Một số dạng toán số học trong chương trình trung học cơ sở (tt)

Một số dạng toán số học trong chương trình THCS

Lời cảm ơn
Khóa luận " Một số dạng toán số học trong chương trình Trung học cơ sở " chủ
yếu tập trung vào việc phân loại các dạng toán số học bậc THCS và đưa ra một số
bài tập mới điển hình cho mỗi dạng đó. Khóa luận là một tài liệu để các giáo viên và
học sinh Trung học cơ sở tham khảo, đặc biệt là dùng để ôn thi học sinh giỏi.
Để hoàn thành khóa luận tốt nghiệp, ngoài sự nổ lực của bản thân, tôi còn nhận
được sự giúp đỡ tận tình của các thầy giáo, cô giáo trong khoa Toán - Tin, Trường
Đại học Quảng Bình trong suốt thời gian thực hiện đề tài này.
Đặc biệt tôi xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới thầy giáo Th.S Trần Mạnh Hùng
- Giảng viên Khoa khoa học tự nhiên, Trường Đại học Quảng Bình. Thầy đã giành
nhiều thời gian quý báu tận tình hướng dẫn tôi trong suốt quá trình thực hiện khóa
luận tốt nghiệp, đồng thời giúp tôi lĩnh hội được những kiến thức chuyên môn cũng
như soạn thảo văn bản bằng Latex và rèn luyện tôi tác phong nghiên cứu khoa học.
Qua đây, tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành và sâu sắc tới các thầy giáo, cô giáo
trong Khoa khoa học tự nhiên, tới gia đình, bạn bè đã luôn sát cánh bên tôi, nhiệt
tình giúp đỡ, chia sẽ, động viên tôi trong suốt quá trình học tập cũng như trong khi
tôi thực hiện và hoàn chỉnh khóa luận này.
Trong quá trình thực hiện khóa luận, tôi đã rất cố gắng để hoàn thiện cả về nội
dung lẫn hình thức nhưng vẫn không thể tránh khỏi những thiếu sót. Nên tôi rất
mong nhận được sự góp ý của các thầy giáo, cô giáo và các bạn để khóa luận được
hoàn thiện hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!

Sinh viên thực hiện: Đinh Thị Min Ly

1


Mục lục

Lời cảm ơn

1

MỤC LỤC

2

MỞ ĐẦU

3

MỘT SỐ DẠNG TOÁN SỐ HỌC TRONG CHƯƠNG TRÌNH
TRUNG HỌC CƠ SỞ

5

1. Tính chia hết của số nguyên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

2. Tìm chữ số tận cùng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
3. Số nguyên tố và hợp số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
4. Số chính phương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
5. Ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất . . . . . . . . . . . . . . 24
6. Phương trình nghiệm nguyên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
KẾT LUẬN

30

TÀI LIỆU THAM KHẢO

31

2


Một số dạng toán số học trong chương trình THCS

MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
Trong chương trình toán bậc Trung học cơ sở, chuyên đề về số học là một chuyên
đề xuyên suốt, thường xuyên được sử dụng trong các đề thi học sinh giỏi và thi vào
lớp 10 chuyên toán. Kiến thức số học chỉ được trình bày trong chương trình toán 6
với các khái niệm và tính chất của số tự nhiên, số nguyên, phân số. Tuy nhiên công
cụ để giải các bài toán số học là tương đối ít. Với kiến thức đại số trong chương trình
toán các lớp 7; 8; 9 cho ta thêm nhiều công cụ để giải quyết các bài toán số học. Vì
vậy mà các bài toán số học hầu như xất hiện trong các đề thi học sinh giỏi toán bậc
Trung học cơ sở.
Tuy nhiên hiện nay, số tài liệu tham khảo có xuất bản về chuyên đề số học bậc
Trung học cơ sở là tương đối ít, chủ yếu xuất hiện ở các chuyên đề bồi dưỡng học
sinh giỏi được đưa lên mạng internet. Rất nhiều các tài liệu tham khảo về chuyên đề
số học bậc Trung học cơ sở nhưng trình bày lời giải theo ngôn ngữ của toán học cao
cấp, như sử dụng ngôn ngữ đồng dư, các hàm số số học... Vì muốn có một tài liệu
tham khảo mà học sinh bậc Trung học cơ sở có thể đọc hiểu dễ dàng lời giải cũng
như có cái nhìn sâu hơn về số học bậc Trung học cơ sở. Với lòng đam mê nghiên cứu
và sự góp ý của giáo viên hướng dẫn, em đã chọn đề tài "Một số dạng toán số học
trong chương trình Trung học cơ sở " để nghiên cứu.
2. Mục đích nghiên cứu

Hệ thống các bài tập về số học trong chương trình trung học cơ sở và đưa ra một
số bài toán mới.
3. Đối tượng nghiên cứu và phạm vi nghiên cứu
Đối tượng: hệ thống bài tập số học bậc Trung học cơ sở.
Phạm vi nghiên cứu: Sắp xếp hệ thống bài tập số học bậc Trung học cơ sở theo
các dạng toán, đưa ra lời giải phù hợp cho học sinh Trung học cơ sở, đưa ra các bài
toán mới và bài toán tương tự.

Sinh viên thực hiện: Đinh Thị Min Ly

3


Một số dạng toán số học trong chương trình THCS
4. Phương pháp nghiên cứu
- Phương pháp nghiên cứu lí luận: phân tích, nghiên cứu tài liệu trên cơ sở đó tổng
hợp, chứng minh các vấn đề nghiên cứu, trình bày các bài tập, đưa ra các bài tập
tương tự.
- Phương pháp lấy ý kiến chuyên gia: Gồm ý kiến của các giảng viên hướng dẫn khoa
học và các giảng viên khác trong Bộ môn Toán, Khoa khoa học tự nhiên, Trường Đại
học Quảng Bình.
5. Thời gian nghiên cứu
Năm học 2016 -2017.
6. Bố cục khóa luận
Ngoài các phần mở đầu, kết luận, phụ lục, và tài liệu tham khảo, nội dung khóa
luận gồm các mục là các dạng toán số học bậc THCS.

