SKKN SKKN rèn luyện kỹ năng giải bài toán chia hết trên tập hợp các số nguyên

RÈN LUYỆN KỶ NĂNG GIẢI BÀI TOÁN CHIA HẾT
TRÊN TẬP HỢP SỐ NGUYÊN
PHẦN I: MỞ ĐẦU
PHẦN II: NỘI DUNG CHUYÊN ĐỀ
A: TÓM TẮT LÝ THUYẾT.
I. ĐỊNH NGHĨA PHÉP CHIA.
Cho hai số nguyên a và b trong đó b  0 ta luôn 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 xảy ra các 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 hoặc a là bội của
b hoặc b là ước của 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  c và a  c  b  c

10. Nếu a  b và n > 0  an  bn
11. Nếu ac  b và (a, b) =1  c  b
12. Nếu a  b, c  b và m, n bất kỳ thì: am + cn  b
13. Nếu a  b và c  d  ac  bd
14. Tích n số nguyên liên tiếp chia hết cho n!
III. MỘT SỐ DẤU HIỆU CHIA HẾT
Gọi N = anan1 ...a1a0
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}
1


* N  4 (hoặc 25)  a1a0  4 (hoặc 25)

* N  8 (hoặc 125)  a2 a1a0  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+a2+…) - (a1+a3+…)]  11
*N  101  [( a1a0 + a5a4 +…) - ( a3a2 + a7a6 +…)]101
* N  7 (hoặc 13)  ( a2 a1a0 + a8 a7a6 +…) - ( a5 a4a3 + a11a10a9 +…) 7 (hoặc 13)
* N  37  ( a2 a1a0 + a5 a4a3 +…)  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 (mod m)
Vậy: a  b (mod m)  a - b  m
b. Các tính chất
1. Với  a  a  a (mod m)
2. Nếu a  b (mod m)  b  a (mod m)
3. Nếu a  b (mod m), b  c (mod m)  a  c (mod m)
4. Nếu a  b (mod m) và c  d (mod m)  a+c  b+d (mod m)
5. Nếu a  b (mod m) và c  d (mod m)  ac  bd (mod m)
6.
7.

a b
 (mod m)
d d
a b
Nếu a  b (mod m), d > 0 và d  UC (a, b, m)   (mod m)
d d

Nếu a  b (mod m), d  UC (a, b) và (d, m) =1 

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 (mod m)
Công thức tính (m)
Phân tích m ra thừa số nguyên tố
m = p1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 p là số nguyên tố và a không chia hết cho p thì ap-1  1 (mod p)
2


3. Định lý Wilson
Nếu p là số nguyên tố thì ( p - 1)! + 1  0 (mod p)
B: CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI TOÁN CHIA HẾT.
I. PHƯƠNG PHÁP 1: DÙNG ĐỊNH NGHĨA CHIA HẾT .
Ví dụ 1: Chứng tỏ rằng số có dạng aaaaaa bao giờ cũng chia hết cho 7.

Giải: aaaaaa = a.111111 = a. 7.15873 chia hết cho 7
Ví dụ 2: Chứng tỏ rằng số có dạng abcabc bao giờ cũng chia hết cho 11, chia hết cho 7
và chia hết cho 13.
Giải: Ta có : abcabc = abc000  abc = abc .(1000+1) = abc .1001 = abc .11.7.13 nên
abcabc chia hết cho 11, chia hết cho 7 và chia hết cho 13.
Ví dụ 3: Chứng minh rằng, nếu lấy một số có 2 chữ số cộng với số gồm 2 chữ số ấy viết
theo thứ tự ngược lại, ta luôn được một số chia hết cho 11
Giải: Gọi 2 số đó là ab và ba . Ta có:
ab + ba = 10a + b + 10b + a = 11a + 11b = 11(a + b) chia hết cho 11
Ví dụ 4: CMR: a. Tổng của 3 số tự nhiên liên tiếp là một số chia hết cho 3.
b. Tổng của 4 số tự nhiên liên tiếp là một số không chia hết cho 4.
Giải: a. Gọi 3 số tự nhiên liên tiếp là n, n +1, n + 2. Với n là só tự nhiên.
Tổng của 3 số đó là : n + (n +1) + (n+ 2) = 3n +3 = 3( n + 1)  3
b. Gọi 4 số tự nhiên liên tiếp là : n, n+1, n+2, n+3. Tổng của 4 số đó là:
n+(n+1)+(n+2)+(n+3)= 4n + 6 = 4n + 4 + 2 = 4(n+1)+2 không chia hết cho 4
Vậy tổng của 4 số tự nhiên liên tiếp không chia hết cho 4.
*Giáo viên chốt lại: Tổng của n số tự nhiên liên tiếp chưa chắc đã chia hết cho n.
Như vậy khi gặp những bài toán chứng minh một tổng, một hiệu hoặc một tích chia hết
cho một số mà các tổng, hiệu, tích đó có thể phân tích được thành tích các thừa số, ta
thường sử dụng các tính chất của phép chia hết.
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: Chứng tỏ rằng với mọi số tự nhiên n thì tích (n + 3).(n +6) chia hết cho 2.
Bài 2: CMR: a) Tích của 3 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 3
b) Tích của 4 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 4.
Bài 3: a. Tìm tất cả các số x,y để số 34 x5 y chia hết cho 36.
b. Tìm các chữ số x, y để 21xy chia hết cho 3, 4, 5 .
Bài 4: Cho các chữ số 0, a, b. Hãy viết tất cả các số có 3 chữ số tạo bởi 3 số trên.
Chứng minh rằng tổng tất cả các số đó chia hết 211
Bài 5: chứng minh (1980a + 1995b) chia hết cho 15 với  a, b là số tự nhiên.
Bài 6: Chứng minh rằng tích của 2 số chẵn liên tiếp luôn chia hết cho 8.

Bài 7: a) Cho A = 2 +22 +23 + ... +260. Chứng minh rằng : A3; A7; A 15
b) Cho B = 3 + 33 + 35 + ...+ 31991. Chứng minh: B chia hết cho 13 và B chia hết cho 41.
Bài 8: Cho a - b chia hết cho 6. Chứng minh các biểu thức sau chia hết cho 6.
a) a +5b ;
b) a + 17b ;
c) a - 13b.
3


HƯỚNG DẪN-ĐÁP SỐ.
Bài 1: Với mọi số tự nhiên n ta có thể viết hoặc n=2k hoặc n=2k+1. Với k là số tự
nhiên.
Với n= 2k ta có :
( n+3)(n+6) = (2k+3)(2k+6) = (2k+3)(k+3).2 chia hết cho 2.
Với n= 2k +1 ta có:
(n+3).(n+6) = (2k+1 +3).(2k+1+6) = (2k+4).(2k+7) = 2.(k+2).(2k+7) chia hết cho 2.
Vậy với mọi n  N thì (n+3)(n+6) chia hết cho 2.
Bài 2: a) Gọi 3 số tự nhiên liên tiếp là n, n+1, n+2
Tích của 3 số tự nhiên liên tiếp là : n.(n+1).(n+2)
Mọi số tự nhiên khi chia cho 3 có thể nhận một trong các số dư 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 = 3 k + 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
Tóm lại, 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 bài tập tập này, giáo viên yêu cầu 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.

