Một số phương pháp giải các bài toán về chia hết trong tập n

MỤC LỤC
PHẦN THỨ NHẤT
A.Mở đầu
1. Lí do chọn đề tài
2. Mục đích nghiên cứu
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
4. Đối tượng nghiên cứu
5. Phương pháp nghiên cứu
PHẦN THỨ HAI
B. Nội dung
I. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu
I.1. Đặc điểm tình hình lớp
I.2. Nguyên nhân
II. Biện pháp giải quyết vấn đề nghiên cứu
II.1. Định nghĩa,tính chất,dấu hiệu chia hết
II.2. Phương pháp giải các bài toán về chia hết
II.3. Một số dạng bài toán về chia hết
III. Kết quả nghiên cứu
PHẦN THỨ BA
Kết luận và khuyến nghị
I. Kết luận
II. Bài học kinh nghiệm
III. Khuyến nghị
TÀI TIỆU THAM KHẢO

2
2
2
3
3
3

3
4
4
4
4
5
5
5
7
14
26
28
28
28
28
29
30

MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài:
a. Cơ sở lí luận:
Toán học là một môn khoa học gây nhiều hứng thú cho học sinh, nó là
một môn học không thể thiếu trong quá trình học tập, nghiên cứu và cả trong
cuộc sống hàng ngày. Một nhà toán học đã nói: “Toán học được xem như là
một khoa học chứng minh”.


Trong các môn học phổ thông toán học được coi như là một môn học
cơ bản, là nền tảng để các em phát huy được năng lực bản thân, góp phần tạo
điều kiện để các em học tốt các môn khoa học tự nhiên khác. Vậy dạy như thế

nào để học sinh không những nắm chắc kiến thức cơ bản một cách có hệ
thống mà phải được nâng cao phát triển để các em có hứng thú say mê học tập
là một câu hỏi mà mỗi thầy cô luôn đặt ra cho mình.
Tuy nhiên để học tốt môn toán thì người giáo viên phải biết chắt lọc nội
dung kiến thức, phải đi từ dễ đến khó, từ cụ thể đến trừu tượng và phát triển
thành tổng quát giúp học sinh có thể phát triển tư duy toán học, làm cho các
em trở nên yêu thích toán hơn từ đó các em có ý thức học tập đảm bảo yêu
cầu của thời đại mới.
b. Cơ sở thực tiễn:
Là một giáo viên dược phân công giảng dạy lớp 6A, 6C với nhiều đối
tượng học sinh khá giỏi, các em có tư duy nhạy bén và nhu cầu hiểu biết ngày
càng cao, làm thế nào để phát huy được hết khả năng của các em đó là trách
nhiệm của mỗi người giáo viên. Qua giảng dạy chương trình toán lớp 6 tôi
nhận thấy đề tài về phép chia hết là một đề tài thật lý thú, phong phú đa dạng
không thể thiếu ở môn số học lớp 6.
Việc giải bài toán chia hết là một dạng toán hay, với mong muốn cung
cấp cho các em một số phương pháp giải các bài toán về chia hết, giúp các em
làm bài tập tốt hơn nhằm tích cực hoá hoạt động học tập, phát triển tư duy, do
đó trong năm học này tôi chọn đề tài: “Một số phương pháp giải các bài
toán về chia hết trong tập N” để thực hiện trong chương trình toán lớp 6.
2. Mục đích nghiên cứu:
- Các phương pháp thường dùng để giải các bài toán về phép chia hết.
- Rèn kĩ năng vận dụng kiến thức khi giải bài toán về phép chia hết.
- Củng cố và hướng dẫn học sinh làm bài tập.
2


3. Nhiệm vụ nghiên cứu:
- Nhiệm vụ khái quát: Nêu những phương pháp giải bài toán chia hết
theo chương trình mới.

- Nhiêm vụ cụ thể:
- Tìm hiểu thực trạng học sinh.
- Những phương pháp thực hiện.
- Những chuyển biến sau khi áp dụng.
- Bài học kinh nghiệm.
4. Đối tượng nghiên cứu.
- Đề tài nghiên cứu qua các tiết dạy về phép chia hết trong tập N, trong
SGK toán 6 tập 1, qua định hướng đổi mới phương pháp dạy toán 6.
- Đối tượng khảo sát: HS lớp 6A, 6C trường THCS Cao Viên.
5. Phương pháp nghiên cứu:
- Phương pháp nghiên cứu tài liệu SGK, sách tham khảo.
- Phương pháp kiểm tra, thực hành.
- Phương pháp phát vấn, đàm thoại nghiên cứu vấn đề.
- Tổng kết kinh nghiệm của bản thân và của đồng nghiệp khi dạy phần “phép
chia hết”.

3


PHẦN THỨ HAI
NỘI DUNG
I. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU.
I.1. Đặc điểm tình hình lớp:
Lớp 6A, 6C có số lượng học sinh không đồng đều về mặt nhận thức
gây khó khăn cho giáo viên trong việc lựa chọn phương pháp phù hợp. Nhiều
học sinh có hoàn cảnh khó khăn do đó việc đầu tư về thời gian và sách vở bị
hạn chế và ảnh hưởng không nhỏ đến nhận thức và sự phát triển tư duy của
các em. Đa số các em hay thoả mãn trong học tập, các em cho rằng chỉ cần
học thuộc lòng các kiến thức trong SGK là đủ. Chính vì vậy mà các em tiếp
thu kiến thức một cách thụ động, không tự mày mò, khám phá kiến thức mới,

hầu hết các em đều hấp tấp khi giải các bài tập dạng này.
VD: Lời giải của em Lê Thị Thu - Lớp 6A
(Bài 85 trang 36 – SGK NXBGD – 2002)
Áp dụng tính chất chia hết xét xem tổng (560 + 18 + 3) có chia hết cho
7 không?
HS giải:
Ta có 560 chia hết cho 7
18 không chia hết cho 7
3 không chia hết cho 7
nên (560 + 18 + 3) không chia hết cho 7.
Lời giải đúng:
Ta có 560M7
(18 + 3) M7
Suy ra (560 + 18 + 3) M7
4