Sinh viên thực hiện: Đinh Thị Min Ly

4

Một số dạng toán số học trong chương trình THCS

Một số dạng toán số học trong
chương trình Trung học cơ sở
1. TÍNH CHIA HẾT CỦA SỐ NGUYÊN
1.1 Một số tính chất
Dấu hiệu chia hết:
Một số tự nhiên sẽ:
i) Chia hết cho 2 nếu chữ số tận cùng bằng 0, 2, 4, 6, 8.
ii) Chia hết cho 5 nếu chữ số tận cùng bằng 0, 5.
iii) Chia hết cho 4 nếu số tạo bởi hai chữ số tận cùng chia hết cho 4.
iv) Chia hết cho 8 nếu số tạo bởi ba chữ số tận cùng chia hết cho 8.
v) Chia hết cho 25 nếu số tạo bởi hai chữ số tận cùng chia hết cho 25.
vi) Chia hết cho 125 nếu số tạo bởi ba chữ số tận cùng chia hết cho 125.
vii) Chia hết cho 3 nếu tổng các chữ số chia hết cho 3.
viii) Chia hết cho 9 nếu tổng các chữ số chia hết cho 9.
ix) Chia hết cho 11 nếu hiệu của tổng các chữ số ở vị trí chẵn và tổng các chữ số ở
vị trí lẻ chia hết cho 11.
Chứng minh.
i) n = an . . . a1 a0 = an . . . a1 .10 + a0 .
Vậy n chia hết 2 khi và chỉ khi a0 chia hết cho 2, suy ra a0 là một trong các số
0, 2, 4, 6, 8.
ii) n = an . . . a1 a0 = an . . . a1 .10 + a0 .
Vậy n chia hết 5 khi và chỉ khi a0 chia hết cho 5, suy ra a0 là một trong các số
0, 5.
Sinh viên thực hiện: Đinh Thị Min Ly

5

Một số dạng toán số học trong chương trình THCS
iii) n = an . . . a2 a1 a0 = an . . . a2 .100 + a1 a0 .
Vậy n chia hết 4 khi và chỉ khi a1 a0 chia hết cho 4.
iv) n = an . . . a2 a1 a0 = an . . . a2 .100 + a1 a0 .
Vậy n chia hết 8 khi và chỉ khi a1 a0 chia hết cho 8.
v) n = an . . . a2 a1 a0 = an . . . a2 .100 + a1 a0 .
Vậy n chia hết 25 khi và chỉ khi a1 a0 chia hết cho 25.
vi) n = an . . . a3 a2 a1 a0 = an . . . a3 .1000 + a2 a1 a0 .
Vậy n chia hết 125 khi và chỉ khi a2 a1 a0 chia hết cho 125.
vii) n = an . . . a1 a0 = 10n + . . . + 10a1 + a0 = (9 + 1)n an + . . . + (9 + 1).a1 + a0 .
Vì (9 + 1)k .ak có cùng số dư với ak khi chia cho 3 nên
n = (9 + 1)n an + . . . + (9 + 1).a1 + a0 chia hết cho 3 khi và chỉ khi an + . . . + a1 + a0
chia hết cho 3.
viii) n = an . . . a3 a2 a1 a0 = an . . . a3 .1000 + a2 a1 a0 .
Vậy n chia hết 125 khi và chỉ khi a2 a1 a0 chia hết cho 125.
ix) n = an . . . a1 a0 = 10n + . . . + 10a1 + a0 = (9 + 1)n an + . . . + (9 + 1).a1 + a0 .
Vì (9 + 1)k .ak có cùng số dư với ak khi chia cho 9 nên
n = (9 + 1)n an + . . . + (9 + 1).a1 + a0 chia hết cho 9 khi và chỉ khi an + . . . + a1 + a0
chia hết cho 9.
x) n = an . . . a1 a0 = 10n + . . . + 10a1 + a0 = (11 − 1)n an + . . . + (11 − 1).a1 + a0 =
11.An + (−1)n .an + . . . + 11.A1 − a1 + a0
Vậy n chia hết cho 11 khi và chỉ khi (−1)n an + . . . + (−1)1 a1 + (−1)0 a0 chia hết
cho 11.
Tính chất [2].
i) Nếu một tích chia hết cho số nguyên tố p thì tồn tại một thừa số của tích chia
hết cho p.
Sinh viên thực hiện: Đinh Thị Min Ly

6


Một số dạng toán số học trong chương trình THCS
ii) Nếu tích a.b chia hết cho m, trong đó b và m nguyên tố cùng nhau thì a chia hết
cho m.
iii) Nếu a chia hết cho các số nguyên tố cùng nhau đôi một thì a chia hết cho tích
của chúng.
1.2 Chứng minh sự chia hết
Bài toán 1. Chứng minh tích của 3 số nguyên liên tiếp chia hết cho 3.
Giải.
Giả sử x = n(n + 1)(n + 2), n ∈ Z.
Nếu n = 3k, k ∈ Z thì n chia hết cho 3 suy ra x chia hết cho 3.
Nếu n = 3k + 1, k ∈ Z thì n + 2 chia hết cho 3 suy ra x chia hết cho 3.
Nếu n = 3k + 2, k ∈ Z thì n + 1 chia hết cho 3 suy ra x chia hết cho 3.
Vậy x luôn chia hết cho 3.
Bài Toán 2. Chứng minh rằng: với mọi số tự nhiên n ta luôn có
A(n) = n(n2 + 1)(n2 + 4)
luôn chia hết cho 5.
Giải.
Nếu n = 5k, k ∈ N thì n chia hết cho 5 suy ra A(n) chia hết cho 5.
Nếu n = 5k ± 1, k ∈ N thì n2 + 4 = 25k 2 ± 10k + 1 + 4 = 5(5k 2 ± 2k + 1) chia hết
cho 5 suy ra A(n) chia hết cho 5.
Nếu n = 5k ± 2, k ∈ N thì n2 + 1 = 25k 2 ± 20k + 4 + 1 = 5(5k 2 ± 4k + 1) chia hết
cho 5 suy ra A(n) chia hết cho 5.
Bài Toán 3. Chứng minh rằng với mọi số nguyên m ta có m3 − 13m
chia hết cho 6.
Giải.
Ta có m3 − 13m = m(m2 − 1) − 12m = (m − 1).m.(m + 1) − 12m
Sinh viên thực hiện: Đinh Thị Min Ly

