7 chuyen de BD HSG PP giai toan chia het

các phơng pháp giải bài toán chia hết
Phần I: Tóm tắt lý thuyết
I. Định nghĩa phép chia
Cho 2 số nguyên a và b trong đó b 0 ta luôn tìm đợc 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 thơng, r là số d.
Khi a chia cho b có thể xẩy ra | b| số d
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: ab 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 cb a c b
10.
Nếu a + b c và a c b c
11.
Nếu a b và n > 0 an bn
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!

III. Một số dấu hiệu chia hết

Gọi N = anan1...a1a0

1. Dấu hiệu chia hết cho 2:
Một số chia hết cho 2 chữ số tận cùng của nó là chữ số chẵn.
N 2 a0 2 a0{0; 2; 4; 6; 8}
2. Dấu hiệu chia hết cho 5:
Một số chia hết cho 5 chữ số tận cùng của nó là 0 hoặc 5.
N 5 a0 5 a0{0; 5}
3. Dấu hiệu chia hết cho 4 và 25:
Một số chia hết cho 4 (hoặc 25) số tạo bởi 2 chữ số tận cùng của nó chia hết cho
4 hoặc 25.
N 4 (hoặc 25) a1a0 4 (hoặc 25)
4. Dấu hiệu chia hết cho 8 và 125:
Một số chia hết cho 8 (hoặc 125) số tạo bởi 3 chữ số tận cùng của nó chia hết

cho 8 hoặc 125.
N 8 (hoặc 125)

a2 a1a0 8 (hoặc 125)

5. Dấu hiệu chia hết cho 3 và 9:
Một số chia hết cho 3 (hoặc 9) tổng các chữ số của nó chia hết cho 3 (hoặc
9).
N 3 (hoặc 9) a0+a1++an 3 (hoặc 9)



* Chú ý: một số chia hết cho 3 (hoặc 9) d bao nhiêu thì tổng các chữ số của nó
chia cho 3 (hoặc 9) cũng d bấy nhiêu.
6. Dấu hiệu chia hết cho 11:
Một số chia hết cho 11 hiệu giữa tổng các chữ số ở hàng lẻ và tổng các chữ số
ở hàng chẵn tính từ trái sang phải chia hết cho
N 11 [(a0+a1+) - (a1+a3+)] 11
7. Một số dấu hiệu khác:
N 101 [( a a + a a +) - ( a a + a a +)]101
1 0
5 4
3 2
7 6
N 7 (hoặc 13) [( a2 a1a0 + a8 a7a6 +) - [( a5 a4a3 + a11 a10a9 +) 11
(hoặc 13)
N 37 ( a2 a1a0 + a5 a4a3 +) 37
N 19 ( a0+2an-1+22an-2++ 2na0) 19

IV. Đồng d thức

a. Định nghĩa: Cho m là số nguyên dơng. Nếu hai số nguyên a và b cho cùng số d
khi chia cho m thì ta nói a đồng d 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)

a
b
(modun)
d
d
a
b
m
7. Nếu a b (modun), d > 0 và d Uc (a, b, m)
(modun )
d
d
d
6. Nếu a b (modun), d Uc (a, b) và (d, m) =1

V. Một số định lý
1. Định lý Euler
Nếu m là 1 số nguyên dơng (m) là số các số nguyên dơng nhỏ hơn m và
nguyên tố cùng nhau với m, (a, m) = 1 Thì a(m) 1 (modun)

Công thức tính (m)
Phân tích m ra thừa số nguyên tố
m = p11 p22 pkk với pi p; i N*
1
1
1
Thì (m) = m(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)
phần II: các phơng pháp giải bài toán chia hết
1. Phơng pháp 1: Sử dụng dấu hiệu chia hết
Ví dụ 1: Tìm các chữ số a, b sao cho a56b45
Giải: Ta thấy 45 = 5.9 mà (5 ; 9) = 1
để a56b45 a56b5 và 9
Xét a56b5 b {0 ; 5}



Nếu b = 0 ta có số a56b9 a + 5 + 6 + 0 9 a + 11 9 a = 7
Nếu b = 5 ta có số a56b9 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. CMR
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 d
5a - a 9 4a 9 mà (4 ; 9) = 1
a 9 (Đpcm)