(Học sinh mắc sai lầm do chưa hiểu rõ tính chất chia hết: Nếu trong
một tổng có 2 số hạng không chia hết cho 1 số thì chưa thể kết luận được tổng
đó có chia hết cho số đó hay không)
Qua một thời gian tôi đã tiến hành điều tra cơ bản và thu được kết quả
như sau:
+ Lớp 6A: Số em lười học bài, lười làm bài tập chiếm khoảng 50%, số
học sinh nắm được kiến thức và biết vận dụng vào bài tập chiếm khoảng 30%.
+ Lớp 6C: Số em lười học bài, lười làm bài tập chiếm khoảng 85%, số
học sinh nắm được kiến thức và biết vận dụng vào bài tập chiếm khoảng 10%.
I.2. Nguyên nhân:
Nguyên nhân của vấn đề trên là do các em chưa có ý thức tự giác học
tập, chưa có kế hoạch thời gian hợp lý tự học ở nhà, học còn mang tính chất
lấy điểm, chưa nắm vững hiểu sâu kiến thức toán học, không tự ôn luyện

thường xuyên một cách hệ thống, không chịu tìm tòi kiến thức mới qua sách
nâng cao, sách tham khảo, còn hiện tượng dấu dốt không chịu học hỏi bạn bè,
thầy cô. Đứng trước thực trạng trên tôi thấy cần phải làm thế nào để khắc
phục tình trạng trên nhằm nâng cao chất lượng học sinh, làm cho học sinh
thích học toán hơn. Vậy tôi thiết nghĩ đề tài của tôi nghiên cứu về vấn đề này
là bước đi đúng đắn với tình trạng và sức học của học sinh hiện nay.
II. BIỆN PHÁP GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU.
Để đạt được hiệu quả khi giải các bài toán nói chung và giải các bài
toán về chia hết nói riêng, tôi đã rèn cho học sinh ghi nhớ khái niệm, công
thức, định nghĩa, quy tắc để áp dụng giải một số bài toán dạng này.
II.1. TRƯỚC TIÊN HỌC SINH PHẢI NẮM VỮNG ĐỊNH NGHĨA
TÍNH CHẤT, DẤU HIỆU CHIA HẾT.

5


1. Định nghĩa: Cho hai số tự nhiên a và b (b ≠ 0), nếu có số tự nhiên x
sao cho b.x = a thì ta nói a chia hết cho b và ta có phép chia hết a: b = x.
2. Tính chất của quan hệ chia hết.
+ Số 0 chia hết cho moị số b ≠ 0.
+ Số a chia hết cho a với mọi a ≠ 0.
+ Nếu a chia hết cho bvà b chia hết cho c thì a chia hết cho c.
+ Nếu a chia hết cho b và b chia hết cho a thì a = b.
+ Nếu a chia hết cho b và a chia hết cho c mà (b, c) =1 thì a chia hết
cho b.c
+ Nếu a .b chia hết cho m và (b, m) = 1 thì a chia hết cho m.
+ Nếu a.b chia hết cho m và m là số nguyên tố thì a chia hết cho m
hoặc b chia hết cho m.
+ Nếu a chia hết cho m và b chia hết cho n thì a.b chia hết cho m.n
+ Nếu a chia hết cho m và b chia hết cho m thì (a ± b) chia hết cho m.

+ Nếu a chia hết cho m và b không chia hết cho m thì (a ± b) không chia
hết cho m.
+ Nếu a chia hết cho m thì a n chia hết cho m (n ∈ N).
+Nếu a chia hết cho b thì a n chia hết b n (n∈ N).
3. Các dấu hiệu chia hết.
a. Dấu hiệu chia hết cho 2:
Một số chia hết cho 2 ⇔ chữ số tận cùng của số đó là số chẵn.
b. Dấu hiệu chia hết cho 5:
Một số chia hết cho 5 ⇔ chữ số tận cùng của số đó bằng 0 hoặc 5.
c. Dấu hiệu chia hết cho 3(hoặc 9).
6


Môt số chia hết cho 3 (hoặc 9) ⇔ tổng các chữ số của số đó chia hết
cho 3 (hoặc 9).
Chú ý: Một số chia hết cho 3 (hoặc 9) dư bao nhiêu thì tổng các chữ số
của nó chia 3 (hoặc 9) dư bấy nhiêu và ngược lại.
d. Dấu hiệu chia hết cho 4(hoặc 25).
Một số chia hết cho 4 (hoặc 25) ⇔ hai chữ số tận cùng của số đó chia
hết cho 4 (hoặc 25).
e. Dấu hiệu chia hết cho 8 (hoặc125).
Một số chia hết cho 8 (hoặc 125) ⇔ ba chữ số tận cùng của số đó chia
hết cho 8 (hoặc 125).
f. Dấu hiệu chia hết cho 11.
Một số chia hết cho 11 ⇔ hiệu giữa tổng các chữ số hàng lẻ và các chữ
số hàng chẵn (từ trái sang phải) chia hết cho 11.
Sau khi học sinh đã nắm chắc được lý thuyết thì việc vận dụng lý
thuyết vào giải bài tập là vô cùng quan trọng, do vậy người giáo viên không
chỉ đơn thuần cung cấp lời giải mà quan trọng hơn là dạy cho các em biết suy
nghĩ tìm ra con đường hợp lý để giải bài toán như nhà toán học Pôlia đã nói

