gọi là lớp thặng dư modulo m. Mỗi phần
tử của r gọi là một thặng dư modulo m.
Nhận xét 1.18. Với mỗi số nguyên m ≥ 1, có tất cả m lớp thặng dư modulo
m khác nhau. Ta có hợp tất cả các lớp thặng dư modulo m chính là tập hợp
Z các số nguyên.
Định nghĩa 1.19. Trong mỗi lớp thặng dư modulo m lấy một thặng dư đại
diện. Tập hợp m phần tử đó được gọi là hệ thặng dư đầy đủ modulo m. Nói
cách khác, hệ thặng dư đầy đủ modulo m là tập hợp m số nguyên đôi một
không đồng dư modulo m.
H ={0, 1, , m − 1} là hệ thặng dư đầy đủ modulo m không âm nhỏ nhất.
Định nghĩa 1.20. Trong một hệ thặng dư đầy đủ, bỏ đi các số không nguyên
tố cùng nhau với m, ta được một tập hợp gọi là hệ thặng dư thu gọn modulo
m. Các hệ này của cùng số nguyên m thì có số phần tử bằng nhau và cùng
bằng ϕ (m).
1.2.4. Một số định lý nổi tiếng trong lý thuyết đồng dư
Định lý 1.21 (Định lý Fermat nhỏ).
Giả sử p là một số nguyên tố và a là một số tự nhiên tuỳ ý. Nếu (a, p) = 1
thì a
p−1
≡ 1 (mod p).
Định lý 1.22 (Dạng khác của Định lý Fermat nhỏ).
Giả sử p là một số nguyên tố và a là một số tự nhiên tuỳ ý thì a
p
≡ a (mod p).
Định lý 1.23 (Định lý Euler).
Giả sử a, m là các số nguyên nguyên tố cùng nhau. Khi đó a
ϕ(m)
≡ 1 (mod m).
Định lý 1.24 (Định lý Wilson).
Với mọi số nguyên tố p, ta có (p − 1)! ≡ −1 (mod p).

13
Định lý 1.25 (Định lý đảo của định lý Wilson).
Nếu n là số nguyên dương và (n − 1)! ≡ −1 (mod n) thì n phải là một số
nguyên tố.
Định lý 1.26 (Định lý thặng dư Trung hoa).
Giả sử k số nguyên m
1
, m
2
, , m
k
đôi một nguyên tố cùng nhau và k số
nguyên bất kỳ a
1
, a
2
, , a
k
. Khi đó tồn tại số nguyên x thỏa mãn hệ
x ≡ a
i
(mod m
i
) , ∀i = 1, 2, , k.
Ngoài ra, nếu y thỏa mãn hệ trên thì y ≡ x (modM), ở đó M = m
1
.m
2
, , m
k

.
Một cách tìm nghiệm x như sau:
• Đặt M
i
=
M
m
i
, i = 1, 2, , k.
Vì (m
j
, m
i
) = 1 với j = i nên (M
i
, m
i
) = 1.
Do đó tồn tại x
i
sao cho M
i
x
i
≡ 1 (modm
i
), i = 1, 2, , k.
• Lập tổng x = a
1
M

1
x
1
+ a
2
M
2
x
2
+ · + a
r
M
k
x
k
.
Ta có x là một nghiệm của hệ x ≡ a
i
(modm
i
) , i = 1, 2, , k.
14
Chương 2
Một số phương pháp giải bài toán
chia hết
Có nhiều phương pháp để giải bài toán chia hết.
Trong chương này, chúng ta cùng hệ thống lại một số phương pháp chứng
minh chia hết tiêu biểu thường được áp dụng:
2.1. Phương pháp áp dụng tính chất của phép chia hết, kết hợp với xét
số dư, các hằng đẳng thức đáng nhớ,