111
81
Ví dụ 3: CMR số 111
81 số1

Giải: Ta thấy: 111111111 9


111
= 111111111(1072 + 1063 + + 109 + 1)
Có 111
81 số1

Mà tổng 1072 + 1063 + + 109 + 1 có tổng các chữ số bằng 9 9
1072 + 1063 + + 109 + 1 9

111
81 (Đpcm)
Vậy: 111
81 số1

Bài tập tơng tự
Bài 1: Tìm các chữ số x, y sao cho
a. 34x5y
4 và 9
b. 2x7817

Bài 2: Cho số N = dcbaCMR
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 đợc số A = 192021
7980. Hỏi số A có chia hết cho 1980 không ? Vì sao?
Bài 5: Tổng của 46 số tự nhiên liên tiếp có chia hết cho 46 không? Vì sao?
11 22
22 là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp.



Bài 6: Chứng tỏ rằng số 11
100 số1

100 số2

Hớng dẫn - Đáp số
a. x =
và y = 2
x=
và y = 6
b. 2x78
= 17 (122 + 6x) + 2(2-x)17 x = 2
Bài 2:
a. N4 ab4 10b + a4 8b + (2b + a) 4 a + 2b4
b. N16 1000d + 100c + 10b + a16
(992d + 96c + 8b) + (8d + 4c + 2b + a) 16 a + 2b + 4c +

8d16 với b chẵn
c. Có 100(d + 3c + 9b + 27a) - dbca
29
Mà (1000, 29) =1 dbca
29 (d + 3c + 9b + 27a) 29
Bài 1:

Bài 3: Gọi ab là số có 2 chữ số
Theo bài ra ta có: ab= 10a + b = 2ab (1)
ab2 b {0; 2; 4; 6; 8}
thay vào (1) a = 3; b = 6



Bài 4: Có 1980 = 22.32.5.11
Vì 2 chữ số tận cùng của a là 80 4 và 5
A4 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 không 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 không chia hết
cho 46.

11

Bài 6: Có 11
100 số1

22
22 = 11
11 100
02




100 số2

100 số1

99 số0

02 = 3. 33

34
Mà 100
99 số0

11

11
100 số1

99 số3

22
22

100 số2

33
= 33
100 số3

33
34
99 số3

(Đpcm)

2. Phơng 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 đợc tập hợp số d là: {0; 1; 2; n 1}
* Nếu tồn tại 1 số d là 0: giả sử m + i = nqi ; i = 1,n
m + i n
* Nếu không tồn tại số d là 0 không có số nguyên nào trong dãy chia hết cho n
phải có ít nhất 2 số d trùng nhau.

m + i = nqi + r
m + j = qjn + r

Giả sử:

1 i; j n

i - j = n(qi - qj) 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 nguyên liên tiếp 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 nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2.
Tích 2 số nguyên liên tiếp luôn 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 luôn chia hết cho 6.
Ví dụ 2: CMR: Tổng lập phơng của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 9.
Giải: Gọi 3 số nguyên liên tiếp lần lợt 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
18n 9

A 9 (ĐPCM)

Ví dụ 3: CMR: n4 - 4n3 - 4n2 +16n 384 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
= 16k(k3 - 2k2 - k + 2)
= 16k(k - 2) (k - 1)(k + 1)
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 tơng 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.
Hớng 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
5
b. n - 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)
= (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 p2 - 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 p2 - 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 lợt 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. Phơng pháp 3: xét tập hợp số d 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
Lấy n chia cho 3 ta đợc 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) = 32n + 3n + 1 13 Với n N
Giải: Vì n 3 n = 3k + r (k N); r {1; 2; 3}
A(n) = 32(3k + r) + 33k+r + 1
= 32r(36k - 1) + 3r (33k - 1) + 32r + 3r + 1
ta thấy 36k - 1 = (33)2k - 1 = (33 - 1)M = 26M 13
33k - 1 = (33 - 1)N = 26N 13
với r = 1 32n + 3n + 1 = 32 + 3 +1 = 13 13
32n + 3n + 1 13
với r = 2 32n + 3n + 1 = 34 + 32 + 1 = 91 13
32n + 3n + 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 = 23k - 1 = 8k - 1 = (8 - 1)M = 7M 7