7


Một số dạng toán số học trong chương trình THCS
Vì (m − 1).m.(m + 1) là tích 3 số nguyên liên tiếp nên nó vừa chia hết cho 2 vừa
chia hết cho 3.
Vậy nó chia hết cho 6.
Suy ra m3 − 13m chia hết cho 6.
Bài toán 4. Chứng minh rằng với mọi số nguyên m, n ta có m.n.(m2 − n2 ) chia
hết cho 6.
Giải.
m.n.(m2 − n2 ) = m.n.(m2 − 1 − n2 + 1) = m.n.(m − 1)(m + 1) − m.n.(n − 1).(n + 1)
Mà (m − 1).m.(m + 1) chia hết cho 6 và n.(n − 1).(n + 1) chia hết cho 6 nên
m.n.(m2 − n2 ) chia hết cho 6.
Bài toán 5. Chứng minh A = 75.(42016 + 42015 + . . . + 4 + 1) + 25 chia hết cho
42017 .
Giải.
Ta có A = 75.(42016 + 42015 + . . . + 4 + 1) + 25
= 25.3.(42016 + 42015 + . . . + 4 + 1) + 25
= 25.(4 − 1)(42016 + 42015 + . . . + 4 + 1) + 25
= 25.(42017 − 1) + 25 = 25.42017
Vậy A chia hết cho 42017 .
Bài toán 6. Chứng minh n5 − n chia hết cho 5 với mọi số nguyên n.
Giải. n5 − n = n.(n4 − 1) = n.(n2 − 1)(n2 + 1)
Nếu n = 5k thì n chia hết cho 5 suy ra n5 − n chia hết cho 5.
Nếu n = 5k ± 1 thì n2 − 1 = 25k 2 ± 10k + 1 − 1 = 5(5k 2 ± 2k) chia hết cho 5 suy
ra n5 − n chia hết cho 5.
Nếu n = 5k ± 2 thì n2 + 1 = 25k 2 ± 20k + 4 + 1 = 5(5k 2 ± 4k + 1) chia hết cho 5
suy ra n5 − n chia hết cho 5.

Bài toán 7. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên dương ta luôn có: A(n) =
(n + 1)(n + 2) . . . (n + n) chia hết cho 2n .
Sinh viên thực hiện: Đinh Thị Min Ly

8


Một số dạng toán số học trong chương trình THCS
Giải. Ta sử dụng phép quy nạp trên n.
Nếu n = 1 thì A(1) = 2 chia hết cho 21 .
Giả sử A(k) = (k + 1)(k + 2) . . . (k + k) chia hết cho 2k .
Ta có A(k + 1) = (k + 2).(k + 3) . . . (2k + 2) = 2.(k + 1).(k + 2) . . . (k + k).(k + k + 1).
Theo giả thiết quy nạp ta có A(k) = (k + 1)(k + 2) . . . (k + k) chia hết cho 2k suy
ra 2.(k + 1).(k + 2) . . . (k + k) chia hết cho 2k+1 .
Vậy A(k + 1) chia hết cho 2k+1 .

1.3 Chứng minh sự không chia hết
Bài toán 1. Chứng minh rằng n2 + n − 16 không chia hết cho 25 với mọi số nguyên
n.
Giải.
Ta có A = n2 + n − 16 = (n + 3)(n − 2) − 10.
Vì n + 3 và n − 2 có hiệu là 5 nên chúng cùng chia hết cho 5 hoặc cùng không chia
hết cho 5.
Nếu n + 3 và n − 2 cùng chia hết cho 5 thì (n + 3)(n − 2) chia hết cho 25. Vậy
A = (n + 3)(n − 2) − 10 không chia hết cho 25.
Nếu n + 3 và n − 2 cùng không chia hết cho 5 thì (n + 3)(n − 2) không chia hết cho
25. Vậy A = (n + 3)(n − 2) − 10 không chia hết cho 5 nên A không chia hết cho 25.
Bài toán 2. Chứng minh rằng: với mọi số nguyên n ta có n2 + 3n − 3 không chia
hết cho 49.
Giải.

Ta có A = n2 + 3n − 3 thì 4A = 4n2 + 12n − 12 = (2n + 3)2 − 21.
Nếu 2n + 3 chia hết cho 7 thì (2n + 3)2 chia hết cho 49, suy ra 4A không chia hết
cho 49, suy ra A không chia hết cho 49.
Nếu 2n + 3 chia hết cho 7 thì (2n + 3)2 chia hết cho 7, suy ra 4A không chia hết
cho 7, suy ra A không chia hết cho 7.

Sinh viên thực hiện: Đinh Thị Min Ly

9


Một số dạng toán số học trong chương trình THCS
Vậy A không chia hết cho 49.

1.4 Tìm điều kiện để chia hết
Bài toán 1. Tìm số tự nhiên n để n2 + (n + 1)2 + (n + 2)2 + (n + 3)2 chia hết cho
10.
Giải.
A = n2 + (n + 1)2 + (n + 2)2 + (n + 3)2 = 2(2n2 + 6n + 7).
.
.
A..10 ⇐⇒ (2n2 + 6n + 7)..5
.
⇐⇒ (2n2 + 6n + 2)..5
.
⇐⇒ 2(n2 + 3n + 1)..5
.
⇐⇒ (n2 + 3n + 1)..5.
.
.