Nhận xét: Phương pháp này thường được sử dụng khi chứng minh một biểu thức có
chứa biến chia hết cho các số tự nhiên có một chữ số. Khi chứng minh một biểu thức
chia hết cho các số tự nhiên lớn hơn 10 ta không sử dụng phương pháp này vì phải xét
nhiều trường hợp.
Bài 3: Giải: Vì (4;9) = 1 nên 34 x5 y chia hết cho 36  34 x5 y chia hết cho 9 và 34 x5 y
chia hết cho 4.
Ta có: 34 x5 y chia hết cho 4  5y chia hết cho 4  y2;6.
34 x5 y chia hết cho 9  ( 3+4+x+5+y) chia hết cho 9  (12+x+y) chia hết cho 9
Vì x,y là các chữ số nên x+y  6;15.
Nếu y = 2 thì x = 4 hoặc x = 13 >9 (loại)
Nếu y = 6 thì x = 0 hoặc x = 9
Vậy các số phải tìm là: 34452; 34056; 34956
b) Ta có : 21xy  5  y  0;5.
Nếu y = 5 thì 21xy không chia hết cho 4
Nếu y = 0 thì 21xy chia hết cho 4  x0  4  x  0; 2; 4 ; 6 ; 8. (1)
21x0  3  (2 + 1 + x + 0)  3  (3+ x) 3  x  0; 3; 6; 9.

(2)
4


Kết hợp (1) và ( 2)  x  0; 6. Vậy các số cần tìm là: 2100 ; 2160
Bài 4: Giải : Tất cả các số có 3 chữ số tạo bởi 3 chữ số 0, a, b là: a0b; ab0; ba0; b0a
Tổng của các số đó là: a0b  ab0  ba0  b0a = 100a +b +100a +10b +100b +10a +100b +a
= 211a +211b = 211(a+b) chia hết cho 211.
(Các bài tập còn lại học bạn độc tư giải)
II. PHƯƠNG PHÁP 2: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT, 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 + 5  9
 a + 16  9  a = 2
Vậy: a = 7 và b = 0 ta có số 7560
a = 2 và b = 5 ta có số 2565
Ví dụ 2: Biết tổng các chữ số của 1 số là không đổi khi nhân số đó với 5.
Chứng minh rằng 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 + 1063 + … + 109 + 1 có tổng các chữ số bằng 9  9
 1072 + 1063 + … + 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
5


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 không ? Vì sao?
Bài 5: Tổng của 46 số tự nhiên liên tiếp có chia hết cho 46 không? Vì sao?
Bài 6: Chứng tỏ rằng số 11  11 22  22 là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp.
100 sè 1

100 sè 2

Bài 7: CMR: Tổng lập phương của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 9.
Bài 8: CMR: n4 - 4n3 - 4n2 +16n  3 84 với  n chẵn, n4
Bài 9: CMR: a. n(n + 1) (2n + 1)  6
b. n5 - 5n3 + 4n  120 Với  n  N
Bài 10: CMR: n4 + 6n3 + 11n2 + 6n  24 Với  n  Z
Bài 11: CMR: Với  n lẻ thì
a. n2 + 4n + 3  8
b. n3 + 3n2 - n - 3  48
c. n12 - n8 - n4 + 1  512
Bài 12: Với p là số nguyên tố p > 3 CMR : p2 - 1  24
Bài 13:CM: 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. x = 4 và y = 2
x = 9 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

 (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
6


Bài 4: Ta có 1980 = 22.32.5.11. Vì 2 chữ số tận cùng của a là 80  4 và  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
(Các bài tập còn lại học bạn độc tư giải)
III. PHƯƠNG PHÁP 3: 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 chẵn 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)
Ta có: 20n - 1 = (20 - 1)p = 19p  19
Ta 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 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 - 1) (b - 1)  192
7


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 = b2 + c2. CMR: abc  60
Bài 6: Chứng minh rằng tồn tại vô số số tự nhiên n để 4n2 + 1  5 khi và chỉ khi n không

chia hết cho 13.
Bài 7: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì: n4 + 6n3 +11n2 + 6n  24.
Bài 8: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì: n3(n2 -7)2 -36n  5040.
Bài 9: a) Tìm số nguyên dương n để: n5 + 1  n3 +1.
b) Tìm số tự nhiên n để: n5 + 1  n3 +1.
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ.
Bài 1: a. 32n +1 + 2n +2 = 3.32n + 4.2n
= 3.9n + 4.2n = 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 2: Có 72 = 9.8 mà (8, 9) = 1 và n = 2k (k  N) Ta có: 32k + 63 9  A(n)  9
và 3n + 63 = 32k + 63 = (32k - 1) + 64  A(n)  8
Từ đó  A(n)  72
Bài 3: 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  (a - 1) (b - 1)  192
(Các bài tập còn lại học bạn độc tư giải)
IV. PHƯƠNG PHÁP 4: XÉT TẬP HỢP SỐ DƯ TRONG PHÉP CHIA
Cho hai số nguyên bất kỳ a và b (b≠0). Tồn tại một và chỉ một cặp số nguyên q và r sao
cho : a = b.q + r với 0 ≤ r < b và lúc đó ta xét tầng số dư r.
Ví dụ 1: CMR: Với  n  N
Thì A(n) = n(2n + 7) (7n + 1) 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 được n = 3k + r (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
8

 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
*Ta thấy 33k - 1 = (33 - 1)N = 26N  13
Xét : 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 13
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 + r (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 dư 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 dư 3
Vậy 23k - 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: CMR: Nếu (n, 6) =1 thì n2 - 1  24 Với  n  Z

Bài 3: Tìm số tự nhiên n để 22n + 2n + 1  7
Bài 4: Cho 2 số tự nhiên m, n để thoả mãn 24m4 + 1 = n2 CMR: mn  5
Bài 5: Chứng minh rằng chử số tận cùng của các số tự nhiên n và n5 là như nhau.
9


Bài 6: a) Cho n>2 và n nguyên tố cùng nhau với 6. Chứng minh rằng: n2-124
b) Cho n lẻ và nguyên tố cùng nhau với 3. Chứng minh rằng: n4-148
c) Cho n lẻ và n nguyên tố cùng nhau với 5. Chứng minh rằng: n4-180
Bài 7: Cho a và b là hai số tự nhiên không chia hết cho 7. CMR: a42 - b4249
Bài 8: Cho a và b là hai số nguyên tố lớn hơn 7. CMR: (a2-1)(b2-1)(a6 –b6 )  580608
Bài 9: Tìm số dư của phép chia : Sn=1n+2n+3n+4n cho 4
Bài 10: Chứng minh rằng : 52n + 5n + 1  31 với mọi n không chia hết cho 3
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: + A(n)  5
+ 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
Bài 2: Vì (n, 6) =1  n = 6k + r (k  N)
Với r  {1}
r = 1 n2 - 1  24
Bài 3: 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 tương tự VD2
Bài 4: Có 24m4 + 1 = n2 = 25m4 - (m4 - 1)
Khi m  5  mn  5
Khi m  5 thì (m, 5) = 1  m4 - 1  5 ( Mọi lũy thùa bậc 4 có cơ số là số nguyên

tố cùng nhau với 5 đều có chữ số tận cùng là 1 hoặc 6)
(Hoặc vì m5 - m  5  m (m4 - 1)  5  m4 - 1  5)
 n2  5  n5
Vậy mn  5
(Các bài tập còn lại học bạn độc tư giải)
V. 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.
10