với r =1 n = 3k + 1 ta có:
2n - 1 = 28k +1 - 1 = 2.23k - 1 = 2(23k - 1) + 1
mà 23k - 1 7 2n - 1 chia cho 7 d 1
với r = 2 n = 3k + 2 ta có :
2n - 1 = 23k + 2 - 1 = 4(23k - 1) + 3
mà 23k - 1 7 2n - 1 chia cho 7 d 3
Vậy 23k - 1 7 n = 3k (k N)
Bài tập tơng tự
2
2
Bài 1: CMR: An = n(n + 1)(n + 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 n để 22n + 2n + 1 7
Bài 5: Cho 2 số tự nhiên m, n để thoả mãn 24m4 + 1 = n2. CMR: mn 55
Hớng 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 = 22r(26k - 1) + 2r(23k - 1) + 22n + 2n + 1
Làm tơng 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
(Vì m5 - m 5 (m4 - 1) 5 m4 - 1 5)
n2 5 ni5. Vậy mn 5
4. Phơng pháp 4: sử dụng phơng 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: Ta có 36n - 26n = (36)n - (26)n = (36 - 26)M
= (33 + 23) (33 - 23)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 = 20n + 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 = (20n - 3n) + (16n - 1) có 20n - 3n = (20 - 3)M 17M
16n - 1 = (16 + 1)M = 17N 17 (n chẵn)
A 17 (1)
ta có: A = (20n - 1) + (16n - 3n)
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: Với n = 2 nn - n2 + n - 1 = 1
và (n - 1)2 = (2 - 1)2 = 1
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 tơng tự
2n +1
2n +2
Bài 1: CMR: a. 3
+2
7
4
4
b. mn(m - n ) 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 phơng 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 dơng a, b, c và thoả mãn a2 = b2 + c2. CMR: abc 60
Hớng dẫn - Đáp số
2n +1
2n +2
2n

Bài 1: a. 3
+2
= 3.3 + 2.2n
n
n
= 3.9 + 4.2
= 3(7 + 2)n + 4.2n
= 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 3n + 63 = 32k + 63
= (32k - 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
Nếu a, b, c đều không chia hết cho 3 a2, b2 và c2 chia hết cho 3 đều d 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 d 1 hoặc 4 b2 +
c2 chia 5 thì d 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 d 1.
b2 + c2 (mod 4) a2 b2 + 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 = b2 + c2 a là số lẻ
2

b

a + c a c
b = (a - c) (a + b) =


2
2 2
b
chẵn b 4 m 4
2
Vậy M = abc 3.4.5 = 60
2

5. Phơng 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: Ta có n3 + 11n = n3 - n + 12n = n(n2 - 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
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 : Ta có P = (n + 5)(n + 6) = n2 + 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 tơng tự
3
3
3
3

Bài 1: CMR: 1 + 3 + 5 + 7 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
Hớng dẫn - Đáp số
3
3
3
3
3
Bài 1: 1 + 3 + 5 + 7 = (1 + 73) + (33 + 53)
= 8m + 8N 23
Bài 2: 362 + 60n + 24 = 12n(3n + 5) + 24
Ta thấy n và 3n + 5 không đồng thời cùng chẵn hoặc cùng lẻ n(3n + 5) 2
ĐPCM
Bài 3: a. 5n+2 + 26.5n + 8 2n+1
= 5n(25 + 26) + 8 2n+1
= 5n(59 - 8) + 8.64 n
= 5n.59 + 8.59m 59
b. 9 2n + 14 = 9 2n - 1 + 15
= (81n - 1) + 15
= 80m + 15 5
3
Bài 4: Có n - 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 Với n 8 n 2 + n + 9 0 Với n 8
2

2
n
+
8

n
+
1
Với
n


8

n n 7 0 Với n 8
n {-2; 0; 2} thử lại. Vậy n {-8; 0; 2}
6. Phơng pháp 6: Dùng quy nạp toán học
Giả sử CM A(n) P với n a (1)



Bớc 1: Ta CM (1) đúng với n = a tức là CM A(n) P
Bớc 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
Bớc 3: Kết luận A(n) P với n a
Ví dụ 1: Chứng minh A(n) = 16n - 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) = 16k - 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
= 16.16k - 15k - 16
= (16k - 15k - 1) + 15.16k - 15
= 16k - 15k - 1 + 15.15m
= A(k) + 225
mà A(k) 225 (giả thiết quy nạp)
225m225
Vậy A(n) 225
Ví dụ 2: CMR: với n N* và n là số tự nhiên lẻ ta có m 2 12 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 m 2 12 k +2 ta phải chứng minh
n

m2

k +1

12 k +3

Thật vậy m 2
m

2k

=2
k+
1

có m2

k

2
k +2
12 k +2 m 1 = 2 .q

k

(q z )

k +2

.q +1

(

k

1 = m2

)