“Tìm được cách giải một bài toán là một điều phát minh”. Tuy nhiên khi
giải bài tập dạng này tôi không muốn dừng lại ở những bài tập SGK mà tôi
muốn giới thiệu thêm một số bài tập điển hình và một số phương pháp giải
các bài tập đó.
II.2. PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI TOÁN VỀ CHIA HẾT
1. Phương pháp 1: Dựa vào định nghĩa phép chia hết.
Để chứng minh số a chia hết cho số b (b ≠ 0) ta biểu diễn a dưới dạng
tích, trong đó có 1 thừa số bằng b (hoặc chia hết cho b).
Bài 1: Cho n∈ N, chứng minh rằng (5n) 100 chia hết cho 125
7


Giải : Ta có : (5n) 100 = 5 100 . n 100 = 53.597.n100 = 125.597.n100 M125
Vậy (5n) 100 chia hết cho 125.
Bài 2: Chứng minh số abcabc chia hết cho 143.
Giải: Ta có: abcabc = 1001. abc = 7.11.13. abc =143.(7 abc ) M143.
Vậy abcabc chia hết cho 143.
Bài 3: Chứng minh rằng: S = (5 + 52 + 53 + ... + 599 + 5100 ) chia hết cho 6.
Giải: Ta có
S = (5 + 52 + 53 + ... + 599 + 5100 )
= (5 + 52 ) + (53 + 54 ) + ... + (599 + 5100 )
= 5(1 + 5) + 53 (1 + 5) + ... + 599 (1 + 5)
= 5.6 + 53.6 + ... + 599.6
= 6.(5 + 53 + ... + 599 ) M6

2. Phưong pháp 2: Dựa vào tính chất của quan hệ chia hết.
* Dùng tính chất chia hết của một tổng, hiệu.
- Để chứng minh a chia hết cho b ≠ 0 ta biểu diễn số a dưới dạng một tổng
của nhiều số hạng rồi chứng minh tất cả các số hạng đó đều chia hết cho b.
- Để chứng minh a không chia hết cho b ≠ 0 ta biểu diễn số a dưới

dạng một tổng của nhiều số hạng rồi chứng minh có một số hạng không chia
hết cho b còn tất cả các số hạng còn lại đều chia hết cho b.
Bài 1: Chứng minh rằng: Tổng của 3 số lẻ liên tiếp chia hết cho 3
nhưng không chia hết cho 6.
Giải: Gọi 3 số lẻ liên tiếp là: 2n+1; 2n+3 ; 2n+5 (n ∈ N)
Tổng của 3 số đó là: a = (2n+1) + (2n+3) + (2n+5) = 6n+ 9 = 6n + 6 + 3
Suy ra a chia hết cho 3 (vì 3 số hạng của a đều chia hết cho 3).
Mặt khác: 6n M6 và 6 M6
8


nhưng 3 không chia hết cho 6
Do đó a không chia hết cho 6.
Vậy tổng của 3 số lẻ liên tiếp chia hết cho 3 nhưng không chia hết cho
6.
Bài 2: Tìm số tự nhiên n sao cho:
a. n + 2 chia hết cho n – 1.
b. 2n + 7 chia hết cho n+1.
Giải: Căn cứ vào tính chất chia hết của một tổng (hiệu) ta có thể rút ra
phương pháp chung để giải dạng này dựa vào nhận xét sau:
Nếu A MB thì (mA + nB) hoặc (mA - nB) MB (m, n)
a) Vì (n + 2) M(n – 1) suy ra [(n+ 2) – (n – 1)}] M(n – 1)
Hay 3M(n – 1)
Do đó (n – 1) ∈ Ư(3) = {1 ; 3}
+ Nếu n – 1 = 1 thì n = 2
+ Nếu n – 1 = 3 thì n = 4
Vậy với n = 2; 4 thì (n+2) M(n – 1)
b) Vì (2n + 7) M(n + 1) suy ra [( 2n + 7) – 2(n + 1)] M(n + 1)
hay 5 M(n + 1)
Do đó (n+ 1) ∈ Ư(5) = {1 ; 5}

+ Nếu n+ 1 = 1 thì n = 0
+ Nếu n + 1 = 5 thì n = 4
Vậy với n = 0; 4 thì (2n + 7) M(n + 1)
Bài 3: Chứng minh tổng của 3 số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 3.
Giải: Gọi 3 số tự nhiên liên tiếp là: n; n + 1; n + 2
9


Tổng của 3 số tự nhiên đó là: n + (n + 1) + (n + 2) = (n + n + n) + (1 + 2)
= 3n + 3 chia hết cho 3 (Tính chất chia hết của một tổng).
Từ bài tập này giáo viên có thể đưa ra tình huống: Có phải tổng của n
số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho n không? Qua đó gợi cho học sinh trí tò
mò đưa ra tình huống có vấn đề cần giải quyết. Sau đó giáo viên gợi ý cho
học sinh qua bài tập sau:
Bài 4: Tổng của 4 số tự nhiên liên tiếp có chia hết cho 4 hay không?
Giải: Gọi 4 số tự nhiên liên tiếp là: n; n + 1; n + 2; n + 3
Tổng của 4 số tự nhiên liên tiếp đó là: n + (n + 1) + (n + 2) + (n + 3)
= (n + n + n + n) + (1+ 2 +3)
= 4n + 6
Ta có: 4n chia hết cho 4
6 không chia hết cho 4
Suy ra (4n + 6) không chia hết cho 4
Vậy tổng của n số tự nhiên liên tiếp chưa chắc chia hết cho n.
* Dùng tính chất chia hết của một tích.
a 1 . Để chứng minh số a chia hết cho số b (b ≠ 0) ta có thể biểu diễn số b
dưới dạng 1 tích b = m.n
+ Nếu (m, n) = 1 thì tìm cách chứng minh a Mm và a Mn lúc đó a Mm.n
tức là a Mb
+ Nếu (m, n) ≠ 1 thì ta biểu diễn số a thành tích a = a 1 a 2 rồi chứng
minh a 1 Mm; a 2 Mn thì a 1 a 2 Mm.n tức là a Mb