Gọi x (0 ≤ x ≤ 9) là chữ số tận cùng của n ta có: (n2 +3n+1)..5 ⇐⇒ (x2 +3x+1)..5.
Thử qua các giá trị của x ta có x = 1 hoặc x = 6.
Vậy các số tự nhiên n cần tìm là các số tự nhiên có chữ số tận cùng là 1 hoặc 6.
Bài toán 2. Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất để A = n3 + 7n2 + 6n chia hết cho
125.
Giải.
A = n3 + 7n2 + 6n = n(n2 + 7n + 6) = n(n + 1)(n + 6).
Với n = 5k, thì n + 1 và n + 6 không chia hết cho 5. Vì vậy A chia hết 125 khi và
chỉ khi n chia hết 125. Chọn n nhỏ nhất là 125.
Với n = 5k + 1 k ∈ Z hoặc n = 5k + 2 k ∈ Z hoặc n = 5k + 3 k ∈ Z thì n; n + 1 và
n + 6 không chia hết cho 5. Vì vậy A không chia hết 5.
Với n = 5k + 4 k ∈ Z thì n không chia hết cho 5. Vì vậy A chia hết 125 khi và chỉ
khi (n + 1)(n + 6) chia hết 125. Chọn n nhỏ nhất là 19.
Vậy giá trị cần tìm là n = 19.

Sinh viên thực hiện: Đinh Thị Min Ly

10


Một số dạng toán số học trong chương trình THCS
2. TÌM CHỮ SỐ TẬN CÙNG
Tính chất 1 [6].
i) Các số có chữ số tận cùng là 0; 1; 5; 6 khi nâng lên lũy thừa bất kỳ thì chữ số
tận càng không thay đổi.
ii) Các số có chữ số tận cùng là 4; 9 khi nâng lên lũy thừa bậc lẻ thì chữ số tận cùng
không thay đổi.
iii) Các số có chữ số tận cùng là 3; 7; 9 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n thì chữ số tận
cùng là 1.
iv) Các số có chữ số tận cùng là 2; 4; 8 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n thì chữ số tận

cùng là 6.
v) Một số tự nhiên bất kỳ, khi nâng lên lũy thừa bậc 4n + 1 thì chữ số tận càng vẫn
không thay đổi.
vi) Các số có chữ số tận cùng là 3 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n + 3 thì chữ số tận
cùng là 7.
vii) Các số có chữ số tận cùng là 7 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n + 3 thì chữ số tận
cùng là 3.
viii) Các số có chữ số tận cùng là 2 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n + 3 thì chữ số tận
cùng là 8.
ix) Các số có chữ số tận cùng là 8 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n + 3 thì chữ số tận
cùng là 2.
x) Các số có chữ số tận cùng là 0; 1; 4; 5; 6; 9 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n + 3 thì
chữ số tận càng không thay đổi.
Tính chất 2 . Nếu số tự nhiên a không chia hết cho 5 thì a20 − 1 chia hết cho 25.
Chứng minh
a20 −1 = (a10 −1)(a10 +1) = (a2 −1)(a8 +a6 +a4 +a2 +1)(a2 +1)(a8 −a6 +a4 −a2 +1).
Sinh viên thực hiện: Đinh Thị Min Ly

11


Một số dạng toán số học trong chương trình THCS
Ta có a không chia hết cho 5 thì a2 chia 5 dư 1 hoặc 4.
Nếu a2 chia 5 dư 1 thì a2 − 1 và a8 + a6 + a4 + a2 + 1 chia hết cho 5. Vậy a20 − 1
chia hết cho 5.
Nếu a2 chia 5 dư 4 thì a2 + 1 và a8 − a6 + a4 − a2 + 1 chia hết cho 5. Vậy a20 − 1
chia hết cho 5.
Bài toán 1. Tìm chữ số tận cùng của các số:
9

a) 79 .
14

b) 1414 .
Giải.
a) 99 − 1 = 8(98 + . . . + 9 + 1). Vậy 99 = 4k + 1.
9

Suy ra 79 có chữ số tận cùng là 7.
14

b) 1414 = 4.72 .1412 = 4.k, vậy 1414

có chữ số tận cùng là 6.

Bài toán 2. Tìm chữ số tận cùng của các tổng
a) A = 15 + 29 + 313 + . . . + k 4k+1 + . . . + 20178069 .
b) B = 15 + 25 + . . . + 20175
Giải.
a) Ta thấy các số mũ có dạng 4k + 1, nên chữ số tận cùng của A bằng chữ số tận
cùng của tổng 200(1 + 2 + 3 . . . + 9) + 1 + 2 + . . . + 7 = 11036
Vậy chữ số tận cùng là 6.
b) Cách 1. Ta có 5 = 4 + 1, nên chữ số tận cùng của B bằng chữ số tận cùng của
tổng 200(1 + 2 + 3 . . . + 9) + 1 + 2 + . . . + 7 = 11036
Vậy chữ số tận cùng là 6.
Cách 2. Với mỗi số tự nhiên a ta có a5 − a chia hết cho 10.
Thật vậy: a5 − a = a(a2 − 1)(a2 + 1) = a(a2 − 1)(a2 − 4a + 5)
= a(a − 1)(a + 1)(a − 2)(a + 2) + 5a(a − 1)(a + 1), chia hết cho 10.

Sinh viên thực hiện: Đinh Thị Min Ly

12


Một số dạng toán số học trong chương trình THCS
B = [(15 − 1) + (25 − 2) + . . . + (20175 − 2107)] + (1 + 2 + . . . + 2017) = 10.m +
(1 + 2 + . . . + 2017).
Vậy chữ số tận cùng của B bằng chữ số tận cùng của tổng 1+2+. . .+2017 = 2033136
Vậy chữ số tận cùng của B là 6.
Bài toán 3. Tồn tại hay không số tự nhiên n để n2 + n + 1 chia hết cho 20152017 .
Giải.
20152017 có chữ số tận cùng là 5, nên 20152017 chia hết cho 5.
Nếu n = 5k thì n2 + n + 1 = 5(5k 2 + k) + 1 không chia hết cho 5.
Nếu n = 5k ± 1 thì n2 chia 5 dư 1, suy ra n2 + n + 1 không chia hết cho 5.
Nếu n = 5k ± 2 thì n2 chia 5 dư 4, suy ra n2 + 1 chia hết cho 5. Vậy n2 + n + 1
không chia hết cho 5.
Bài toán 4. Tìm chữ số tận cùng của tổng A = 2 + 22 + . . . + 22017 .
Giải.
Cách 1.
Với mọi số tự nhiên k ta có:
24k có chữ số tận cùng là 6.
24k+1 có chữ số tận cùng là 2.
24k+2 có chữ số tận cùng là 4.
24k+3 có chữ số tận cùng là 8.
2017 = 4.504 + 1
Vậy chữ số tận cùng của A = 2 + 22 + . . . + 22017 bằng chữ số tận cùng của tổng
504(2 + 4 + 6 + 8) + 2 = 10082.
Chữ số tận cùng của A = 2 + 22 + . . . + 22017 là 2.
Cách 2.
A = 2+22 +. . .+22017 = (2−1)(1+2+22 +. . .+22017 )−1 = 22018 −1−1 = 22018 −2.