2

(

)

1 = 2k+2.q +1

2

1 =2k+4.q2 +2k+3.q

= 2 k +3 ( 2 k +1 q 2 + q ) 2 k +3
Vậy m 2

n

12 n +2 với n 1

Bài tập tơng tự
Bài 1: CMR: 3
- 26n - 27 29 với n 1
2n+2
Bài 2: CMR: 4
- 1 15
Bài 3: CMR số đợc thành lập bởi 3n chữ số giống nhau thì chia hết cho 3n với n là
số nguyên dơng.
Hớng dẫn - Đáp số
Bài 1: Tơng tự ví dụ 1.
Bài 2: Tơng tự ví dụ 1.
3n+3

a...a 3n (1)
{
Bài 3: Ta cần CM a
n

3

Với n = 1 ta có

số a

aa...a

=111 a 3

...
a 3k
Giả sử (1) đúng với n = k tức là aa
3k sốa

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

aa
...
a 3k+1 ta có 3k+1 = 3.3k = 3k + 3k +3k
k+
1
3

sốa

aa...a =a
...a a
...a a
...a = aa...a.10 2.3 + aa...a.103 + a

...a




Có
k
k
k
k

1
3k +
sốa

3

3

3

k

3k




(

k

k

)

2.3
3
k +1
= aa
...
a 10 + 10 + 1 3
3

k

7. Phơng pháp 7: sử dụng đồng d thức
Giải bài toán dựa vào đồng d 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 + 42222 = - 45555 + 42222
1111
= - 42222 (43333 - 1) = - 4 2222 4 3
1

( )

Vì 43 = 64 (mod 7) 4 3
22225555 + 55552222 0 (mod 7)

Vậy 22225555 + 55552222 7

((

1111

)

)

1 0 (mod 7)

Ví dụ 2: CMR: 32
+33
+522 với n N
Giải: Theo định lý Fermat ta có:
310 1 (mod 11)
210 1 (mod 11)
Ta tìm d trong phép chia là 24n+1 và 34n+1 cho 10
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)
4 n +1
4 n +1
Ta có: 32
+33
+5 = 310 q +2 +210 k +3
= 32.310q + 23.210k + 5
1+0+1 (mod 2)

0 (mod 2)
mà (2, 11) = 1
4 n +1
4 n +1
Vậy 32
+33
+522 với n N
4 n +1

4 n +1

Ví dụ 3: CMR: 2 2
+7 11 với n N
4
Giải : Ta có: 2 6 (mod) 24n+1 2 (mod 10)
24n+1 = 10q + 2 (q N)
2 24 n +1 = 210 q +2
Theo định lý Fermat ta có: 210 1 (mod 11)
210q 1 (mod 11)
4 n +1

4 n +1

22
+7 =210 q +2 +7
4+7 (mod 11) 0 (mod 11)
Vậy 2 2
+7 11 với n N (ĐPCM)
Bài tập tơng tự
26 n +2

Bài 1: CMR 2
+319 với n N
Bài 2: CMR với n 1 ta có 52n-1. 22n-15n+1 + 3n+1 .22n-1 38
Bài 3: Cho số p > 3, p (P). CMR 3p - 2p - 1 42p
Bài 4: CMR với mọi số nguyên tố p đều có dạng 2n - n (n N) chia hết cho p.
Hớng dẫn - Đáp số
Bài 1: Làm tơng tự nh VD3
Bài 2: Ta thấy 52n-1. 22n-15n+1 + 3n+1 .22n-1 2
Mặt khác 52n-1. 22n-15n+1 + 3n+1 .22n-1 = 2n(52n-1.10 + 9. 6n-1)
Vì 25 6 (mod 19) 5n-1 6n-1 (mod 19)
4 n+
1