Bài 5: Chứng minh rằng tích của 2 số chẵn liên tiếp luôn chia hết cho 8.
Giải: Gọi 2 số chẵn liên tiếp là: 2n, 2n + 2.
10


Tích của 2 số chẵn liên tiếp là: 2n.(2n + 2) = 4n.(n + 1).
Vì n và n+ 1 không cùng tính chẵn lẻ nên n.(n+ 1) M2.
Mà 4 chia hết cho 4 nên 4n.(n+1) M(4.2)
Hay 4n.(n+1) M8.
Suy ra 2n.(2n + 2) M8.
Vậy tích của 2 số chẵn liên tiếp luôn chia hết cho 8
Bài 6: Tìm các số tự nhiên có 2 chữ số gấp 9 lần chữ số hàng đơn vị
của nó.
Giải: Gọi số phải tìm là ab = 10a + b (1 ≤ a, b ≤ 9)
Theo đề bài ta có 10a + b = 9b hay 10a = 8b
Suy ra 5a = 4b (1)
Suy ra 4bM5 mà (4, 5) = 1 nên b M5
Vì (1 ≤ b ≤ 9) nên b = 5
Thay b = 5 vào (1) ta được a = 4.
Vậy số phải tìm là 45.
* Vận dụng dấu hiệu chia hết liên quan đến các số nguyên tố, các số
nguyên tố cùng nhau.
+ Nếu tích ab Mm mà (b, m) =1 thì a Mm.
+ Nếu a Mm; aMn và (m, n) =1 thì a Mmn.
+ N ếu a n Mp (p là số nguyên tố) thì a Mp.
Bài 7: Cho a, b là các số tự nhiên, n ≠ 0, biết a n M7.
Chứng minh rằng: (a 2 + 98b) M49
Giải : Ta có a n M7; mà 7 là số nguyên tố nên a M7.
Suy ra a 2 M7 2 hay a 2 M49
11

Mặt khác: 98b M 49 nên (a 2 + 98b) M 49 (tính chất chia hết của một
tổng).
3. Phương pháp 3: Vận dụng dấu hiệu chia hết cho 2; 3; 5; 9; 11;…
hoặc có thể xét chữ số tận cùng khi chứng minh chia hết cho 2, cho5, cho
10.
Bài 1: Cho n∈ N .Chứng minh A = (3 4 n+1 +7)M10
Giải: Ta có : 34 n có tận cùng là 1
(3 4 n+1 +7) = 34 n .3+ 7
= X 1.3 + 7 = Y 3 + 7 = Z 0M10
Vậy AM10
Bài 2: Tìm các chữ x và y để 41x5 yM2; 3; 5
Giải : Để 41x5 yM2 và 5 thì y = 0

(1)

41x5 yM3 thì (4+1+x+5+y) M3 ⇔ (10 + x + y) M3

Hay x + y = 2; 5 ; 8

(2)

Từ (1) và (2) suy ra x = 2; 5 ; 8
Vậy với x = 2; 5; 8 và y = 0 thì 41x5 yM2; 3; 8
4. Phương pháp 4: Dùng định lý về phép chia có dư.
Để chứng minh n chia hết cho p ta xét mọi trường hợp về số dư khi
chia n cho p (có thể có số dư là một trong các số từ 0 đến p-1)
Bài 1: Chứng minh rằng :
a) Tích của 3 số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 3

b) Tích của 4 số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 4.
Giải:
a) Gọi 3 số tự nhiên liên tiếp là: n; n+ 1; n+ 2
12


Tích của 3 số tự nhiên liên tiếp là: n(n + 1)(n + 2).
Một số tự nhiên khi chia cho 3 có thể nhận một trong các số dư sau: 0;
1; 2
+ Nếu r = 0 thì n chia hết cho 3 ⇒ n(n + 1)(n + 2) chia hết cho 3
+ Nếu r = 1 thì n = 3k + 1 (k là số tự nhiên).
⇒ n + 2 = 3k + 1+ 2 = (3k + 3) chia hết cho 3
⇒ n(n + 1)(n + 2) chia hết cho 3.

+ Nếu r = 2 thì n = 3k + 2 (k là số tự nhiên)
⇒ n + 1 = 3k + 2+ 1 = (3k + 3) chia hết cho 3
⇒ n(n + 1)(n + 2) chia hết cho 3.

Vậy n(n + 1)(n + 2) chia hết cho 3 với mọi n là số tự nhiên.
b) Chứng minh tương tự ta có: n(n + 1)(n +2)(n+ 3) chia hết cho 4 với
mọi n là số tự nhiên.
Sau khi giải xong bài tập này giáo viên cho học sinh nêu bài tập này ở
dạng tổng quát.
Giáo viên khắc sâu cho học sinh: Tích của n số tự nhiên liên tiếp luôn
chia hết cho n.
Chú ý: Phương pháp này sử dụng khi chứng minh 1 biểu thức có chứa
biến chia hết cho các số tự nhiên có 1 chữ số. Khi chứng minh 1 biểu thức
chia hết cho các số tự nhiên có 2 chữ số trở nên ta không sử dụng phương
pháp này vì phải xét nhiều trường hợp đối với số dư.
5. Phương pháp 5: Vận dụng nguyên lý Đirichlê.