Ví dụ 1: CMR: n3 + 11n  6 với  n  z.
Giải
Ta có n + 11n = n - n + 12n = n(n - 1) + 12n
= n(n + 1) (n - 1) + 12n
Vì n-1 ; n ; n + 1 là 3 số nguyên liên tiếp
 n(n + 1) (n - 1)  6 và 12n  6
3

3

2

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
17a  16b 11

Từ (1) và (2)  

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
n 2 - n 6n
n(n - 1) 3 (1)


30 n (2)
30 6n

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 + 73  23
Bài 2: CMR: 36n2 + 60n + 24  24
Bài 3: CMR: a. 5n+2 + 26.5n + 8 2n+1  59
11


b. 9 2n + 14  5
Bài 4: Tìm n  N sao cho n3 - 8n2 + 2n  n2 + 1
Bài 5: CMR: a) n4 – n2  2 với  n  N.
Bài 6: CMR: n(n+2)(25n2 - 1)  24 với  n  N.
Bài 7: Cho n Z CMR: n3 +59 n  6
Bài 8: Cho n Z CMR: n5 – n  30
Bài 9: Cho n  N CMR 52n +33  17
Bài 10: Cho n  N CMR 3n+2 + 42n+1  13
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: 13 + 33 + 53 + 73 = (13 + 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
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 Ví i n  8

n 2  n  9  0 Ví i n  8(1)
 2
2
 n  8  n  1 Ví i n  8
n  n  7  0 Ví i n  8(2)



(1) vô nghiệm
(2)

1  29
1  29
n
 2  n  3 n  { 0;1;2;3} thử lại ta thấy chỉ có n=0 và
2
2

n=2 thỏa mãn. Vậy n  {0; 2}
(Các bài tập còn lại bạn độc tự giải)
VI. PHƯƠNG PHÁP 6: 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
12

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) = 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) + 225m
Mà A(k)  225 (giả thiết quy nạp) và 225m 225
Vậy A(n)  225
Ví dụ 2: CMR: với  n  N* và n là số tự nhiên lẻ ta có m2  1 2n 2
n

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)
Giả sử với n = k ta có m2  1 2k  2 ta phải chứng minh: m2  1 2k 3
Thật vậy m2  1 2k  2  m2  1  2k  2.q (q  Z )  m2  2k  2.q  1
k 1

k

k

k

  1   2

k 1

có m2  1  m2

k

2

k

.q  1  1  2k  4.q 2  2k 3.q = 2k 3 (2k 1 q 2  q) 2k 3

k 2

2

Vậy m2  1 2n 2 với  n  1
Ví dụ 3: Tính tổng: Sn=13 + 23 + 33 +...+ n3
Giải:
S1 = 13 = 12
S2 = 13 + 23 =(1+2)2
S3 = 13 + 23 + 33 = (1+2+3)2
Giả sử Sk =13 + 23 + 33 +...+ k3 = (1+2+3+…+k)2 (1)
Ta phải chứng minh: Sk+1=13 + 23 + 33 +...+ k3 +(k+1)3 = [1+2+3+…+k+(k + 1)]2 (2)
n

Ta có: 1+2+3+…+k =

k (k  1)
Từ (1)  Sk (3)
2

Cộng vào hai vế của (3) với (k+1)3 ta có: Sk + (k+1)3 = [
 Sk+1 = [

(k  1) 2
(k  1)(k  2) 2
] (k2+4k+4) = [
]
2
2

k (k  1) 2
] + (k+1)3
2

 Sk+1 = [1+2+3+…+k+(k + 1)]2 Vậy (2) đã được chứng minh

Kết luận: Sn=13 + 23 + 33 +...+ n3 = (1+2+3+…+n)2
13


BÀI TẬP TƯƠNG TỰ.
Bài 1: CMR: 33n+3 - 26n - 27  29 với  n  1
Bài 2: CMR: 42n+2 - 1  15
Bài 3: Chứng minh rằng với  n  N* số 23 + 1  3n
n

1
x

Bài 4:CMR:Nếu (x+ ) nguyên thì (xn+

1
) củng là một số nguyên với mọi số nguyên n.
xn

Bài 5: CMR số được thành lập bởi 3n chữ số giống nhau thì chia hết cho 3n với n là số
nguyên dương.
Bài 6: Cho n  N CMR 16n - 15n - 1  225
Bài 7: Chứng minh rằng tồn tại một số có 2005 chữ số mà trong cách viết thập phân của
nó chỉ gồm các chữ số 1;2 và số này chia hết cho 22005
Bài 8:Chứng minh rằng với k nguyên dương và a là số nguyên tố lớn hơn 5 thì a4k-1240
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ.
Bài 1: Tương tự ví dụ 1.
Bài 2: Tương tự ví dụ 1.
Bài 3: Với n=1 thì 23 + 1 = 23 + 1 = 9  31
n

1

Giả sử với n=k ta có 23 + 1  3k
k

Với n=k+1 ta có : 23 + 1 =( 23 )3 +1 = ( 23 + 1)( 22.3 - 23 + 1 )
k

k1

k

k

k

Theo giả thiết quy nạp : 23 + 1  3k suy ra 23 = m.3k - 1 ( mZ+)
k

k

Do đó ( 22.3 - 23 + 1 ) = (m.3k - 1 )2 - (m.3k - 1 ) +1
= m2 . 32.k - 2.m.3k+1 + 3 = 3n với  n  N*
Suy ra 23 + 1 = m.3k..3n = m.n. 3k+1  3k+1 (m, n  N* )
Vậy theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh
k

k

k1

Bài 4: Đặt Sn= xn +

1
(x khác không và n thuộc Z) . Ta chỉ cần chứng minh Sn nguyên
xn

với n thuộc N( nếu n âm thì đặt n = -m )
Khi n=0, ta có S0=2  Z

Khi n=1, ta có S1= x+

1
 Z theo giả thiết.
x

Giả sử Sn nguyên với n= 0,1,2,3,4, …. , (k-1),k.
Ta chứng minh Sn nguyên với n=k+1 nghĩa là ta chứng minh: Sk+1= xk+1+

1
x k 1

Z

1
1
1
1
)(x+ )=( xk+1+ k 1 ) + xk-1+ k 1
k
x
x
x
x
 Sk.S = Sk+1 +Sk-1  Sk+1 = Sk.S - Sk-1

Ta có: (xk+

Mà S, Sk-1 , Sk nguyên nên Sk+1 củng nguyên.
Vậy ta có điều phải chứng minh.