25n-1.10 + 9. 6n-1 6n-1.19 (mod 19) 0 (mod 19)
Bài 3: Đặt A = 3p - 2p - 1 (p lẻ)
Dễ dàng CM A 2 và A 3 A 6
Nếu p = 7 A = 37 - 27 - 1 49 A 7p
Nếu p 7 (p, 7) = 1
Theo định lý Fermat ta có:
A = (3p - 3) - (2p - 2) p
Đặt p = 3q + r (q N; r = 1, 2)
A = (33q+1 - 3) - (23q+r - 2)
= 3r.27q - 2r.8q - 1 = 7k + 3r(-1)q - 2r - 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 22 - 2 = 2 2
Nếu n > 2 Theo định lý Fermat ta có:
2p-1 1 (mod p)
2m(p-1) 1 (mod p) (m N)
Xét A = 2m(p-1) + m - mp
A p m = kq - 1
Nh vậy nếu p > 2 p có dạng 2n - n trong đó
N = (kp - 1)(p - 1), k N đều chia hết cho p
8. Phơng pháp 8: sử dụng nguyên lý Đirichlet
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: Lấy n + 1 số nguyên đã cho chia cho n thì đợc n + 1 số d nhận 1 trong các số
sau: 0; 1; 2;; n - 1
có ít nhất 2 số d có cùng số d khi chia cho n.
Giả sử ai = nq1 + r
0 raj = nq2 + r
a1; q2 N
aj - aj = n(q1 - q2) n
Vậy trong n +1 số nguyên bất kỳ có 2 số có hiệu chia hết cho n.
Nếu không có 1 tổng nào trong các tổng trên chia hết cho n nh vậy số d khi
chia mỗi tổng trên cho n ta đợc n số d là 1; 2; ; n - 1
Vậy theo nguyên lý Đirichlet sẽ tồn tại ít nhất 2 tổng mà chi cho n có cùng số
d (theo VD1) hiệu cùadr tổng này chia hết cho n (ĐPCM).
Bài tập tơng 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 không 1 số có dạng: 19931993 1993000 00 1994

Hớng dẫn - Đáp số
Bài 1: Xét dãy số 17, 172, , 1725 (tơng tự VD2)
Bài 2: Ta có 1994 số nguyên chứa toàn bộ số 1 là:
1
11
111


111

11
1994
số1



Khi chia cho 1993 thì có 1993 số d theo nguyên lý Đirichlet có ít nhất 2 số có
cùng số d.
Giả sử đó là
ai = 1993q + r
0 r < 1993
aj = 1993k + r
i > j; q, k N
aj - aj = 1993(q - k)

111

1100

0 =1993( q k )

i - j 1994
số1

i số0

j
111

11.10 =1993( q k )
i - j 1994
số1

mà (10j, 1993) = 1

111

11 1993 (ĐPCM)
1994
số1

Bài 3: Xét dãy số gồm 17 số nguyên bất kỳ là
a1, a2, , a17
Chia các số cho 5 ta đợc 17 số d ắt phải có 5 số d thuộc tập hợp{0; 1; 2; 3; 4}
Nếu trong 17 số trên có 5 số khi chia cho 5 có cùng số d thì tổng của chúng
sẽ chia hết cho 5.
Nếu trong 17 số trên không có số nào có cùng số d khi chia cho 5 tồn tại 5 số
có số d khác nhau tổng các số d 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,

1993



a1994 = 1993
1994
số1993

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


1993


.10
1993

ni

1993

j - i số1993

9. Phơng pháp 9: phơng 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
Giải: Giả sử tồn tại n N sao cho n2 + 3n + 5 121
4n2 + 12n + 20 121 (vì (n, 121) = 1)
(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 ớc 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
2r(nmq - 1) + (2r - 1) n 2r - 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 tơng 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
Hớng dẫn - Đáp số
Bài 1: Giả sử tồn tại n N để n2 + 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)
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 13
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.
Bài tập và phơng pháp
Cỏch 1: chng minh A(n) chia ht cho k, cú th xột mi trng hp s d khi chia n cho k.
Vớ d: Chng minh rng:
a) Tớch ca hai s nguyờn liờn tip chia ht cho 2.
b) Tớch ca ba s nguyờn liờn tip chia ht cho 3.
Giải: a) Vit tớch ca hai s nguyờn liờn tip di dng A(n) = n(n + 1).
Cú hai trng hp xy ra :
* n 2 => n(n + 1) 2
* n khụng chia ht cho 2 (n l) => (n + 1) 2 => n(n +1) 2