Bài 1: Một lớp học có 40 học sinh, chứng minh rằng có ít nhất 4 học
sinh có tháng sinh giống nhau.
Giải:
13


Mt nm cú 12 thỏng, ta phõn chia 40 hc sinh vo 12 thỏng y, nu
mi thỏng cú khụng quỏ 3 hc sinh c sinh ra trong thỏng ú thỡ s hc sinh
khụng quỏ 3.12 = 36
M lp cú 40 hc sinh, nh vy cũn tha 4 hc sinh. Vy tn ti 1
thỏng cú ớt nht 4 hc sinh trựng thỏng sinh.
Bi 2: Chng minh rng trong 6 s t nhiờn bt k tỡm c 2 s cú
hiu chia ht cho 5.
Gii:
Mt s bt k chia cho 5 ch cú 1 trong 5 s d: 0; 1; 2; 3; 4;
Vỡ cú 6 s t nhiờn bt k nờn tn ti 2 s cú cựng s d khi chia cho 5.
Vy hiu ca 2 s ú chia ht cho 5.
*) Sau khi hc sinh ó nm vng c mt s phng phỏp trờn, giỏo
viờn cú th a ra mt s dng bi toỏn v chia ht nhm giỳp hc sinh khc
sõu kin thc mt cỏch cú h thng.
II.3. MT S DNG BI TON V CHIA HT.
1. Dạng1: Tìm các chữ số cha biết của một số.
Bài 1: Tìm các chữ số a và b sao cho 19ab chia hết cho 5 và chia hết
cho 3.
* Để tìm đợc a và b học sinh phải thấy đợc 2 dấu hiệu cơ bản đó là
số đó chia hết cho 5 và cho 3 và s dng du hiu chia ht cho 3, 5 tỡm a,
b.
Vì 19ab chia hết cho 5 nên chữ số tận cùng b = 0 hoặc b = 5 (1)
Vì 19ab chia hết cho 3 nên suy ra (1 + 9 + a + b) 3
(10 + a + b) 3

a + b = 2; 5; 8

14

(2)


Từ (1) vµ (2) suy ra a = 2; 5; 8 vµ b = 0 hoặc a = 0; 3 vµ b = 5
Vậy với a = 2; 5; 8 vµ b = 0 hoặc a = 0; 3 vµ b = 5 thì 19ab chia hết cho
5
Bµi 2: Ch÷ sè a lµ bao nhiªu ®Ó aaaaa96 võa chia hÕt cho 3 võa chia
hÕt cho 8.
(Giáo viên hướng dẫn học sinh vận dụng dấu hiệu chia hết cho 3; 8 để
làm)
V× aaaaa96 8 ↔ a96 8 ↔ (100a + 96) 8 mµ 96  8
Suy ra 100a 8 do ®ã a lµ sè ch½n → a ∈{2, 4, 6, 8}

(1).

V× aaaaa96 3 ↔ (a + a + a + a + a + 9 + 6) 3
↔ (5a + 15) 3

Mµ 15 3 nªn 5a 3
Mặt khác: (5, 3) = 1 suy ra a  3 vËy a ∈{ 3, 6, 9}
Tõ (1) vµ (2) suy ra a = 6
KL: VËy sè ph¶i t×m lµ 6666696.
Bµi 3: T×m ch÷ sè a ®Ó 1aaa1 11.
HD: Tæng c¸c ch÷ sè hµng lÎ lµ 2 + a.
Tæng c¸c ch÷ sè hµng ch½n lµ 2a.
* NÕu 2a ≥ a + 2 → a ≥ 2 th× 2a - (a + 2) = a -2 ≤ 9 - 2 = 7

Mµ (a - 2) 11 nªn a - 2 = 0 ↔ a = 2
* NÕu 2a ≤ a + 2 ⇔ a ≤ 2 th× (a + 2) - 2a = 2 - a
Suy ra 2 - a = 1 hoặc 2 - a = 2 không chia hết cho 11
Kết luận: VËy a = 2 thì 1aaa1 11

15

(2).


Bài 4: Tìm các chữ số a, b để số 1234ab chia hết cho 8 và cho 9.
* Cách 1:
+) Nếu 1234ab chia hết cho 8 thì da vào dấu hiệu chia hết cho 8
ta có 4ab 8 hay
4ab = 400 + 10a + b = 8p (p N) (*)

Mặt khác nếu 1234ab 9 thì (1 + 2 + 3 + 4 + a + b) 9
Hay (1 + a + b) 9 1 + a + b = 9q (q N) ( **)
Vì a và b là các chữ số nên a + b 18
Từ (**) suy ra 9q 19 (q>1) Vậy q = 2
Trừ (*) với (**) ta có 390 + 9a = 8p - 9q
Hay p = 49 + a + q +
Vì p N nên

a+q2
8

a+q2
N hay a + q 2 8
8

+) Nếu q = 2 thì a = 0 hoặc a = 8
Từ (**) ta có b = 9q - a - 10 do đó b = 8 hoặc b = 0
KL: Vậy có số thoả mãn đề bài là: 123480; 123408.
* Cách 2:
Ta cú: 1234ab = 123400 + ab = 72.1713 + 64 + ab
Vì 1234ab chia hết cho 8 và cho 9 nên 1234ab chia hết cho 72
Vậy 64 + ab chia hết cho 72.
Vì ab 99 nờn 64 < 64 + ab 163 nên 64 + ab bằng 72 hoặc 144.
+ Nếu 64 + ab = 72 thì ab = 08
+ Nếu 64 + ab = 144 thì ab = 80
16