Sinh viên thực hiện: Đinh Thị Min Ly

13


Một số dạng toán số học trong chương trình THCS
2018 = 4.504 + 2, nên chữ số tận cùng của 22018 là 4. Vậy chữ số tận cùng của
22018 − 2 là 2.
Bài toán 5. Tìm hai chữ số tận cùng của n = 28642 .
Giải.
432

n = 28642 = 4.28640 = 4.220.432 = 4.220 .
432

220 chia 25 dư 1 nên 220

432

chia 25 dư 1, hay 220

= 25k + 1.

Vậy n = 100k + 4, suy ra chữ hai chữ số cuối cùng là 04.
Bài toán 6. Tìm hai chữ số tận cùng của tổng S = 12002 + 22002 + . . . + 20172002 .
Giải.
Nếu a là số tự nhiên chẵn thì ta có a2 chia hết cho 4, suy ra a2 (a25 − 1) chia hết
cho 100. Vậy a2 (a100 − 1) chia hết cho 100.
Nếu a là số tự nhiên lẻ thì ta có a100 − 1 chia hết cho 4, suy ra a100 − 1 chia hết

cho 100.
S = 12002 + 22002 + . . . + 20172002
= 12 (12002 − 1) + 22 (22000 − 1) + . . . + 20172 (20172000 − 1) + 12 + 22 + . . . + 20172
Vậy hai chữ số tận cùng của S bằng hai chữ số tận cùng của tổng 12 +22 +. . .+20172 .
Ta có 12 ; 22 ; 32 ; 42 ; 52 ; 62 ; 72 ; 82 ; 92 ; 02 có chữ số tận cùng lần lượt là 1; 4; 9; 6; 6; 9; 4; 1; 0.
Hai chữ số tận cùng của tổng 12 + 22 + . . . + 20172 bằng hai chữ số tận cùng của
tổng
402(1 + 4 + 9 + 6) + 1 + 4 + 6 + 6 + 9 = 8066.
Vậy hai chữ số tận cùng của tổng: S = 12002 + 22002 + . . . + 20172002 là 66.

Sinh viên thực hiện: Đinh Thị Min Ly

14


Một số dạng toán số học trong chương trình THCS
3. SỐ NGUYÊN TỐ VÀ HỢP SỐ
Bài toán 1. Chứng tỏ các số sau đây là hợp số
a) a = 2016201720182019.
b) b = 174 + 244 + 1321
Giải.
a) a có tổng các chữ số là 9 + 10 + 11 + 12 = 42 chia hết cho 3. Vậy a chia hết cho
3, nên a là hợp số
b) 174 có chữ số tận cùng là 1.
244 có chữ số tận cùng là 6.
1321 có chữ số tận cùng là 3
Vậy b = 174 + 244 + 1321 có chữ số tận cùng là 0, chia hết cho 10, nên b là hợp số.
Bài toán 2. Chứng minh rằng:
a) Mọi số nguyên tố lớn hơn 2 đều có dạng 4k ± 1.
b) Mọi số nguyên tố lớn hơn 3 đều có dạng 6k ± 1.

Giải.
a) n = 4k ± 2 = 2(2k ± 1) là hợp số với mọi số tự nhiên k > 1.
Vậy mọi số nguyên tố lớn hơn 2 đều có dạng 4k ± 1.
b) n = 6k ± 2 = 2(3k ± 1) là hợp số với mọi số tự nhiên k > 0.
n = 6k là hợp số với mọi số tự nhiên k > 0.
Vậy mọi số nguyên tố lớn hơn 3 đều có dạng 6k ± 1.
Bài toán 3. Tìm số tự nhiên n sao cho

n3 −1
9

là số nguyên tố.

Giải.
n3 − 1 chia hết cho 9 suy ra n3 − 1 chia hết cho 3.
Ta có n3 − n = n(n − 1)(n + 1) chia hết cho 3, suy ra n3 có cùng số dư với n khi
chia cho 3.
Sinh viên thực hiện: Đinh Thị Min Ly

15


Một số dạng toán số học trong chương trình THCS
Vì n3 − 1 chia hết cho 3 suy ra n = 3k + 1.
Khi đó
Để

n3 −1
9

n3 −1
9

=

(3k+1)3 −1
9

=

27k3 +27k2 +9k
9

= 3k 3 + 3k 2 + k = k(3k 2 + 3k + 1)

là số nguyên tố, phải có k = 1. Khi đó n = 4 và

Bài toán 4. Tìm các số tự nhiên n ≥ sao cho p =

n3 −1
9

n(n+1)(n+2
6

= 7 là số nguyên tố.
+ 1 là số nguyên tố.

Giải.
n(n+1)(n+2

6

+1=

n3 +3n2 +2n+6
6

=

(n+3)(n2 +2)
6

= p.