14


(Các bài tập còn lại bạn độc tự giải)
VII. 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
và định lý Wilson.
Ví dụ 1: CMR: 22225555 + 55552222  7
Giải: Có 2222  - 4 (mod 7) và 5555  4 (mod 7)
 22225555 + 55552222  (- 4)5555 + 45555 (mod 7)



Lại có: (- 4)5555 + 42222 = - 45555 + 42222 = - 42222 (43333 - 1) = - 42222  43 
Vì 43 = 64  1 (mod 7)   43 

1111

1111



1

 1  0 (mod 7)  22225555 + 55552222  0 (mod 7)

Vậy 22225555 + 55552222  7
Ví dụ 2: CMR: 32  23  5 22 với  n  N
Giải: Theo định lý Fermat ta có:
310  1 (mod 11) và 210  1 (mod 11)

Ta tìm dư 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)
Ta có : 32  23  5  310 q  2  210 k 3  5  9.310 q  8.210 k  5  9  8  5 mod(11)
4 n1

4 n1

 32

4 n1

4 n1

 23

4 n1

4 n1

 5  0 (mod11)

24 n1

4 n1

Ta có: 3  23  5  310 q  2  210 k 3  5
= 32.310q + 23.210k + 5  1+0+1 (mod 2)  0 (mod 2) mà (2, 11) = 1
Vậy 32  23  5 22 với n  N
Ví dụ 3: CMR: 22  7 11 với n  N

Giải : Ta có: 24  6 (mod)  24n+1  2 (mod 10)
 24n+1 = 10q + 2 (q  N)  22  210q2
Theo định lý Fermat ta có: 210  1 (mod 11)  210q  1 (mod 11)
22  7  210 q  2  7  4+7 (mod 11)  0 (mod 11)
Vậy 22  7 11 với n  N (ĐPCM)
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ.
Bài 1: CMR 22  3 19 với n  N
Bài 2: CMR với  n  1 ta có: 52n-1. 22n-15n+1 + 3n+1 .22n-1  38
4 n1

4 n1

4 n1

4 n1

4 n1

4 n1

6 n 2

Bài 3: Cho n>3 và n là số tự nhiên. Chứng minh rằng: 2n =10a+b (0Bài 4: Tìm tất cả các số nguyên dương n có tính chất sau:
Tập hợp  n, n  1, n  2, n  3, n  4, n  5  có thể tách thành hai nhóm sao cho tích
các phần tử của nhóm này bằng tích các phần tử của nhóm kia?
Bài 5: Cho số p > 3, p  (P) CMR 3p - 2p - 1  42p
Bài 6: CMR với mọi số nguyên tố p đều có dạng: 2n - n (n  N) chia hết cho p.
15

Bài 7: Cho n>3 và n là số tự nhiên. Chứng minh rằng: 2n =10a+b (0HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ.
Bài 1: Làm tương tự như 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) nhóm
 25n-1.10 + 9. 6n-1  6n-1.19 (mod 19)  0 (mod 19)
Bài 3: Do đó b có thể bằng 2:4:6:8.
+ Nếu b=6 thì ab 6.
+ Nếu b=2 suy ra n lẽ
2n )  2 (mod 3)  10a+b=9a+a+2  2 (mod 3). Do đó 9a  0 (mod 3).
Nên  a+2  2 (mod 3). Suy ra a  0 (mod 3). Suy ra ab 6
+Trường hợp b = 4; 8 chứng minh tương tự.
Bài 4: Giả sử tập hợp  n, n  1, n  2, n  3, n  4, n  5  được tách thành hai nhóm sao cho
tích các phần tử của nhóm này bằng tích các phần tử của nhóm kia. (1)
Do đó n(n  1)(n  2)( n  3)( n  4)( n  5)  m2 với m là số tự
nhiên. n(n  1)(n  2)( n  3)( n  4)( n  5)  m2
Nếu trong tập hợp A =  n, n  1, n  2, n  3, n  4, n  5  có một số chia hết cho 7 thì số
này là duy nhất điều này không thỏa mãn (1) vô lý. Vậy A không chứa số nào chia hết
cho 7.
 n(n  1)(n  2)( n  3)( n  4)( n  5)  1.2.3.4.5.6 (mod 7)  m2  6 (mod 7). (2)
vì 1.2.3.4.5.6 6 (mod 7)
Mà (2) không xẩy ra với m thuộc N.
Vậy ta không có giá tri của n thỏa mãn yêu cầu bài toán.
(Các bài tập còn lại bạn độc tự giải)
VIII: PHƯƠNG PHÁP 8: SỬ DỤNG NGUYÊN LÝ DI-RICH-LET.
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 6 số tự nhiên bất kì luôn tìm được 2 số có hiệu chia hết cho 5.

Giải: Một số khi chia cho 5 có thể nhận một trong các số dư là : 0; 1; 2; 3; 4.
Trong 6 số tự nhiên bất kì khi chia cho 5 luôn tồn tại ít nhất 2 số có cùng số dư (nguyên
tắc Đirichlet). Suy ra hiệu của 2 số chia hết cho 5.
Ví dụ 2: CMR tồn tại một số tự nhiên x<17 sao cho 25x - 1  17
Giải: Xét dãy gồm 17 số hạng: 25 , 252 , 23 , ...... , 2517 (1)
Chia các số hạng của dãy (1) cho 17.Vì (25,17)=1 nên (25n ,17)=1ví mọi n thuộc N và
n>1
Do đó số dư của các phép chia chỉ có thể theo một thứ tự nào đó là 1,2,3, ….., 16.
Có 17 phép chia và 16 số dư có thể nên có ít nhất hai số hạng của dãy (1) chia cho 17 có
cùng số dư.
16


Gọi hai số đó là 25i và 25j với i,j thuộc N và 1  i25i - 25j  17  25i (25j-i - 1)  17
Vì (25i ,17)= 1 nên 25j-i - 1  17
Vì 1  iVí dụ 3: Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên n sao cho 3n tận cùng là 000001
Giải: Ta chứng minh tồn tại n thuộc N để ch 3n - 1  106 .
Xét dãy gồm 1000000 số hạng sau: 3, 32, 33, … , 310 (1)
Chia các số hạng của dãy(1)cho 106. Số dư của các phép chia có thể có là 1, 2, 3,…
,99999
Có một triệu phép chia do đó có ít nhất hai số hạng của dãy (1) có cùng số dư trong phép
chia cho 106.
Gọi hai số đó là 3i và 3j với i,j thuộc N và 1  iSuy ra: 3i - 3j  106  3i (3j-i -1)  106 ; Nhưng (3,10)=1(3,106)=1
Vậy: Tồn tại n thuộc số tự nhiên để 3n tận cùng bởi 000001
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ.
Bài 1: CMR: Tồn tại n  N sao cho 17n - 1  25
6