KL: Vậy các số thoả mãn đề bài là: 123480; 123408.
Bài 5: Tìm các số a, b sao cho:
a) a - b = 4 và 7 a5b1 chia hết cho 3
b) a - b = 6 và 4a7 + 1b5 chia hết cho 9
Giải:
a) a - b = 4 và 7 a5b1 chia hết cho 3
Ta có: 7 a5b1 3 (7 + a + 5 + b + 1) 3
Hay (a +b + 13) 3 suy ra (a +b ) chia 3 d 2

(1)

Ta có a -b = 4 nên 4 a 9 ; 0 b 5
Suy ra 4 a+b 14

(2)

Mặt khác a - b là số chẵn nên a + b là số chẵn
Từ (1) (2) và (3) suy ra a + b {8; 14}
Với a + b = 8; a - b = 4 ta đợc a = 6; b = 2.
Với a + b = 14; a - b = 4 ta đợc a = 9; b = 5.
Vậy các số phải tìm là a = 6; b = 2 và a = 9; b = 5
b) 4a7 + 1b5 9 (4 + a + 7 + 1 + b + 5) 9
hay (a + b + 8) 9
Suy ra (a + b) chia cho 9 d 1
Do a + b a b = 6 nên a + b = 10 từ đó tìm đợc a = 8; b = 2.
* Bài tập tơng tự :
Bài 1: Tìm các số x, y sao cho 1994 xy 72
HD: 1994 xy 72 72. 2769 + 32 + xy 72
32 + xy 72

17

(3)


Vì 32 32 + xy 32 + 99 = 131 nên 32 + xy = 72 xy = 40
Vậy x = 4, y = 0.
Bài 2: Tìm chữ số x để x1994 chia hết cho 3 nhng không chia hết
cho 9.
HD: Vì x1994 chia hết cho 3 (x + 1 + 9 + 9 + 4) chia hết cho 3
Hay (x + 25) chia hết cho 3
Vì 1 x 9 nên 24 23 + x 32
Trong các số tự nhiên từ 23 đến 32 có số 24, 30 chia hết cho 3 mà
không chia hết cho 9.
Bài 3: Phải viết ít nhất mấy số 1994 liên tiếp nhau để đợc một số
chia hết cho 3.

HD: Tổng các chữ số của 1994 là 23 khi chia cho 3 thì d 2.
Nếu viết k lần số 1994 liên tiếp nhau thì tổng các chữ số của số nhận
đợc có cùng số d với 2k khi chia cho 3. Để số nhận đợc chia hết cho 3 thì 2k
phải chia hết cho 3, nên số nhỏ nhất là 3, tức là ít nhất phải viết 3 lần số
1994 liên tiếp nhau.
Bài 4: Tìm 3 chữ số tận cùng của tích 4 số tự nhiên liên tiếp khác
không, biết rằng tích này chia hết cho 125. Tích này nhỏ nhất bằng bao
nhiêu?
HD: Tích 4 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 8 thì tích 4 số tự nhiên
liên tiếp cũng chia hết cho 125 nên 3 chữ số tận cùng là 000.
Trong tích của 4 số tự nhiên tiếp không thể có 2 số chia hết cho 5 nên
phải có một số chia hết cho 125.
Tích nhỏ nhất là: 125.126.127.128
2. Dạng 2: Chứng minh chia hết đối với biểu thức số.
18


Bài 1: Chứng minh rằng: 2139 + 3921 chia hết cho 45.
Ta có 2139 + 3921 = (2139- 1) + (3921 + 1)
Vì 2139- 1 = 20 (2138+ 2137+ + 1) chia hết cho 5
và 3921 + 1 = 40 (3920 - 3919+ + 1) chia hết cho 5
Suy ra: (2139- 1) + (3921 + 1) chia hết cho 5
Mặt khác 2139- 3921 = (2139- 339) - (3921 - 321) + (339 - 321)
Mà 2139- 339= 18 (2138+ +338) chia hết cho 9
3921- 321 = 27(1321318 + +318) chia hết cho 9
Và 339+ 321= 321 (318 - 1) = (33)7 (318+ 1) chia hết cho 9
Mà (5, 9) = 1 nên 2139 + 3921 45
KL: Vậy 2139 + 3921 chia hết cho 45
Bài 2: Chứng minh rằng: 4343 - 1717 chia hết cho 5
+) Ta có: 4343 = 4340. 433= (434)10.433

Vì 433 có tận cùng bởi chữ số 1 (34 có tận cùng bởi 1)
nên (434) có tận cùng bởi chữ số 1 hay 4340 có tận cùng bởi chữ số 1.
433có tận cùng bởi chữ số 7.
Vậy 4340. 433 có tận cùng là chữ số 7.
Hay 4343 có tận cùng là chữ số 7
+) Ta có 1717 = 1716 .17 = (174)4. 17
Vì 174 có chữ số tận cùng là 1 nên (17 4)4 cũng có chữ số tận cùng là
chữ số 1 hay 1716 có chữ số tận cùng là 1.
Suy ra: 1716.17 có chữ số tận cùng là 7
Hai số 4343 và 1717có chữ số tận cùng giống nhau nên 43 43 - 1717 có chữ
số tận cùng là chữ số 0
19