Với n = 1 =⇒ p = 2 là số nguyên tố.
Với n = 2 =⇒ p = 5 là số nguyên tố.
Với n = 3 =⇒ p = 11 là số nguyên tố.
Với n = 3k + 1 và k ≥ 1 thì p =

(3k+4)(9k2 +6k+3)
6

=

(3k+4)(3k2 +2k+1)
2

không là số

=

(3k+5)(3k2 +4k+2)
2

không là số

nguyên tố vì 3k + 4 > 2; 3k 2 + 2k + 1 > 2.
Với n = 3k + 2 và k ≥ 1 thì p =

(3k+5)(9k2 +12k+6)
6

nguyên tố vì 3k + 5 > 2; 3k 2 + 4k + 2 > 2.
Với n = 3k và k ≥ 2 thì p =

(3k+3)(9k2 +2)
6

=

(k+1)(9k2 +2)
2

không là số nguyên tố vì

k + 1 > 2; 9k 2 + 2 > 2.
Bài toán 5. Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì (p − 1)(p + 1)
chia hết cho 24.
Giải.
Vì p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p có dạng p = 4k ± 1 =⇒ (p − 1)(p + 1) =

p2 − 1 = 16k 2 ± 8k chia hết cho 8.
Vì p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p không chia hết cho 3, suy ra p2 chia 3 dư 1.
Vậy (p − 1)(p + 1) = p2 − 1 chia hết cho 3.
Vì 3 và 8 là hai số nguyên tố cùng nhau nên (p − 1)(p + 1) chia hết cho 24.
Bài toán 6. Tìm số nguyên tố p sao cho các số sau cũng là số nguyên tố.
a) p + 10; p + 14.

Sinh viên thực hiện: Đinh Thị Min Ly

16


Một số dạng toán số học trong chương trình THCS
b) p + 2; p + 6; p + 8; p + 12; p + 14.
c) p2 + 2; p3 + 2.
d) 2p + 1; 8p2 + 1.
e) p2 + 2; p2 + 8.
Giải.

a) p = 2 =⇒ p + 10 = 12 là hợp số.
p = 3 =⇒ p + 10 = 13; p + 14 = 17 đều là các số nguyên tố.
Với p > 3 ta có:
Nếu p = 3k + 1 =⇒ p + 14 = 3k + 15 là hợp số.
Nếu p = 3k + 2 =⇒ p + 10 = 3k + 12 là hợp số.
Vậy số nguyên tố cần tìm là p = 3.
b) p = 2 =⇒ p + 2 = 4 là hợp số.
p = 3 =⇒ p + 6 = 6 là hợp số.
Với p ≥ 5.
Ta thấy 2; 6; 8; 12; 14 khi chia cho 5 có số dư lần lượt là 2; 1; 3; 2; 4. Vậy để p + 2; p +
6; p + 8; p + 12; p + 14 thì số dư của p khi chia cho 5 phải bằng 0, suy ra p = 5.

Ta có p + 2 = 7; p + 6 = 11; p + 8 = 13; p + 12 = 17; p + 14 = 19 đều là các số
nguyên tố.
Vậy giá trị cần tìm là p = 5.
c) Nếu p là số nguyên tố lớn 3 thì p2 = 3k + 1 =⇒ p2 + 8 = 3k + 9 là hợp số.
Với p = 2 =⇒ p2 + 2 = 6 là hợp số.
Với p = 3 =⇒ p2 + 2 = 11; p2 + 8 = 17 đều là các số nguyên tố.
Vậy giá trị cần tìm là p = 3.

Sinh viên thực hiện: Đinh Thị Min Ly

17


Một số dạng toán số học trong chương trình THCS
d) Nếu p là số nguyên tố lớn 3 thì p2 = 3k + 1 =⇒ 8p2 + 1 = 24k + 9 là hợp số.
Với p = 2 =⇒ 8p2 + 1 = 33 là hợp số.
Với p = 3 =⇒ 8p2 + 1 = 73; 2p + 1 = 7 đều là các số nguyên tố.
Vậy giá trị cần tìm là p = 3.
e) Nếu p là số nguyên tố lớn 3 thì p2 = 3k + 1 =⇒ p2 + 2 = 3k + 3 là hợp số.
Với p = 2 =⇒ p2 + 2 = 6 là hợp số.
Với p = 3 =⇒ p2 + 2 = 11; p3 + 2 = 29 đều là các số nguyên tố.
Vậy giá trị cần tìm là p = 3.
Bài toán 7. Tìm số nguyên tố p sao cho
a) 2p + 1 là lập phương của một số nguyên tố.
b) 7p + 1 là bình phương của một số tự nhiên.
c) 13p + 1 là lập phương của một số tự nhiên.
Giải.
a) Nếu 2p + 1 là lập phương của một số nguyên tố thì 2p + 1 là lập phương của một
số nguyên tố lẻ vì 2p + 1 lẻ.
2p + 1 = (2k + 1)3 =⇒ 2p + 1 = 8k 3 + 12k 2 + 6k + 1 =⇒ p = k(4k 2 + 6k + 3).

Vì p là số nguyên tố và 4k 2 + 6k + 3 > k suy ra k = 1.
Với k = 1 =⇒ 2p + 1 = 33 =⇒ p = 13.
Vậy số nguyên tố cần tìm là p = 13.
b) 7p + 1 = n2 với n là số tự nhiên nào đó thì 7p = (n − 1)(n + 1).
Nếu n − 1 = 1 =⇒ n = 2 =⇒ 7p = 3 không thỏa mãn. Vậy n − 1 > 1.
Khi đó ta có n − 1 và n + 1 có một giá trị là 7 và một giá trị là p.
Với n − 1 = 7 =⇒ n = 8 =⇒ p = 9 không phải là số nguyên tố.
Với n + 1 = 7 =⇒ n = 6 =⇒ p = 5 là số nguyên tố.
Sinh viên thực hiện: Đinh Thị Min Ly

18


Một số dạng toán số học trong chương trình THCS
c) 13p + 1 = n3 với n là số tự nhiên nào đó thì 13p = (n − 1)(n2 + n + 1).
Nếu n − 1 = 1 =⇒ n = 2 =⇒ 13p = 7 không thỏa mãn. Vậy n − 1 > 1.
Khi đó ta có n − 1 và n2 + n + 1 có một giá trị là 13 và một giá trị là p.
Với n − 1 = 13 =⇒ n = 14 =⇒ p = n2 + n + 1 = 211 là số nguyên tố.
Với n2 + n + 1 = 13 =⇒ n = 3 =⇒ p = 2 là số nguyên tố.
Vậy các số nguyên tố cần tìm là p = 2; p = 211.