Bài 2: Có hay không 1 số có dạng. 19931993 … 1993000 … 00  1994
Bài 3: Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng 1. Đánh dấu 5 điểm phân biệt bất kỳ trong
tam giác đó. Chứng minh ắt tồn tại ít nhất là hai điểm trong số đó mà khoảng cách giữa
chúng nhỏ hơn 0,5.
Bài 4: Cho hình tròn (O;R) có diện tích bằng 8 người ta lấy 17 điểm phân biệt bất kỳ.
CMR bao giờ củng tìm được ít nhất là 3 điểm tạo thành một tam giác có diện tích bé
thua 1.
Bài 5: CMR: Trong n + 1 số nguyên bất kỳ có 2 số có hiệu chia hết cho n.
Bài 6: CMR: Tồn tại 1 bội của số 1993 chỉ chứa toàn số 1.
Bài 7: CMR: Với 17 số nguyên bất kỳ bao giờ cũng tồn tại 1 tổng 5 số chia hết cho 5.
Bài 8: CMR: Tồn tại số có dạng 323232…32 chia hết cho 31
Bài 9: CMR: Tồn tại số có dạng 19941994…1994 gồm k số 1994 với kN
và 1 ≤ k ≤ 1993 chia hết cho 1993
Bài 10: CMR: Tồn tại mN sao cho 3m tận cùng bởi 001
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ.
Bài 1: Xét dãy số 17, 172, …, 1725 (tương tự VD2)
Bài 2: Xét dãy số a1 = 1993, a2 = 19931993, …
a1994 = 1993  1993 . Đem chia cho 1994  có 1994 số dư thuộc tập {1; 2; …; 1993}
1994 sè 1993

theo nguyên 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
17


 1993  1993.10ni 1994
j-i sè 1993

Bài 3: Các đường trung bình của tam giác ABC chia nó thành 4 tam giác đều có cạnh
bằng 0,5. Theo nguyên tắc Direchlel, ắt tồn tại ít nhất rơi vào cùng một tam giác nhỏ .
Nên ta có khoảng cách giữa hai điểm này bằng 0,5.
Bài 4: Chia hình tròn thành 8 hình quạt bằng nhau có bán kính là bán kính của hình tròn.
Do đó mỗi hình quạt có diện tích bằng 1.
Theo nguyên tắc Direchlel, ắt tồn tại ít nhất là một hình quạt chứa nhiều hơn hai điểm.
Xét 3 điểm phân biệt trong hình quạt đã cho.
Dễ thấy tam giác tạo bởi 3 điểm này có diện tích bé hơn 1.
(Các bài tập còn lại bạn độc tự giải)
IX: PHƯƠNG PHÁP 9: DÙNG PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG.
Để CM A(n)  p (hoặc A(n) không chia hết cho p )
Giả sử: A(n) không chia hết cho p (hoặc A(n)  p )
CM phần giả sử là sai
Kết luận: A(n) p (hoặc A(n) không chia hết cho p )
Ví dụ 1: CMR n2 + 3n + 5  121 với  n ẻ N
Giả sử tồn tại n ẻ N sao cho n2 + 3n + 5  121 ị 4n2 + 12n + 20  121 (vì (n, 121) = 1)
ị (2n + 3)2 + 11  121 (1) ị (2n + 3)2  11
Vì 11 là số nguyên tố ị 2n + 3  11ị (2n + 3)2  121 (2)
Từ (1) và (2) ị 11  121 vô lý. Vậy n2 + 3n + 5  121
Ví dụ 2: CMR n2 - 1  n với  n ẻ N*
Giải: Xét tập hợp số tự nhiên N*
Giả sử  n  1, n ẻ N* sao cho n2 - 1  n
Gọi d là ước số chung nhỏ nhất khác 1 của n ị d ẻ (p) theo định lý Fermat ta có
2d-1  1 (mod d) ị m < d
Ta chứng minh m\n
Giả sử n = mq + r (0 Ê r < m). Theo giả sử n2 - 1  n ị nmq+r - 1  n
ị 2r(nmq - 1) + (2r - 1)  n ị 2r - 1  d vì r < m mà m ẻ N, m nhỏ nhất khác 1 có tính chất
(1)
ị r = 0 ị m\n mà m < d cũng có tính chất (1) nên điều giả sử là sai.
Vậy n2 - 1  n với  n ẻ N*

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ.
Bài 1: Có tồn tại n ẻ N sao cho n2 + n + 2  49 không?
Bài 2: CMR: n2 + n + 1  9 với  n ẻ N*
Bài 3: CMR: 4n2 - 4n + 18  289 với  n ẻ N
18


Bài 4: Cho a và b là hai số nguyên tố cùng nhau. CMR: a+b và ab nguyên tố cùng nhau.
Bài 5: Cho a và b là hai số nguyên tố cùng nhau. CMR: A=5a+3b và B=13a+8b nguyên
tố cùng nhau.
Bài 6: CMR: 4n2 - 2n + 13 không chia hết cho 289 với  n ẻ N
Bài 7: Cho a và b là hai số nguyên tố cùng nhau. CMR: Với A=ab+bc+ac; B=a+b+c;
C=abc thì A,B,C nguyên tố cùng nhau.
Bài 8: CMR: n2 + 3n + 5  121 với  n ẻ N
Bài 9: CMR: 4n2 - 4n + 18  289 với  n ẻ N
Bài 10: Cho a và b là hai số nguyên tố cùng nhau. Chứng minh: an+bn và ab nguyên tố
cùng nhau
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: Giả sử tồn tại n ẻ N để n2 + n + 2  49 ị 4n2 + 4n + 8  49
ị (2n + 1)2 + 7  49 (1) ị (2n + 1)2  7
Vì 7 là số nguyên tố ị 2n + 1  7 ị (2n + 1)2  49 (2)
Từ (1); (2) ị 7  49 vô lý. Vậy không tồn tại số tự nhiên n để: n2 + n + 2  49
Bài 2: Giả sử tồn tại n2 + n + 1  9 với  n
ị (n + 2)(n - 1) + 3  9 (1)
n  2 3

vì 3 là số nguyên tố ị 
ị (n + 2)(n - 1)  9 (2)
n  1 3
Từ (1) và (2) ị 3  9 vô lý. Vậy không tồn tại số tự nhiên n để: n2 + n + 1  9

Bài 3: Giả sử  n ẻ N để 4n2 - 4n + 18  289ị(2n - 1)2 + 17  172 ị (2n - 1)  17
17 là số nguyên tố ị (2n - 1)  17 ị (2n - 1)2  289
ị 17  289 vô lý. Vậy không tồn tại số tự nhiên n để: 4n2 - 4n + 18  289
Bài 4: Giả sử a+b và ab không nguyên tố cùng nhau. Do đó a+b và ab phải có ít nhất
một ước số chung nguyên tố d. a+b d (1) và ab d (2)
Vì d là số nguyên tố nên từ (2) ta có a d hoặc b d
Nếu a d thì từ (1) suy ra b d
Như vậy a và b có một ước số chung nguyên tố d trái với giả thiết
Nếu b d tương tự như trên.
(Các bài tập còn lại bạn độc tự giải)
C: BÀI TẬP ÁP DỤNG.
I:CHỨNG MINH MỘT SỐ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG, KHÔNG CHÍNH
PHƯƠNG.
Sử dụng tính chất “số chính phương chỉ có thể tận cùng là: “0 ; 1 ; 4 ; 5 ; 6 ; 9”
Bài 1: Chứng minh số 1234567890 không phải là số chính phương.
Bài 2: Chứng minh một số có tổng các chữ số là 2006 không phải là số chính phương.
19


Bài 3: CM : Với mọi số tự nhiên n thì an = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 là số chính
phương.
Bài 4: Chứng minh rằng : Nếu m, n là các số tự nhiên thỏa mãn 3m2 + m = 4n2 + n
thì m - n và 4m + 4n + 1 đều là số chính phương.
Bài 5: Chứng minh số : n = 20042 + 20032 + 20022 - 20012 không phải là số chính
phương.
Bài 6: Chứng minh rằng nếu một số có tổng các chữ số là 2004 thì số đó không phải là
số chính phương.
Bài 7: Chứng minh tổng các số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến 2005 không phải là số chính
phương.
Bài 8: Chứng minh số 4014025 không là số chính phương.