KL: VËy 4343 - 1717 chia hÕt cho 5.
Bµi 3: Cho A = 2 + 22 + 23+ … + 260
Chøng minh r»ng: A chia hÕt cho 3; 7 vµ 15.
Giải
Ta cã: A =2 + 22 + 23+ … + 260
A = 2(1+2) + 23 (1+2) + … + 259 (1 + 2) = 3 (2 + 22 + 23+ … + 259)
A = 3 (2 + 22 + 23+ … + 259) chia hÕt cho 3
Ta cã A = 2 + 22 + 23+ … + 260
A = 2 (1 + 2 + 22) + 24 (1 + 2 + 22) + … + 258 (1 + 2 + 22)
A = 2.7 + 24.7 + … + 258.7
A = 7(2 + 24 + … + 258) chia hÕt cho 7
Ta cã A = 2 (1 + 2 + 2 2+ 23) + 25(1 + 2 + 22 + 23) + … +257(1 + 2 + 22 + 23)

A = 2. 15 + 25.15 + … + 257.15
A = 15(2 + 25 + … + 257) chia hÕt cho 15
KL: VËy A chia hÕt cho 3, 7 vµ 15.

* Bµi tËp t¬ng tù:
Bµi 1:

Cho B = 3 + 33 + 35 + … + 31991

Chøng minh r»ng B chia hÕt cho 13 vµ 41.
Bµi 2 Cho C = 119 + 118 + 11 7 + … + 11 + 1
Chøng minh r»ng C chia hÕt cho 5.
Bµi 3 Chøng minh r»ng A chia hÕt cho B víi
A = 13 + 23 + 33 + … + 993 + 1003
B = 1 + 2 + 3 + … + 99 + 100
3. D¹ng 3: Chøng minh chia hÕt ®èi víi biÓu thøc chøa ch÷
20


Bài 1: Chứng minh rằng: n3 - n chia hết cho 6 với n là s t nhiờn
* Cách 1: Vì (2, 3) = 1 nên chỉ cần chứng minh n 3 - n chia hết cho 2
và chia hết cho 3.
Ta có n3 - n = n(n2 - 1) = n(n + 1)(n - 1)
Mà n, n + 1, n - 1 là 3 số tự nhiên liên tiếp nên (n - 1)n(n + 1) 2.
Mặt khác: n có thể biểu diễn thành một trong các dạng sau 3k, 3k +
1, 3k+2 (k N)
+ Nếu n = 3k thì n3 - n = (3k)2- 3k = 3k (9k2 - 1) 3
+ Nếu n = 3k + 1 thì n3 - n = n(n + 1)(n - 1) =3k(3k + 1)( 3k + 2) 3.
+ Nếu n = 3k+ 2 thì n3 - n = n(n + 1)(n - 1) = (3k+1)(3k+2)(3k + 3)
= 3(k + 1)(3k + 1)(3k+ ) 3.
KL: Vậy n3 - n 6 với n N
* Cách 2: Nếu n N thì chỉ có thể biểu diễn thành một trong các
dạng sau: 6p, 6p + 1, 6p + 2, 6p + 3, 6p + 4, 6p + 5 (do phép chia một số cho
6)

+ Nếu n = 6p thì n3 - n = 6p(6p + 1)(6p - 1) 6
+Nếu n = 6p + 1 thì n3 - n = 6p(6p + 1)(6p + 2) 6.
+ Nếu n = 6p + 2 thì n3 - n = 6(3p + 1)(2p + 1)(6p + 1) 6.
+ Nếu n = 6p + 3 thì n3 - n = 6(36p3+ 54p2 + 26p - 4) 6.
+ Nếu n = 6p + 4 thì n3 - n = 6(36p3+ 54p2 + 26p - 4) 6.
+ Nếu n = 6p + 5 thì n3 - n = 6(36p3+ 54p2 + 26p - 4) 6.
Bài 2: Chứng minh rằng 2n + 11...1 chia hết cho 3.
n ch s

* Chú ý: Số n và số có tổng các chữ số bằng n có cùng số d trong phép
chia cho 9, do đó 11...1 - n chia hết cho 9.
n ch s

21


Ta có: 2n + 11...1 = 3n + (11...1 - n) chia hết cho 3.
n ch s

n ch s

Bài 3: Chứng minh rằng A = 10n + 18n - 1 chia hết cho 27.
* Cách 1: A = 10n + 18n - 1 = 10n - 9n + 27n - 1
= 99...9 - 9n + 27n = 9(11...1 - n) + 27n
n ch s

n ch s

Mà 27n chia hết cho 27 nên (11...1
- n) chia hết cho 9 suy ra 9(11...1

- n)
n ch s
n ch s
Vậy 10n + 18n - 1 chia hết cho 27
Cách 2: (Phơng pháp quy nạp toán học)
+ Nếu n = 1 thì A = 10 + 18 - 1 = 27 chia hết cho 27.
Vậy mệnh đề đúng với n = 1.
+ Giả sử mệnh đề đúng với n = k tức là A k = 10k + 18k -1 chia hết
cho 27
Ta cần chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1.
Thật vậy Ak+1 = 10k+1 + 18(k + 1) - 1 = 10k.10 + 18k + 18 - 1
Ak+1 = 10 (10k + 18k -1) - 9.18k +27
Ak+1 = 10 (10k + 18k-1) - 27.6k + 27
Mà 10 (10k + 18k-1) 27
27.6k 27

=> Ak+1 27

27 27
Vậy 10n + 18n - 1 chia hết cho 27
* Bài tập tơng tự:
Bài 1: Chứng minh rng:
a) -10n + 72n - 1 chia hết cho 91.
b) - 22n + 15n - 1 chia hết cho 9 với mọi n nguyên dơng.
Bài 2: Chứng minh rằng với mọi n tự nhiên thì:
22