Sinh viên thực hiện: Đinh Thị Min Ly

19


Một số dạng toán số học trong chương trình THCS
4. SỐ CHÍNH PHƯƠNG

4.1 Chứng minh một số là số chính phương

Định nghĩa [1]. Một số là bình phương của một số tự nhiên được gọi là số chính
phương.
Tính chất [2]. Nếu a; b là hai số nguyên tố cùng nhau và a.b là số chính phương
thì cả a và b đều là số chính phương.
Bài toán 1. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì A(n) = n(n + 1)(n +
2)(n + 3) + 1 là một số chính phương.
Giải.
A(n) = 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
Vậy A(n) là một số chính phương.
Bài toán 2. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì A(n) = n2 + (n + 1)2 +
(n(n + 1))2 là một số chính phương.
Giải.
A(n) = n2 + (n + 1)2 + (n(n + 1))2
= n2 + (n + 1)2 + n2 (n2 + 2n + 1)
= n2 (n + 1)2 + n4 + 2n3 + n2
= n4 + 2n2 (n + 1) + (n + 1)2
= (n2 + n + 1)2
Vậy A(n) là một số chính phương.
Bài toán 3. 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.
Giải.
Ta có 3m2 +m = 4n2 +n ⇐⇒ 4(m2 −n2 )+(m−n) = m2 ⇐⇒ (m−n)(4m+4n+1) =

Sinh viên thực hiện: Đinh Thị Min Ly

20

Một số dạng toán số học trong chương trình THCS
m2
Vậy (m − n)(4m + 4n + 1) là một số chính phương.
Gọi d là ước chung lớn nhất của m − n và 4m + 4n + 1.
Vì (m − n)(4m + 4n + 1) = m2 nên d là ước của m. (1)
Ta có 4m + 4n + 1 = −4(m − n) + 8m + 1, nên d là ước của 8m + 1. (2)
Từ (1) và (2) suy ra d là ước của 1. Vậy d = 1, hay m − n và 4m + 4n + 1 là hai
số nguyên tố cùng nhau. Suy ra m − n và 4m + 4n + 1 đều là số chính phương.

4.2 Chứng minh một số không là số chính phương
Tính chất [3]. Số chính phương phải có chữ số tận cùng là một trong các số:0; 1;
4; 5; 6; 9.
Tính chất [3]. Số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì chia hết cho p2 .
Tính chất [3]. Mọi số tự nhiên k thoả n2 < k < (n + 1)2 với n là số tự nhiên nào
đó thì k không là số chính phương.
Tính chất [3]. Một số chính phương chia hết cho 3 hoặc chia cho 3 dư 1.
Tính chất [3]. Một số chính phương không chia hết cho 5 thì chia cho 5 dư 1 hoặc
4.
Tính chất [3]. Một số chính phương lẻ chia cho 8 thì dư 1 .
Bài toán 1. Chứng minh n = 20192 + 20182 + 20172 + 20152 − 20142 không phải
là số chính phương.
Giải. 20192 ; 20182 ; 20172 ; 20152 ; 20142 có chữ số tận cùng lần lượt là 1; 4; 9; 5; 6.
Do đó n có chữ số tận cùng là 3 nên n không phải là số chính phương.
Bài toán 2. Chứng minh 1234567890 không phải là số chính phương.
Giải. 1234567890 chia hết cho 5 nhưng không chia hết cho 25, vì 90 không chia
hết cho 25. Vậy 1234567890 không phải là số chính phương.
Bài toán 3. Chứng minh rằng nếu một số có tổng các chữ số là 2018 thì số đó
không phải là số chính phương.

Sinh viên thực hiện: Đinh Thị Min Ly

21


Một số dạng toán số học trong chương trình THCS
Giải. 2018 chia hết cho 3 nhưng không chia hết cho 9. Do đó số có tổng các chữ số
là 2018 chia hết cho 3 nhưng không chia hết cho 9 nên nó không là số chính phương.
Bài toán 4. Chứng minh n = 20174 + 20173 + 20172 + 2018 không phải là số chính
phương.
Giải. 2017 chia cho 3 dư 1 nên 20174 + 20173 + 20172 chia hết cho 3.
2018 chia cho 3 dư 2 nên n = 20174 + 20173 + 20172 + 2018 chia cho 3 dư 2, vậy n
không phải là số chính phương.
Bài toán 5. Chứng minh rằng số x = (n + 1)4 + n4 + 1 không phải là số chính
phương với mọi số tự nhiên n.
Giải.
Ta có x = (n + 1)4 + n4 + 1 = 2n4 + 4n3 + 6n2 + 4n + 2
= 2(n4 + 2n3 + 3n2 + 2n + 1) = 2(n2 + n + 1)2
Vì n2 + n + 1 = n(n + 1) + 1 nên (n2 + n + 1)2 là số lẻ. Vậy x = (n + 1)4 + n4 + 1
chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4 nên không là số chính phương.

4.3 Một số dạng toán khác
Bài toán 1. Chứng minh rằng một số tự nhiên lẻ bất kỳ luôn viết được dưới dạng
hiệu của hai số chính phương.
Giải. Gọi x = 2n + 1 là số tự nhiên lẻ bất kỳ.
Ta có x = 2n + 1 = (n + 1)2 − n2 .
Vậy x là hiệu của hai số chính phương.
Bài toán 2. Tìm số chính phương có năm chữ số, trong đó chỉ có một chữ số 5,
chỉ có một chữ số 7, còn lại ba chữ số kia giống nhau.
Giải.

Gọi ba chữ số còn lại là a (a = 5; a = 7)
Gọi n2 là số chính phương cần tìm. Tổng các chữ số của n2 4 là 12 + 3a.
Vì 12 + 3a chia hết cho 3 nên n2 chia hết cho 3 đó đó n2 chia hết cho 9.