2.2. Phương pháp áp dụng lý thuyết đồng dư.
2.3. Một số phương pháp khác: phương pháp quy nạp toán học, phương
pháp chứng minh phản chứng, phương pháp áp dụng nguyên lý Dirichlet,
2.1. Phương pháp áp dụng các tính chất của phép chia hết
2.1.1. Áp dụng các tính chất cơ bản của phép chia hết
• Một số bài toán đơn giản có thể giải bằng cách áp dụng các tính chất
của phép chia hết.
Chẳng hạn, các ví dụ sau đây áp dụng tính chất chia hết của một tổng,
tích, tính chất bắc cầu, tính chất chia hết của lũy thừa cho số nguyên
tố,
15
Ví dụ 1. Cho a, b, c là các số nguyên. Chứng minh rằng:
1) Nếu 11a + 2b chia hết cho 19 thì 18a + 5b chia hết cho 19 và ngược lại.
2) Nếu 5a
2
+ 15ab − b
2
chia hết cho 49 thì 3a + b chia hết cho 7 và ngược
lại.
3) Nếu a
2
− 3ab + 4b
2
chia hết cho 49 thì a và b cùng chia hết cho 7.
4) Nếu a
2
+ ab + b
2
chia hết cho 9 thì a và b cùng chia hết cho 3.
5) Nếu a

3
+ b
3
+ c
3
chia hết cho 9 thì abc chia hết cho 3.
Lời giải.
1) Ta có hiệu 5 (11a + 2b) − 2 (18a + 5b) = 19a chia hết cho 19.
Từ đó suy ra: 11a + 2b chia hết cho 19 khi và chỉ khi 18a + 5b chia hết
cho 19.
2) Ta viết 5a
2
+ 15ab − b
2
= 14a
2
+ 21ab − (3a + b)
2
.
+) Nếu 5a
2
+ 15ab − b
2
chia hết cho 49 thì nó cũng chia hết cho 7.
Khi đó (3a + b)
2
chia hết cho 7. Suy ra 3a + b chia hết cho 7.
+) Ngược lại, nếu 3a + b chia hết cho 7.
Ta có 2 (2a + 3b) = 7 (a + b) − (3a + b) chia hết cho 7
Nhưng (2; 7) = 1 nên 2a + 3b chia hết cho 7.

Khi đó 5a
2
+15ab−b
2
= 14a
2
+21ab−(3a + b)
2
= 7a (2a + 3b)−(3a + b)
2
chia hết cho 49.
3) Ta có a
2
− 3ab + 4b
2
= (a + 2b)
2
− 7ab.
+) Nếu a
2
− 3ab + 4b
2
chia hết cho 49 thì cũng chia hết cho 7.
Suy ra (a + 2b)
2
chia hết cho 7 nên 2a + b chia hết cho 7.
Khi đó (a + 2b)
2
chia hết cho 49 nên 7ab chia hết cho 49
hay ab chia hết cho 7.

Từ đó suy ra a và b cùng chia hết cho 7.
+) Điều ngược lại hiển nhiên đúng.
16
4) Ta viết a
2
+ ab + b
2
= (a − b)
2
+ 3ab. Từ đó giải tương tự như phần 3.
5) Phân tích a
3
+ b
3
+ c
3
−3abc = (a + b + c)
3
−3 (a + b + c) (ab + bc + ca).
Nếu a
3
+ b
3
+ c
3
chia hết cho 9 thì vế phải chia hết cho 3.
Suy ra (a + b + c)
3
.
.

. 3 hay (a + b + c)
.
.
. 3.
Khi đó vế phải chia hết cho 9 nên 3abc
.
.
. 9 hay abc
.
.
. 3 .

• Ví dụ sau đây minh họa tính chất tích của k số nguyên liên tiếp chia hết
cho k!
Ví dụ 2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n, ta có:
1) A = n
3
− n chia hết cho 6.
2) B = n
5
− n chia hết cho 30.
Lời giải.
1) Ta có A = n
3
− n = n(n − 1)(n + 1) là tích của ba số nguyên liên tiếp
nên chia hết cho 6 = 3!
2) Ta có B = n
5
−n = n(n
2

−1)(n
2
−4 + 5) = n(n − 1)(n + 1)(n −2)(n +
2) + 5n(n − 1)(n + 1). Trong đó n(n − 1)(n + 1)(n − 2)(n + 2) là tích 5
số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2.3.5 = 30.
Còn 5n(n − 1)(n + 1) chia hết cho 5.6 = 30.
Do đó ta có B = n
5
− n chia hết cho 30.