(n+ 19931994 ).(n+ 19941993 ) chia hết cho 2.
Bài 5: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì 4.32n+2 + 32n - 36 64

Vì 4. 32n+2 + 32n - 36 = 4 (32n+2 -8n - 9) nên bài toán đa về việc chứng
minh: 32n+2 + 8n - 9 16
+ Nếu n chẵn, ta đặt n = 2k (k N) khi đó:
32n+2 + 8n - 9 = 34k+2 +16k -9 = 34k . 32 - 9 + 16k
= 9(34k - 1) + 16k = 9(81k -1) + 16k
Vì hiệu (81k-1) 80 nên (81k - 1) 16
Vậy khi n chẵn thì 4. 32n+2 + 32n - 36 64
+ Nếu n lẻ, ta đặt n = 2k + 1 (k N)
Khi đó 32n+2 + 8n - 9 = 34k+4 + 16k + 8 - 9 = (3 4)k+1- 1+ 16k = 81k+1 -1 +
16k
Vì hiệu (81k+1 -1) 80 nên (81k+1 -1) 16
Vậy với n lẻ thì 4. 32n+2 + 32b - 36 64
Kết luận: Vậy với mọi số tự nhiên n thì 4(32n+2 + 8n - 9) 64
* Bài tp tng t:
Bài 1: Chứng minh với mọi số tự nhiên n thì 3n+2 + 42n-1 13
Bài 2: Với mọi n nguyên dơng, chứng minh rằng:
62n + 3n+2 + 3n 11
Bài 6: Chứng minh tổng k số t nhiờn liên tiếp (k lẻ) thì chia hết cho k.
Giải:
Gọi k số nguyên liên tiếp là n, n+1, n+2, , n + k-1.
Khi đó tổng của chúng bằng:
n + n + 1+ n + 2 + ... + n + k - 1 = kn + 1 + 2 + + k - 1
23


= kn +

(k + 1 1)(k 1)
k (k 1)
= kn +

2
2

Vì k lẻ nên:
Nh vậy kn +

k 1
=p (p N)
2
k (k 1)
= kn + kp = k(n+p)
2

Điều này chứng tỏ rằng khi k lẻ, tổng k số t nhiờn liên tiếp k
+ Chú ý: Đây là bài toán tổng quát, từ bài toán này ta có thể yêu cầu
học sinh chứng minh các trờng hợp riêng của bài toán tổng của ba, năm, bảy...
số t nhiờn liên tiếp thì chia hết cho 3, 5, 7...
Bài 7: Chứng minh rằng tích của k số t nhiờn liên tiếp thì k
* Cách 1: Gọi k số t nhiờn liên tiếp là: a, a + 1, a + 2, ... , a + k -1.
Tích của chúng là: a(a + 1)(a + 2) ... (a + k -1).
Ta cần chứng minh: a (a+1)(a+2) ...(a+1 -1) k
+Nếu a k thì bài toán đã giải xong.
+Nếu a không chia hết cho k thì a = qk + r (0 < r < k)
Thừa số (a + k + r) có mặt trong tích đang xét và a + k - r = qk + r + k
-r
= k(q+1) k. Điều đó chứng tỏ rằng trong tích đang xét luôn luôn
tồn tại một số k.
Từ đó => a(a+1)(a+2)(a+k-1) k
* Cách 2: (Chứng minh bằng phản chứng).
Giả sử trong tích đang xét không có thừa số nào chia hết cho k. Nh

vậy thì chia k tha s ca tích cho k ta nhận đợc các số d từ 1 đến k-1.
Theo nguyên lý Đirichlờ tồn tại ít nhất 2 số có cùng số d. Ta gọi 2 số đó
là (a + h) và (a + l) với 0 h < l k-1
24


Khi đó (a + h) - (a + l) k hay k-l k. Vô lý vì 0 < h l

< k.

Vy tớch ca k s t nhiờn liờn tip chia ht cho k
+ Chú ý: Từ bài toán này có thể đa ra các trờng hợp riêng của bài toán
đã quen thuộc đối với học sinh đó là: Chứng minh tích hai, ba, bốn, năm ...
số t nhiờn liên tiếp 2, 3, 4, 5
Bài 8: Cho a và b là các s t nhiờn, hãy chứng minh rằng:
Nếu 2a +3b 17 thì 9a + 5b 17 và ngc lại.
Giải: * Chứng minh: Nếu (2a + 3b) 17 thì 9a +5b 17
Nếu (2a + 3b) 17 thì 8(2a + 3b) 17
+) Rõ ràng (34a + 34b) 17
Vậy (34a + 34b) - (16a +24b) = 34a + 34b - 16a - 24b
=18a + 10b =2 (9a + 5b) 17
Vì (2, 17) =1 nên 9a + 5b 17
* Chứng minh: Nếu (9a + 5b) 17 thì (2a + 3b) 17
Ta có: (34 a + 34 b) 17
Theo giả thiết (9a + 5b) 17 => 2 (9a + 5b) 17.
Hay (34a + 34b) - 2(9a + 5b) = 34a + 34b - 18a - 10b.
=16a + 24b = 8(2a + 3b) 17
Vì (8, 17) =1 nên (2a + 3b) 17.
Bài 9: Chứng minh rằng:
Nếu a, b là các số tự nhiên sao cho 5a + 3b và 13a + 8b 1995 thì a và

b chia hết cho 1995.
+ Theo giả thiết 5a + 3b 1999 => 8(5a + 3b) 1995
và 13a + 8b 1995 => 3(13a + 8b) 1995
25