Sinh viên thực hiện: Đinh Thị Min Ly

22


Một số dạng toán số học trong chương trình THCS
Ta có 12 + 3a = 9 + 3(a + 1) chia hết cho 9 suy ra 3(a + 1) chia hết cho 9, do đó
a + 1 chia hết cho 3.
Vậy a có thể nhận các giá trị 2 hoặc 8.
Với a = 2. Do n2 không tận cùng bằng 2 hoặc 7 nên n2 tận cùng bằng 5. n2 chia
hết cho 5, suy ra nó chia hết cho 25. Vậy chữ số tận cùng của n2 là 25 hoặc 75.
Thử với các số 72225; 27225; 22725 ta thấy 27225 = 1652 là số chính phương.
Ta thấy 22275 không là số chính phương.
Với a = 8. Do n2 không tận cùng bằng 8 hoặc 7 nên n2 tận cùng bằng 5. n2 chia
hết cho 5, suy ra nó chia hết cho 25. Vậy chữ số tận cùng của n2 là 75.
Ta thấy 88875 không là số chính phương.
Vậy số cần tìm là 27225.
Bài toán 3. Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho các số n + 1; 2n + 1; 5n + 1
đều là các số chính phương.
Giải.
Nếu n = 3k + 1 thì n + 1 = 3k + 2 chia cho 3 dư 2 do đó không là số chính phương.
Nếu n = 3k + 2 thì 2n + 1 = 6k + 5 chia cho 3 dư 2 do đó không là số chính phương.
Vậy n = 3k
2n + 1 là số chính phương lẻ nên chia 8 dư 1, suy ra n + 1 lẻ, suy ra n chia hết cho
8.
Vậy n chia hết cho 3 và cho 8.

n = 24 thì n + 1 = 25; 2n + 1 = 49; 5n + 1 = 121 đều là số chính phương.

Sinh viên thực hiện: Đinh Thị Min Ly

23


Một số dạng toán số học trong chương trình THCS
5. ƯỚC CHUNG LỚN NHẤT VÀ BỘI CHUNG NHỎ NHẤT
- Khái niệm ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất được nêu ra trong chương
trình toán 6.
- Cho hai số nguyên dương a; b, ký hiệu: (a; b) là ước chung lớn nhất của a và b,
[a; b] là bội chung nhỏ nhất của a và b.
Trong chương trình số học lớp 6, sau khi học khái niệm ước chung lớn nhất và bội
chung nhỏ nhất, ta sẽ gặp dạng toán tìm hai số nguyên dương khi biết một số yếu tố
nào đó, trong đó có yếu tố ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất.
Phương pháp chung để giải dạng toán trên:

a) Dựa vào định nghĩa ước chung lớn nhất để biểu diễn hai số cần tìm, liên hệ với
các yếu tố đã biết để tìm hai số đó.
b) Trong một số trường hợp đặc biệt ta dựa vào mối quan hệ giữa tích và ước chung
lớn nhất, bội chung nhỏ nhất a.b = (a; b).[a; b].

Bài toán 1. Tìm hai số nguyên dương a; b biết [a; b] = 240, (a; b) = 16.
Giải. Giả sử a ≥ b.
Vì (a; b) = 16 =⇒ a = 16m; b = 16n với m; n ∈ Z+ , (m; n) = 1, m ≥ n.
Ta có a.b = (a; b).[a; b] ⇐⇒ 162 m.n = 16.240 ⇐⇒ m.n = 15.
15 = 1.15 = 3.5
Với m = 15; n = 1 =⇒ a = 240, b = 16.
Với m = 5; n = 3 =⇒ a = 80, b = 48.

Bài toán 3. Tìm hai số nguyên dương a; b biết a.b = 216, (a; b) = 6.
Giải. Giả sử a ≥ b.
Vì (a; b) = 6 =⇒ a = 6m; b = 6n với m; n ∈ Z+ , (m; n) = 1, m ≥ n.
a.b = 216 ⇐⇒ 36.m.n = 216 ⇐⇒ m.n = 6 = 6.1 = 3.2
Với m = 6; n = 1 =⇒ a = 36, b = 6
Sinh viên thực hiện: Đinh Thị Min Ly

24


Một số dạng toán số học trong chương trình THCS
Với m = 3; n = 2 =⇒ a = 18, b = 12.
Bài toán 4. Tìm hai số nguyên dương a; b sao cho

a
b

= 2, 6 và (a; b) = 5.

Giải.
Vì (a; b) = 5 =⇒ a = 5m; b = 5n với m; n ∈ Z+ , (m; n) = 1, m ≥ n.
a
b

= 2, 6 ⇐⇒

m
n

=

13
5

⇐⇒ m = 13; n = 5 ⇐⇒ a = 65; b = 15.

Bài toán 5. Tìm hai số nguyên dương a; b sao cho a + b = 128 và (a; b) = 16.
Giải. Giả sử a ≥ b.
Vì (a; b) = 16 =⇒ a = 16m; b = 16n với m; n ∈ Z+ , (m; n) = 1, m ≥ n.
a + b = 128 ⇐⇒ 16(m + n) = 128 ⇐⇒ m + n = 8.
Với m = 7; n = 1 =⇒ a = 112; b = 16.
Với m = 5; n = 3 =⇒ a = 80; b = 48.
Bài toán 6. Tìm hai số nguyên dương a; b sao cho a − b = 7 và [a; b] = 140.
Giải.
Đặt (a; b) = d =⇒ a = dm; b = dn với m; n ∈ Z+ , (m; n) = 1, m ≥ n.
a − b = 7 ⇐⇒ d(m − n) = 7 =⇒ d ∈ {1; 7}.
[a; b] = 140 ⇐⇒ d.m.n = 140.


m − n = 7
Với d = 1 ta có
=⇒ n2 + 7n = 140 phương trình không có nghiệm

m.n = 140
nguyên.
Với d = 7 ta có



m − n = 1

=⇒ n2 + n = 20 =⇒ n = 4 =⇒ m = 5.


m.n = 20
Vậy a = 5.7 = 35; b = 4.7 = 28.

Sinh viên thực hiện: Đinh Thị Min Ly

25