• Bài toán này còn có thể chứng minh bằng cách xét số dư của n khi chia
cho 3 hay 5.
• Chúng ta cũng có thể nhờ định lý Fermat nhỏ để giải bài toán này như
sau:
1) Trước hết nhận thấy n và n
3
cùng tính chẵn lẻ nên A chia hết cho 2.
Thêm nữa, theo định lý Fermat nhỏ, ta có A = n
3
− n chia hết cho 3.
17
Do (2, 3) = 1 nên suy ra A chia hết cho 6.
Có thể biến đổi biểu thức A để được các bài toán tương đương. Chẳng
hạn, chứng minh rằng: n
3
+ 5n chia hết cho 6. Bài toán này tương đương
với bài toán trên vì ta có biến đổi n
3
+ 5n =


n
3
− n

+ 6n.
2) Ta có B =

n
3
− n

n
2
+ 1

nên chia hết cho 6.
Mặt khác, theo định lý Fermat nhỏ, B = n
5
− n chia hết cho 5.
Do (5, 6) = 1 nên suy ra B chia hết cho 30.
• Từ ví dụ trên, ta dễ dàng chứng minh bài toán sau.
Ví dụ 3. Cho a, b, c là các số nguyên.
1) Chứng minh rằng a
3
+ b
3
+ c
3
.
.

. 6 khi và chỉ khi a + b + c
.
.
. 6
2) Chứng minh rằng a
5
+ b
5
+ c
5
.
.
. 30 khi và chỉ khi a + b + c
.
.
. 30
• Các ví dụ sau được giải bằng cách phân tích thành tích và kết hợp với
sử dụng các tính chất chia hết.
Ví dụ 4. Chứng minh rằng:
1) A = n
3
+ 3n
2
− n − 3 chia hết cho 48 với n là số nguyên lẻ.
2) B = n
4
−14n
3
+ 71n
2

−154n + 120 chia hết cho 24 với mọi số nguyên n.
3) C = n
4
− 4n
3
− 4n
2
+ 16n chia hết cho 384 với mọi số nguyên n chẵn.
4) D = n
5
− 5n
3
+ 4n chia hết cho 120 với mọi số nguyên n.
5) E = n
12
− n
8
− n
4
+ 1 chia hết cho 512 với mọi n là số nguyên lẻ.
6) F = n
8
− n
6
− n
4
+ n
2
chia hết cho 1152 với mọi n là số nguyên lẻ.
7) G = n

6
− n
2
chia hết cho 60 với mọi số nguyên n.
Lời giải.
18
1) Ta có A = n
3
+ 3n
2
− n − 3 = (n − 1)(n + 1)(n + 3).
Với n là số nguyên lẻ nên n = 2k + 1 với k ∈ Z.
Khi đó A = 8k (k + 1) (k + 2) chia hết cho 48.
2) Ta có B = n
4
−14n
3
+ 71n
2
−154n + 120 = (n −2)(n −3)(n −4)(n −5).
Vì B là tích của bốn số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 3.
Mặt khác trong bốn số nguyên liên tiếp, luôn có hai số chẵn liên tiếp nên
B chia hết cho 8.
Do (3, 8) = 1 nên B chia hết cho 24.
3) Ta có C = n
4
− 4n
3
− 4n
2

+ 16n = n(n − 4)(n
2
− 4).
Với n là số nguyên chẵn nên n = 2k với k ∈ Z.
Khi đó C = 16(k − 2)(k − 1)k(k + 1) chia hết cho 16.24 = 384.
4) Ta có D = n
5
−5n
3
+ 4n = n(n −1)(n + 1)(n −2)(n +2) là tích của năm
số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 120.
5) Ta có
E = n
12
−n
8
−n
4
+ 1 =

n
4
− 1

n
8
− 1

=


(n
2
− 1)(n
2
+ 1)

2
(n
4
+ 1).
Với n là số nguyên lẻ nên n = 2k + 1 với k ∈ Z.
Khi đó E = 64 [k(k + 1)]
2

2k
2
+ 2k + 1

2
(n
4
+ 1).
Do [k(k + 1)]
2
.
.
. 4 và n
4
+ 1
.