Bài 9: Chứng minh A = n(n + 1)(n + 2)(n + 3)+1 là số chính phương với mọi số tự nhiên
n khác 0.
Bài 10: Chứng minh rằng : Nếu m, n là các số tự nhiên thỏa mãn 3m2 + m = 4n2 + n thì
m - n và 4m + 4n + 1 đều là số chính phương.
Bài 11: Cho các số nguyên dương a, b, c đôi một nguyên tố cùng nhau, thỏa mãn : 1/a +
1/b = 1/c. Hãy cho biết a + b có là số chính phương hay không ?
Bài 12: Chứng minh rằng, với mọi số tự nhiên n thì 3n + 4 không là số chính phương.
Bài 13: Tìm số tự nhiên n để n2 + 2n + 2004 là số chính phương.
(Các bài tập còn lại bạn độc tự giải)
HƯỚNG DẪN-ĐÁP SỐ.
Bài 1: Thấy ngay số 1234567890 chia hết cho 5 (vì chữ số tận cùng là 0) nhưng không
chia hết cho 25 (vì hai chữ số tận cùng là 90). Do đó số 1234567890 không phải là số
chính phương.
Bài 2: Vì số chính phương khi chia cho 3 chỉ có số dư là 0 hoặc 1 mà thôi (coi như bài
tập để các em tự chứng minh !). Do tổng các chữ số của số đó là 2006 nên số đó chia cho
3 dư 2. Chứng tỏ số đã cho không phải là số chính phương.
Bài 3: Ta có : an = n(n + 1) (n + 2) (n + 3) + 1 = (n2 + 3n) (n2 + 3n + 2) + 1
= (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) + 1 = (n2 + 3n + 1)2
Với n là số tự nhiên thì n2+3n+1 cũng là số tự nhiên, theo định nghĩa, an là số chính
phương.
Bài 4: Ta có : 3m2 + m = 4n2 + n  4(m2 - n2) + (m - n) = m2
Hay là (m - n)(4m + 4n + 1) = m2 (*)
Gọi d là ước chung lớn nhất của m - n và 4m + 4n + 1
Thì (4m + 4n + 1) + 4(m - n) chia hết cho d => 8m + 1 chí hết cho d.
Mặt khác, từ (*) ta có : m2 chia hết cho d2 => m chia hết cho d.
Từ 8m + 1 chia hết cho d và m chia hết cho d ta có 1 chia hết cho d => d = 1.
Vậy m - n và 4m + 4n + 1 là các số tự nhiên nguyên tố cùng nhau, thỏa mãn (*) nên
chúng đều là các số chính phương.
II: TÌM CHỮ SỐ TẬN CÙNG.
Bài 1: Tìm chữ số tận cùng của các số : a) 7

67

99

1414

b) 14

c) 45

20


Bài 2: Tìm chữ số tận cùng của tổng S = 21 + 35 + 49 + … + 20048009.
Bài 3: Tìm chữ số tận cùng của tổng T = 23 + 37 + 411 + … + 20048011.
Bài 4: Tồn tại hay không số tự nhiên n sao cho n2 + n + 1 chia hết cho 19952000.
Bài 5: Tìm hai chữ số tận cùng của các tổng :
a) S1 = 12002 + 22002 + 32002 + ... + 20042002; b) S2 = 12003 + 22003 + 32003 + ... + 20042003
Bài 6: Chứng minh rằng các tổng sau không thể là số chính phương :
a) M = 19k + 5k + 1995k + 1996k (với k chẵn);
b) N = 20042004k + 2003
Bài 7: Tìm ba chữ số tận cùng của 2004200.
Bài 8: Tìm hai chữ số tận cùng của các số : a) a2003 b) 799
Bài 9: Tìm số dư của phép chia 3517 cho 25.
Bài 10: Cho n Є N và n - 1 không chia hết cho 4. Chứng minh rằng 7n + 2 không thể là
số chính phương.
Bài 11: Tìm ba chữ số tận cùng của 123101.
Bài 12: Tìm ba chữ số tận cùng của 3399...98.
HƯỚNG DẪN-ĐÁP SỐ.

Bài 1: a)Trước hết, ta tìm số dư của phép chia 99 cho 4 :
99 - 1 = (9 - 1)(98 + 97 + … + 9 + 1) chia hết cho 4
=> 99 = 4k + 1 (k thuộc N) => 79  74 k 1  7.74 k
Do 74k có chữ số tận cùng là 1 => 7 9 có chữ số tận cùng là 7.
b) Dễ thấy 1414 = 4k(k thuộcN)=> theo tính chất thì 1414  144k có chữ số tận cùng là 6
c) Ta có 567 - 1 chia hết cho 4 => 567 = 4k + 1 (k thuộc N)
=> 45 = 44k + 1 = 44k.4, theo tính chất 1d, 44k có chữ số tận cùng là 6 nên 45 có chữ số
tận cùng là 4.
Bài 2: Nhận xét : Mọi lũy thừa trong S đều có số mũ khi chia cho 4 thì dư 1 (các lũy
thừa đều có dạng n4(n - 2) + 1, n thuộc {2, 3, …, 2004}).
Theo tính chất, mọi lũy thừa trong S và các cơ số tương ứng đều có chữ số tận cùng
giống nhau, bằng chữ số tận cùng của tổng :
(2 + 3 + … + 9) + 199.(1 + 2 + … + 9) + 1 + 2 + 3 + 4 = 200(1 + 2 + … + 9) + 9 = 9009.
Vậy chữ số tận cùng của tổng S là 9.
Bài 3: Nhận xét : Mọi lũy thừa trong T đều có số mũ khi chia cho 4 thì dư 3 (các lũy
thừa đều có dạng n4(n - 2) + 3, n thuộc {2, 3, …, 2004}).
Theo tính chất 3 thì 23 có chữ số tận cùng là 8 ; 37 có chữ số tận cùng là 7 ; 411 có chữ số
tận cùng là 4 ; …
Như vậy, tổng T có chữ số tận cùng bằng chữ số tận cùng của tổng :
(8 + 7 + 4 + 5 + 6 + 3 + 2 + 9) + 199.(1 + 8 + 7 + 4 + 5 + 6 + 3 + 2 + 9) + 1 + 8 + 7 + 4
= 200(1 + 8 + 7 + 4 + 5 + 6 + 3 + 2 + 9) + 8 + 7 + 4 = 9019.
Vậy chữ số tận cùng của tổng T là 9.
Bài 4: 19952000 tận cùng bởi chữ số 5 nên chia hết cho 5.
Vì vậy, ta đặt vấn đề là liệu n2 + n + 1 có chia hết cho 5 không ?
Ta có n2 + n = n(n + 1), là tích của hai số tự nhiên liên tiếp nên chữ số tận cùng của
9