b) Xét mọi trờng hợp: n chia hết cho 3; n=3q+1; n = 3q+2
+ Nếu n chia hết cho 3, hiển nhiên A(n) chia hết cho 3
+ Nếu n = 3q+1 => n+2 = 3q+3 chia hết cho 3
+ Nếu n= 3q+2 => n+1 = 3q+2+1 = 3q+3 chia hết cho 3
Trong mọi trờng hợp A(n) luôn chứa một thừa số chia hết cho 3.
Vậy A(n) chia hết cho 3 (đpcm)
Cỏch 2: chng minh A(n) chia ht cho k, cú th phõn tớch k ra tha s: k = pq .
+ Nu (p, q) = 1, ta chng minh A(n) p v A(n) q.
+ Nu (p, q) 1, ta phõn tớch A(n) = B(n) .C(n) ri chng minh:B(n) p v C(n) q .
Vớ d 1: a) Chng minh: A(n) = n(n +1)(n + 2) 6.
b) Chng minh: tớch ca hai s chn liờn tip chia ht cho 8.
Giải: a) Ta cú 6 = 2.3; (2,3) = 1 . Theo chng minh trờn ó cú A(n) chia ht cho 2 v 3. Do ú A(n)
chia ht cho 6.
b) Ta vit A(n) = 2n(2n + 2) = 2n. 2(n +1) = 4n(n + 1).



8 = 4 . 2.
Vỡ 4 4 v n(n +1) 2 nờn A(n) 8
Vớ d 2 : Chng minh rng n5 - n chia ht cho 10, vi mi s nguyờn dng n.
(Trớch thi HSG lp 9 cp tnh nm hc 2005 - 2006)
5
4
2
2
Giải: A(n) = n - n = n(n - 1) = n(n - 1)(n + 1) = n(n - 1)(n + 1)(n2 +1) 2
n = 5k + 1 => (n - 1) 5
n = 5k + 4 => (n + 1) 5.
n = 5k + 2 => n2 + 1 = (5k + 2)2 + 1 = (25k2 + 20k + 4 + 1) 5
n = 5k + 3 => n2 + 1 = (5k + 3)2 + 1 = (25k2 + 30k + 9 + 1) 5

Vy : A(n) chia ht cho 2 v 5 nờn phi chia ht cho 10.
Cỏch 3: chng minh A(n) chia ht cho k, cú th bin i A(n) thnh tng (hiu) ca nhiu hng
t, trong ú mi hng t u chia ht cho k. (ó hc trong tớnh cht chia ht ca mt tng lp 6)
(Liờn h: A(n) khụng chia ht cho k ...)
Vớ d 1: Chng minh n3 - 13n (n > 1) chia ht cho 6. (Trớch thi HSG cp II ton quc nm 1970).
Giải: n3 - 13n = n3 - n - 12n = n(n2 - 1) - 12n = (n - 1)n(n + 1) - 12n
(n - 1)n(n + 1) l tớch ca 3 s t nhiờn liờn tip nờn chia ht cho 6 ; 12n 6 . Do ú A(n) 6
Vớ d 2: Chng minh n2 + 4n + 5 khụng chia ht cho 8 , vi mi s n l.
Giải: Vi n = 2k +1 ta cú:
A(n) = n2 + 4n + 5 = (2k + 1)2 + 4(2k + 1) + 5 = 4k2 + 4k + 1 + 8k + 4 + 5
= 4k(k + 1) + 8(k + 1) + 2.
A(n) bng tng ca ba hng t, trong ú hai hng t u u chia ht cho 8 , duy ch cú hng t 2 khụng
chia ht cho 8. Vy A(n) khụng chia ht cho 8.
Cỏch 4: Phõn tớch A(n) thnh nhõn t. Nu cú mt nhõn t chia ht cho k thỡ A(n) chia ht cho k.
H qu: Nu A(n) = B(n).C(n) m B(n)v C(n) u khụng chia ht cho k thỡ A(n) khụng chia ht cho k
A(n) = k . B(n).
Trờng hợp này thờng sử dụng các kết quả:
* (an - bn ) chia hết cho (a - b)
với (a b)
n
n
* (a - b ) chia hết cho (a - b)
với (a b; n chẵn)
(an - bn ) chia hết cho (a - b) với (a - b; n lẻ)
Vớ d 1: Chng minh : 2 + 22 + 23 + ... + 260 chia ht cho 15.
Giải: Ta cú:
2 + 22 +23 + ... + 260 = (2 + 22 + ... + 24) + (25+ ... + 28) + ... + (257 +...+ 260)
= 2(1 + 2 + 4 + 8) + 25(1 + 2 + 4 + 8) + ... + 257(1 + 2 + 4 + 8)
= 15.(2 + 25 + ... + 257) 15.
Vớ d 2: Chứng minh rằng: 27 + 37 + 57 chia hết cho 5