.
. 2 nên E chia hết cho 64.4.2 = 512.
6) Ta có F = n
8
− n
6
− n
4
+ n
2
= n
2
(n − 1)
2
(n + 1)
2
(n
2
+ 1).
Từ đó giải tương tự như trên với phân tích 1152 = 128.9
7) Ta có G = n
6
− n
2
= (n − 1)n
2
(n + 1)(n
2
+ 1).
Vì 60 = 3.4.5 nên ta đi chứng minh G chia hết cho 3, cho 4 và cho 5.

+) Chứng minh G chia hết cho 3:
Vì (n-1)n(n+1) là tích ba số nguyên liên tiếp nên G chia hết cho 3.
+) Chứng minh G chia hết cho 4:
- Nếu n chẵn thì n
2
chia hết cho 4.
19
- Nếu n lẻ thì (n − 1) và (n + 1) là hai số chẵn nên (n − 1)(n + 1) chia
hết cho 4.
Vậy G chia hết cho 4.
+) Chứng minh G chia hết cho 5:
Ta có G = n(n
5
− n) nên chia hết cho 5.
Vì 3, 4, 5 đôi một nguyên tố cùng nhau nên G chia hết cho 60.

Ví dụ 5. Chứng minh rằng với mọi k, n ∈ N
∗
, k lẻ, ta có:

k
2
n
− 1

.
.
. 2
n+2
.

Lời giải. Ta có

k
2
n
− 1

= (k − 1)

k
2
0
+ 1

k
2
1
+ 1



k
2
n−1
+ 1

.
Tích này có n + 1 thừa số.
Ta có (k − 1) (k + 1)
.

.
. 8 và các số hạng còn lại đều chẵn.
Vậy

k
2
n
− 1

.
.
.

8.2
n−1

. Ta có điều phải chứng minh.

Ví dụ 6. Cho k, n ≥ 2 là các số nguyên dương. Chứng minh rằng:
1) n
k
− 1
.
.
. (n − 1)
2
⇔ k
.
.
. (n − 1).

2) (n + 1)
n
− 1
.
.
. n
2
.
3) n
n
− n
2
+ n − 1
.
.
. (n − 1)
2
.
4) 2
(2
n
−1)n
− 1
.
.
. (2
n
− 1)
2
.

Lời giải.
1) Ta có: n
k
− 1 = (n − 1)

n
k−1
+ n
k−2
+ ···+ n + 1

= (n − 1)

n
k−1
− 1

+

n
k−2
− 1

+ ···+ (n − 1) + (1 − 1) + k

= (n − 1)
2
.M + k (n − 1). Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
2) Áp dụng phần 1) bằng cách thay n bởi n + 1 và thay k bởi n.
3) Áp dụng phần 1) bằng cách thay k bởi n − 1.

Ta được n
n−1
− 1
.
.
. (n − 1)
2
.
Từ đó ta có n
n
− n
2
+ n − 1 = n

n
n−1
− 1

− (n − 1)
2
.
.
. (n − 1)
2
.
4) Áp dụng phần 1) bằng cách thay n bởi 2
n
và thay k bởi 2
n
− 1.


20
2.1.2. Phương pháp xét số dư
• Để chứng minh A(n) chia hết cho p, ta xét các trường hợp số dư khi chia
n cho p dạng n = pk + r với r ∈ {0; 1; 2; ; p − 1} để biến đổi A(n) và
giải bài toán.
Ví dụ 7. Cho p và q là hai số nguyên tố sao cho p > q > 3 và p − q = 2.
Chứng minh rằng p + q chia hết cho 12.
Lời giải.
+) Chứng minh p + q chia hết cho 3:
Do q là số nguyên tố lớn hơn 3 nên q có dạng q = 3k ± 1.
Nếu q = 3k + 1 thì p = q + 2 = 3k + 3 chia hết cho 3. Nhưng p là số nguyên
tố lớn hơn 3 nên mâu thuẫn.
Nếu q = 3k − 1 thì p = 3k + 1. Khi đó ta có p + q = 6k nên p + q chia hết
cho 3.
+) Chứng minh p + q chia hết cho 4:
Ta có p và q là hai số nguyên tố lớn hơn 3 nên p + 1 và q + 1 là hai số chẵn
liên tiếp có hiệu bằng p −q = 2 nên trong hai số đó có một số chia hết cho 4.
Nếu p + 1 = 4m thì p = 4m − 1 và q = 4m − 3. Khi đó ta có (p + q)
.
.
. 4.
Nếu q + 1 = 4m thì q = 4m −1 và p = 4m + 1. Khi đó ta cũng có (p + q)
.
.
. 4.
Vậy p + q chia hết cho cả 3 và 4, và do (3, 4) = 1 nên p + q chia hết cho 12.