9

14

67

67

21


n2 + n chỉ có thể là 0 ; 2 ; 6 => n2 + n + 1 chỉ có thể tận cùng là 1 ; 3 ; 7=>n2+n+1 không
chia hếtcho 5.
Vậy không tồn tại số tự nhiên n sao cho n2 + n + 1 chia hết cho 19952000.
(Các bài tập còn lại bạn độc tự giải)
III: ƯCLN VÀ BCNN
Gọi (a, b) = d nên a=md , b=nd ; thì [a, b] = mnd (*) và ab = (a, b).[a, b] (**)
Bài 1: Tìm hai số nguyên dương a, b biết [a, b] = 240 và (a, b) = 16.
Bài 2: Tìm hai số nguyên dương a, b biết ab = 216 và (a, b) = 6.
Bài 3: Tìm hai số nguyên dương a, b biết ab = 180, [a, b] = 60.
Bài 4: Tìm hai số nguyên dương a, b biết a/b = 2,6 và (a, b) = 5.
Bài 5: Tìm a, b biết a/b = 4/5 và [a, b] = 140.
Bài 6: Tìm hai số nguyên dương a, b biết a + b = 128 và (a, b) = 16.
Bài 7: Tìm a, b biết a + b = 42 và [a, b] = 72.
Bài 8: Tìm a, b biết a - b = 7, [a, b] = 140.
Bài 9: Tìm hai số a, b biết 7a = 11b và (a, b) = 45.
Bài 10: Tìm hai số biết tổng của chúng bằng 448, ƯCLN của chúng bằng 16 và chúng
có các chữ số hàng đơn vị giống nhau.
Bài 11: Cho hai số tự nhiên a và b. Tìm tất cả các số tự nhiên c sao cho trong ba số, tích
của hai số luôn chia hết cho số còn lại.
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1: Tìm hai số nguyên dương a, b biết [a, b] = 240 và (a, b) = 16.
Giải: Do vai trò của a, b là như nhau, không mất tính tổng quát, giả sử a ≤ b.

Do (a, b) =16 nên a = 16m; b = 16n (m ≤ n do a ≤ b) với m, n thuộc Z+;(m, n)= 1.
Theo định nghĩa BCNN : [a, b] = mnd = mn.16 = 240 => mn = 15
=> m = 1 , n = 15 hoặc m = 3, n = 5 => a = 16, b = 240 hoặc a = 48, b = 80.
Chú ý : Ta có thể áp dụng công thức để giải bài toán này: ab = (a, b).[a, b]
=> mn.162 = 240.16 suy ra mn = 15.
Bài 2: Tìm hai số nguyên dương a, b biết ab = 216 và (a, b) = 6.
Giải : Lập luận như bài 1, giả sử a ≤ b.
Do (a, b) = 6 => a = 6m ; b = 6n với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1 ; m ≤ n.
Vì vậy : ab = 6m.6n = 36mn => ab = 216 tương đương mn = 6 tương đương m = 1, n = 6
hoặc m = 2, n = 3 tương đương với a = 6, b = 36 hoặc là a = 12, b = 18.
Bài 3: Tìm hai số nguyên dương a, b biết ab = 180, [a, b] = 60.
Giải : Từ ab = (a, b).[a, b] => (a, b) = ab/[a, b] = 180/60 = 3.
Tìm được (a, b) = 3, bài toán được đưa về dạng bài toán 2.
Kết quả : a = 3, b = 60 hoặc a = 12, b = 15.
Chú ý : Ta có thể tính (a, b) một cách trực tiếp từ định nghĩa ƯCLN, BCNN:
Theo (*) ta có ab = mnd2 = 180 ; [a, b] = mnd = 60 => d = (a, b) = 3.
Bài 4: Tìm hai số nguyên dương a, b biết a/b = 2,6 và (a, b) = 5.
Giải : Theo (*) ta có (a, b) = 5 => a = 5m ; b = 5n với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1.
Vì vậy : a/b= m/n=2,6=>m/n = 13/5  m = 13 và n = 5 hay a = 65 và b = 25.
Chú ý : phân số tương ứng với 2,6 phải chọn là phân số tối giản do (m, n) = 1.
22


(Các bài tập còn lại bạn độc tự giải)
IV. SỐ NGUYÊN TỐ.
Bài 1: Phân tích các số sau ra thừa số nguyên tố: 10200.
Bài 2: Tìm xem 72 có bao nhiêu ước số? Liệt kê các ước số đó ?
Bài 3: Cho một số N phân tích ra thừa số nguyên tố có dạng: N=2x.5y biết N có 15 ước
số. Nhưng nếu đem chia cho 8 thì được một số chỉ còn 6 ước số. Tìm số N ?
Bài 4. Tìm xem 72 có bao nhiêu ước số? Liệt kê các ước số đó ?

Bài 5. Tìm số nhỏ nhất có 15 ước số ?
Bài 6. Cho một số N phân tích ra thừa số nguyên tố có dạng N=2x.3y.Nếu đem chi N cho
2 thì được một số có 10 ước số.Nếu đem chia N cho 6 thì được một số có 8 ước số.Tìm
số N?
Bài 7. Một số có 4 chữ số giống nhau chỉ có hai ước số là những số nguyên tố. Hãy tính
số đó và các ước số nguyên tố của nó ?
Bài 8. Tìm tất cả các số nguyên tố p và q sao cho các số 7p+q và pq+11 cũng là số
nguyên tố
Bài 9. Chứng tỏ rằng với mọi số tự nhiên n khác 0 thì số: 11...1 2 11...1 lµ hî p sè.
n ch÷ sè

n ch÷ sè

Bài 10. Tìm tổng tất cả các số có ba chữ số mà mỗi số là tích của 4 số nguyên tố khác
nhau.
HƯỚNG DẪN-ĐÁP SỐ.
Bài 1: Giải: HD: 10200 = 23.3.52.17
Bài 2: Giải: Áp dụng định lý về tìm ước số của một số ta làm như sau:
Phân tích 72 ra thừa số nguyên tố: 72 = 23. 32 = 2 .3
Vậy số ước của 72 là: n = (  1)   + 1 = (3 + 1) (2 + 1) = 12.
Giá trị các ước số dó là: P = (1 + a + a2 +….+ a ) 1 + b + b2  ....  b





Ta có P = (1 + 2 + 22 + 23).(1 + 3 + 32)
= (1 + 2 + 4 + 8).(1 + 3 + 9 )
= 1 + 3 + 9 + 2 + 6 + 18 + 4 + 12 + 36 + 8 + 24 + 72
Vậy các ước số là 1, 2, 3, 4, 6, 9, 12, 18, 24, 36, 72 và 8.