Giải: Vì 7 là số lẻ nên (27 + 37) chia hết cho (2 + 3)
hay 27 + 37 chia hết cho 5
=> 27 + 37 + 57 chia hết cho 5 (đpcm)
7
mà
5 chia hết cho 5
Cỏch 5: Dựng nguyờn tc Dirichlet:
Nguyờn tc Dirichlet phỏt biu di dng hỡnh nh nh sau:
Nu nht k chỳ th vo m chung m k> m thỡ phi nht ớt nht hai chỳ th vo chung mt chung.
Vớ d: Chng minh rng trong m + 1 s nguyờn bt kỡ th no cng cú hai s cú hiu chia ht cho m.
Giải: Chia mt s nguyờn bt kỡ cho m ta c s d l mt trong m s 0; 1 ; 2; 3; ...; m - 1. Theo
nguyờn tc Dirichlet, chia m + 1s cho m thỡ phi cú ớt nht hai s cú cựng s d . Do ú hiu ca hai s
ny s chia ht cho m.
Cỏch 6: Dựng phng phỏp qui np toỏn hc: chng minh A(n) k ta lm theo trỡnh t sau:
Th vi n = 1 hoc 2(Tc s n nh nht chn ra). Nu sai => Dng.Nu ỳng A(1)k.Tip tc:



Giả sử A(k) k.
Chứng tỏ A(k + 1) k. Nếu đúng => Kết luận : A(n) k
Ví dụ: Chứng minh : 16n - 15n - 1 chia hết cho 225.
Gi¶i: Đặt A(n) = 16n - 15n -1 , ta có : A(1) = 16 - 15 - 1 = 0 225 => A(1) đúng.
Giả sử A(k) đúng : A(k) = 16k - 15k -1  225.
Ta chứng minh A(k + 1) đúng, tức là c/m: 16k + 1 - 15(k + 1) - 1225.
Thật vậy, 16k+1 - 15(k + 1) - 1 = 16. 16k - 15k - 15 - 1
= (15 + 1) 16k - 15k - 15 - 1
= 15.16k + 16k - 15k -15 - 1
= (16k - 15k - 1) + 15(16k - 1)
= (16k - 15k - 1) + 15(16 - 1) (16k-1 + ... +1)
= (16k - 15k - 1) + 225(16k-1+ ... + 1) 225

Khi gặp những bài toán chứng minh
với là số tự nhiên, ta vẫn thường dùng
phương pháp quy nạp. Cụ thể lược đồ của cách giải này là:
•
•

Giả sử

, ta chứng minh

. Nhưng để ý rằng nếu

thì

Vì vậy có thể xem đây là một biến dạng của phương pháp quy nạp, để chứng minh
ta qua hai bước:
•
•

Áp dụng phương pháp này, ta có thể giải được một loạt các bài toán chia
hết khá cồng kềnh.
Ví dụ 1: Chứng minh
có
chia hết cho 125.
Gi¶i: Có
.
Xét
nhưng
nên
(đpcm)

Ví dụ 2: Chứng minh
có
chia hết cho 64.
Gi¶i: Có
Xét
Lại áp dụng phương pháp trên với

Cách 7: Phương pháp phản chứng:
Để chứng minh A(n)  k ta chứng minh A(n) không chia hết cho k là sai.
A => B  B => A
Ví dụ: Chứng minh nếu a2 + b2 3 thì a và b đều chia hết cho 3.
Gi¶i: Giả sử a và b không chia hết cho 3 => a = 3k ± 1 ; b = 3h ± 1
a2 + b2 = (3k ± 1)2 + (3h ± 1)2 = 9k2 ± 6k + 1 + 9h2 ± 6h + 1
= 3(3k2 + 3h2 ± 2k ± 2h) + 2 không chia hết cho 3 mâu thuẫn với GT
Tương tự cho trường hợp chỉ có một trong hai số chia hết cho 3.
Do đó a và b phải chia hết cho 3.