Ví dụ 8. Cho các số nguyên x, y, z thoả mãn
(x − y) (x − z) (y − z) = x + y + z

Chứng minh rằng x + y + z chia hết cho 27.
Lời giải. Nếu ba số x, y, z khi chia cho 3 có các số dư khác nhau thì các hiệu
x − y, x − z, y − z cùng không chia hết cho 3, nhưng x + y + z lại chia hết
cho 3, mâu thuẫn.
21
Nếu chỉ có hai trong ba số x, y, z khi chia cho 3 có cùng số dư, thì một trong
các hiệu x − y, x − z, y − z chia hết cho 3, nhưng x + y + z lại không chia
hết cho 3, mâu thuẫn.
Vậy ba số x, y, z có cùng số dư khi chia cho 3. Khi đó, mỗi hiệu x −y, x −z,
y −z chia hết cho 3 nên (x − y) (x − z) (y − z) = x + y + z chia hết cho 27.

Ví dụ 9. Cho n là số tự nhiên lớn hơn 3. Cho 2
n
= 10a + b (0 < b < 10).
Chứng minh rằng ab chia hết cho 6.
Lời giải. Đặt n = 4k + r (k, r ∈ N, 0 ≤ r ≤ 3).
+) Nếu r = 0 thì 2
n
= 16
k
có chữ số hàng đơn vị là 6 nên b = 6.
Khi đó ab chia hết cho 6.
+) Nếu 1 ≤ r ≤ 3 thì 2
n
− 2
r
= 2
r

16

k
− 1

.
.
. (2.5)
.
.
. 10
nên 2
n
và 2
r
có cùng chữ số hàng đơn vị. Vậy b = 2
r
.
Khi đó 10a = 2
n
− 2
r
= 2
r

16
k
− 1

.
.
. 3

nên a chia hết cho 3 hay ab chia hết cho 3.
Ta có b là chữ số hàng đơn vị của 2
n
nên b là số chẵn.
Do đó ab chia hết cho 2.
Vậy ab chia hết cho cả 2 và 3 nên chia hết cho 6.

Ví dụ 10. Chứng minh rằng không có số nguyên a để số A = a
2
+ a + 1 chia
hết cho 5.
Lời giải. Đặt a = 10q + r, 0 ≤ r < 10.
Ta có A = 100q
2
+ 20qr + 10q + r
2
+ r + 1.
Xét tất cả các trường hợp của r thì r
2
+ r + 1 có chữ số hàng đơn vị là 1, 3
và 7.
Vậy không có số a nào để A = a
2
+ a + 1 chia hết cho 5.

Ví dụ 11. Chứng minh rằng không có số nguyên a để a
2
+ 1 chia hết cho 3.
Lời giải. Xét số dư khi chia a cho 3. Số a có thể biểu diễn bằng một trong
các dạng sau: 3q, 3q + 1, 3q + 2. Xét từng khả năng phân tích số a:

22
+) Với a = 3q thì a
2
+ 1 = 9q
2
+ 1 chia cho 3 dư 1.
+) Với a = 3q + 1 thì a
2
+ 1 = 3

3q
2
+ 2q

+ 2 chia cho 3 dư 2.
+) Với a = 3q + 2 thì a
2
+ 1 = 3

3q
2
+ 4q + 1

+ 2 chia cho 3 dư 2.
Vậy trong mọi trường hợp thì a
2
+ 1 không chia hết cho 3.