Bài 3: Theo bài ra ta có: N = 2x.5y
Gọi n là ước của N
n = (x + 1)(y + 1) = 15 => xy + x + y = 14 (1)
Vì N chia cho 8 thì số ước còn lại là 6 nên ta có: Gọi n, là ước của N

N 2x .5 y
2x .5 y
=
=
= 2x-3.5 y và n, = (x - 3 + 1).(y + 1) = 6
8
8
23

=> (x - 2)(y + 1) = 6 => xy + x - 2y - 2 = 6 => xy + x - 2y = 8.
Trừ từng vế của (1) và (2) cho nhau ta có :
xy + x + y = 14
xy + x - 2y = 8
3y = 6

(2)

 y=2

Thay y = 2 vào (2) ta có : 2x + x - 4 = 8 => 3x = 12 => x = 4
23


Do đó N = 2x.5y = 24.52 = 16.25 = 400.
Bài 4. Tìm xem 72 có bao nhiêu ước số? Liệt kê các ước số đó ?

Giải: Áp dụng định lý về tìm ước số của một số ta làm như sau:
+ Phân tích 72 ra thừa số nguyên tố: 72 = 23. 32 = 2 .3
+ Vậy số ước của 72 là: n = ( 1) + 1 = (3 + 1) (2 + 1) = 12.
+ Giá trị các ước số dó là :
P = (1 + a + a2 +….+ a ) 1 + b + b2 .... b
Ta có P = (1 + 2 + 22 + 23).(1 + 3 + 32) = (1 + 2 + 4 + 8).(1 + 3 + 9 )
= 1 + 3 + 9 + 2 + 6 + 18 + 4 + 12 + 36 + 8 + 24 + 72
Vậy các ước số là 1, 2, 3, 4, 6, 8,9, 12, 18, 24, 36, 72
(Các bài tập còn lại bạn độc tự giải)
V: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN.
Bài 1: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: xy + x - 2y = 3 (1)
Bài 2: Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình: 4x + 5y = 65
Bài 3: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 3x + 17y = 159
Bài 4: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 2x + 13y = 156
Bài 5: Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y sao cho 2x2 + y2 = 2007
Bài 6: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 4x2 + 4x + y2 = 24
Bài 7: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: xy2 + 2xy + x - 216y = 0
Bài 8: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x2 + y2 +z2 = 1980
Bài 9: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 1 + x2 + x3 + x4 = y4
Bài 10: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:17(xyzt+xy+xt+zt+1)=54(yzt+ y+t)
HƯỚNG DẪN-ĐÁP SỐ.
Bài 1: Giải: Ta có : (1)  y(x-2) = -x + 3
Vì x = 2 không phải là nghiệm phương trình nên :
1
x  3
Ta thấy y là số nguyên nên x - 2 phải là ước của 1
 y = -1 +
x2
x2
Nên x – 2 =  1  x = 1 hoặc x = 3. Từ đó ta có nghiệm : (x ;y) là (1 ;-2) và (3 ;0)

65  5 y
y 1
Bài 2: Giải: 4x + 5y = 65  x =
 16  y 
4
4
y 1
Ta phải có :
= t  Z  y = 4t +1 và x = 15 – 5t
4
15  5t  0
0  T  3
 t  0;1; 2  đcm
Ta có x>0 ; y>0  4t  1  0  
t

Z

t  Z


(1)  y =

Bài 3: Giải: Vì 3x và 159 đều chia hết cho 3. Do đó 17y chia hết cho 3.
Mà 17 và 3 nguyên tố cùng nhau, nên y 3. Đặt y = 3t (t  Z).
 x  53  17t
 y  3t

=> 3x + 17.3t = 159  x + 17t = 53. Do đó : 

(t  Z).

Thử lại, ta thấy x, y nghiệm đúng phương trình.
24


 x  53  17t
 y  3t

Vậy nghiệm nguyên của phương trình : 

(t  Z).

Bài 4: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : 2x + 13y = 156
 x  13t
 x  78  13t
(nếu phát hiện x 13) hoặc 
(nếu phát hiện y
 y  12  2t
 y  2t

(Đáp số : 

2)

Bài 5: Giải : Ta có 2x2 2, 2007  2 nên y2 lẻ  y = 2k + 1.
Ta có 2x2 + 4k2 + 4k = 2006.
Vì 2006 chia 4 dư 2 nên 2x2  4 tức x lẻ, x = 2h + 1. Từ đó 2(2h + 1)2 + 4k2 + 4k = 2006
 8h2 + 8h + 4k2 + 4k = 2004. Sốø 2004  8 mà 8h2 + 8h + 4k2 + 4k 8. Vô lí.
Vậy không tồn tại các số nguyên x, y thỏa mãn 2x2 + y2 = 2007.

(Các bài tập còn lại bạn độc tự giải)
VI : MỘT SỐ BÀI TOÁN CÓ NỘI DUNG PHỨC TẠP
Bài 1: Tìm số tự nhiên a sao cho trong 3 mạnh đề sau đây có 2 mạnh đề đúng và 1 mạnh
đề sai :
1.(a+51) là số chính phương; 2.Chử số tận cùng của a là 1; 3.(a-38) là số chính phương
Bài 2: Tìm số tự nhiên a sao cho trong 4 mạnh đề sau đây có 2 mạnh đề đúng và 2 mạnh
đề sai :
1. a 5 ;
2. a 23 ;
3. (a+7) là số chính phương ; 4. (a-10) là số chính phương.
Bài 3: Tìm 2 số tự nhiên a và b sao cho trong 4 mạnh đề sau đây có 3 mạnh đề đúng và 1
mạnh đề sai :
1. a + 1 5 ;
2. a = 2b +5 ;
3. a + b 3 ;
4. (a+b) là số nguyên tố.
Bài 4: Tìm số thực a sao cho trong 3 mạnh đề sau đây có 2 mạnh đề đúng và 1 m/đề sai.
1. a là số nguyên ;

2. a2 - 4a là số nguyên âm ;

3. a +

2
là số nguyên dương
a

Bài 5: Trong một giải đấu bóng chuyền có 6 đội bóng thi đấu vòng tròn với nhau. Chứng
minh rằng vào bất cứ lúc nào cũng có 3 đội trong đó tầng cặp đã đấu với nhau rồi hoặc
chưa đấu với nhau trận nào ?

Bài 6: Một lớp học có 40 người về nghĩ hè. Biết rằng mỗi em có địa chỉ ít nhất 20 bạn
và nếu A có địa chỉ của B thì B cũng có địa chỉ của A. Chúng minh rằng bất cứ hai em
nào trong lớp cũng có thể nhắn tin cho nhau ?
Bài 7: Trong một mặng phẳng cho 2005 điểm và trong ba điểm bất kỳ bao giờ cũng tìm
được hai điểm có khoãng cách giữa chúng nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng tồn tại một hình
tròn có bán kính bằng 1 chứa không ít hơn 1003 điểm đó.
D. GIỚI THIỆU MỘT SỐ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁC CẤP.
Bài 1: Chứng minh rằng biểu thức A  (23n1  2n )(n5  n) 30 với n là số tự nhiên.
(Đề thi chọn học sinh giỏi toán 9 TP HCM NĂM 1988-1989)
Bài 2: Cho n là số nguyên. Chứng minh rằng n(n  2)(25n2  1) 24
(Đề thi chọn học sinh giỏi toán 9 TP HCM NĂM 2005-2006)
Bài 3: Chứng minh rằng với mọi x là số nguyên lẻ thì: ( x3  3x 2  x  21) 6
(Đề thi chọn học sinh giỏi toán 9 TP HCM NĂM 2004-2005)
25