• Chúng ta có thể nhận xét rằng với mọi số nguyên a thì a
2

khi chia cho 3
chỉ có thể nhận một trong các số dư là 0 và 1, nên a
2
+ 1 khi chia cho 3
chỉ có thể nhận một trong các số dư là 1 và 2, từ đó không có số nguyên
a nào để a
2
+ 1 chia hết cho 3.
Một số bài toán có thể dựa vào nhận xét số dư của các số lũy thừa.
Chẳng hạn, ta có:
+) a
2
≡ 0; 1 (mod3; 4), a
2
≡ 0; 1; 4 (mod5; 8), a
2
≡ 0; 1; 4; 2 (mod7).
+) a
3
≡ 0; 1; 8 (mod9), a
3
≡ 0; 1; 6 (mod7).
+) a
4
≡ 0; 1 (mod8).
• Ta có thể áp dụng những nhận xét trên để giải các bài toán sau:
Ví dụ 12. Cho x, y là các số nguyên. Chứng minh rằng
1) Nếu x
2
+ y

2
chia hết cho 3 thì x và y cùng chia hết cho 3.
2) Nếu x
2
+ y
2
chia hết cho 7 thì x và y cùng chia hết cho 7.
Lời giải.
1) +) Nếu trong hai số x, y chỉ có một số chia hết cho 3 thì rõ ràng x
2
+ y
2
không chia hết cho 3, trái với giả thiết.
+) Nếu cả hai số x, y không chia hết cho 3 thì x
2
+ y
2
chia cho 3 chỉ có
thể nhận số dư là 2 nên x
2
+ y
2
không chia hết cho 3, trái với giả thiết.
Vậy x và y cùng chia hết cho 3.
2) +) Nếu trong hai số x, y chỉ có một số chia hết cho 7 thì rõ ràng x
2
+ y
2
không chia hết cho 7, trái với giả thiết.
23

+) Nếu cả hai số x, y cùng không chia hết cho 7 thì x
2
+ y
2
chia cho 7
chỉ có thể nhận một trong các số dư là 1, 2, 3, 4, 5, 6 nên không chia hết
cho 7, trái với giả thiết.
Vậy chỉ có thể xảy ra trường hợp x và y cùng chia hết cho 7. Đây là điều
phải chứng minh.

Ví dụ 13. Cho x, y, z là những số tự nhiên thỏa mãn đẳng thức x
2
+y
2
= z
2
.
Chứng minh rằng xy
.
.
. 12.
Lời giải.
+) Nếu cả x, y cùng không chia hết cho 3 thì x
2
+ y
2
≡ 2 (mod3).
Trong khi z
2
≡ 0, 1 (mod 3), mâu thuẫn.

Điều đó chứng tỏ trong hai số x, y phải có ít nhất một số chia hết cho 3.
Vậy xy
.
.
. 3.
+) Nếu x, y cùng lẻ thì x
2
+ y
2
≡ 2 (mod8) trong khi đó z phải chẵn và
z
2
≡ 0, 4 (mod8), mâu thuẫn nên x, y không cùng lẻ.
Nếu x chẵn, y lẻ thì suy ra z lẻ và y
2
≡ x
2
≡ 1 (mod8) nên x
2
≡ 0 (mod8)
suy ra x
.
.
. 4. Khi đó ta được xy
.
.
. 4.
Nếu x lẻ, y chẵn thì tương tự.
Nếu x, y cùng chẵn thì xy
.

.
. 4.
Vậy xy
.
.
. 4.
Do (3, 4) = 1 nên ta có xy
.
.
. 12.

Ví dụ 14. Cho x, y là các số nguyên, n là số nguyên dương. Biết 4x
2
+ 7y
2
chia hết cho 9
n
. Chứng minh rằng x và y chia hết cho 3
n
.
Lời giải. Ta có 4x
2
+ 7y
2
= 9
n
.M
Nếu x không chia hết cho 3 thì y cũng không chia hết cho 3.
Khi đó, 4x
2

+ 7y
2
≡ 11 ≡ 2 (mod3) còn 9
n
.M ≡ 0 (mod3) (mâu thuẫn).
Vậy x, y cùng chia hết cho 3.
Đặt x = 3x
1
, y = 3y
1
(x
1
, y
1
∈ Z).
24
Ta có 4x
1
2
+ 7y
1
2
= 9
n−1
.M.
Lại tiếp tục lý luận tương tự, cuối cùng ta có: x = 3
n
x
n
, y = 3

n
y
n
(x
n
, y
n
∈ Z).
Từ đó ta có điều phải chứng minh.

• Cũng từ nhận xét với mọi số nguyên x thì x
2
khi chia cho 8 có số dư là
một trong các số 0, 1, 4. Chúng ta xét ví dụ sau:
Ví dụ 15. Cho p và 8p
2
+ 1 là các số nguyên tố. Hãy tìm p .
Lời giải. + p = 3 thỏa mãn bài toán.
+ Nếu p > 3 thì p
2
≡ 1 (mod3) nên 8p
2
+ 1 ≡ 0 (mod3) và 8p
2
+ 1 > 3
nên 8p
2
+ 1 không là số nguyên tố, trái với giả thiết.
Vậy p = 3.


Ví dụ 16. Cho a, b, c là các số nguyên. Chứng minh rằng a
2
+ b
2
+ c
2
+ 1
không chia hết cho 8.
Lời giải. Với mọi số nguyên x thì x
2
khi chia cho 8 có số dư là 0, 1, 4.
Do đó a
2
+ b
2
+ c
2
+ 1 khi chia cho 8 có số dư là 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7.
Trong mọi trường hợp, a
2
+ b
2
+ c
2
+ 1 không chia hết cho 8.
Từ đó ta có điều phải chứng minh.

• Từ nhận xét với mọi số nguyên x thì x
2
khi chia cho 9 có số dư là một

trong các số 0, 1, 4, 7. Chúng ta xét ví dụ sau:
Ví dụ 17. Cho a, b, c là các số nguyên.
Chứng minh rằng nếu a
2
+ b
2
+ c
2
chia hết cho 9 thì ít nhất một trong các
hiệu a
2
− b
2
, b
2
− c
2
, c
2
− a
2
chia hết cho 9.
Lời giải. Với mọi số nguyên x, số x
2
chia cho 9 có số dư là 0, 1, 4, 7.
Gọi r
1
, r
2
, r

3
tương ứng là số dư của a
2
, b
2
, c
2
khi chia cho 9.
Vì a
2
+ b
2
+ c
2
chia hết cho 9 nên xảy ra các trường hợp sau:
+) r
1
= r
2
= r
3
= 0.
25
+) {r
1
; r
2
; r
3
} = {1; 4; 4}.

+) {r
1
; r
2
; r
3
} = {1; 1; 7}.
+) {r
1
; r
2
; r
3
} = {4; 7; 7}.
Trường hợp nào cũng có ít nhất hai trong ba số a
2
, b
2
, c
2
có số dư bằng nhau
khi chia cho 9.
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

2.1.3. Áp dụng hằng đẳng thức
• Cho a, b là các số nguyên và n là số tự nhiên. Khi đó:
+) a
n
− b
n

chia hết cho a − b, trong đó a − b = 0.
+) a
n
+ b
n
chia hết cho a + b, trong đó a + b = 0 và n lẻ.
+) a
n
− b
n
chia hết cho a + b, trong đó a + b = 0 và n chẵn.
Ví dụ 18. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì
A = 2005
n
+ 60
n
− 1897
n
− 168
n
chia hết cho 2004.
Lời giải. Ta có 2004 = 12 × 167 và (12, 167) = 1.
Ta có A = (2005
n
− 1897
n
) − (168
n
− 60
n

)
.
.
. 108
.
.
. 12.
Lại có A = (2005
n
− 168
n
) − (1897
n
− 60
n
)
.
.
. 1837
.
.
. 167.
Từ đó suy ra A chia hết cho 2004.

Ví dụ 19. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì
A = 5
n
(5
n
+ 1) − 6

n
(3
n
+ 2
n
) chia hết cho 91.
Lời giải. Ta có 91 = 7 × 13 và (7; 13) = 1.
A = (25
n
− 18
n
) − (12
n
− 5
n
) chia hết cho 7.
A = (25
n
− 12
n
) − (18
n
− 5
n
) chia hết cho 13.
Từ đó suy ra A chia hết cho 91.

• Một số bài tập tương tự:
26