Chuyên đề 4 một số bài toán về quan hệ chia hết trên tập hợp số nguyên

Chuyên đề 4
MỘT SỐ BÀI TOÁN QUAN HỆ CHIA HẾT TRÊN TẬP HỢP SỐ NGUYÊN

I. MỘT SỐ KIẾN THỨC CẦN NHỚ.
1. 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 thì các số dư r  0;1; 2; 3;...; b



• Nếu r = 0 thì a = bq , khi đó ta nói a chia hết cho b hay b chia hết a. Ký

hiệu: a b hay b a .Vậy a chia hết cho b khi và chỉ khi tồn tại số nguyên q sao cho

a = bq .
• Nếu r  0 , khi đó ta nói a chia b có số dư là r.

2. Một số tính chất cần nhớ
• Tính chất 1. Mọi số nguyên khác 0 luôn chia hết cho chính nó.
• Tính chất 2. Số nguyên a chia hết cho số nguyên b và số nguyên b chia hết cho số

nguyên c thì số nguyên a chia hết cho số nguyên c.
• Tính chất 3. Số nguyên a chia hết cho số nguyên b và ngược lại thì a = b .
• Tính chất 4. Nếu a.b m và ( b, m ) = 1 thì a m .
• Tính chất 5. Nếu hai số nguyên a và b cùng chia hết cho m thì ( a  b ) m .
• Tính chất 6. Nếu a chia hết cho m và n, trong đó ( m, n ) = 1 thì a mn .

• Tính chất 7. Nếu số nguyên a chia hết cho số nguyên b và số nguyên c chia hết

cho số nguyên d thì tích ac chia hết cho tích bd.
• Tính chất 8. Trong n số nguyên liên tiếp luôn tồn tại một số nguyên chia hết cho

n.
• Tính chất 9. Nếu a − b  0 với a, b là các số tự nhiên và n là số tự nhiên bất kì thì

a n − bn chia hết cho a − b .


• Tính chất 10. Nếu a + b  0 với a, b là các số tự nhiên và n là số tự nhiên lẻ thì

a n + bn chia hết cho a + b .
3. Một số dấu hiệu chia hết.
Đặt A = a na n −1 ...a 2a1a 0 , với a n ; a n −1 ;...; a 2 ; a1 ; a 0 là các chữ số. Khi đó ta có các
dấu hiệu chia hết như sau.
• Dấu hiệu chia hết cho 2.

Số tự nhiên A chia hết cho 2 khi và chỉ khi a 0  0; 2; 4; 6; 8
• Dấu hiệu chia hết cho 5.

Số tự nhiên A chia hết cho 5 khi và chỉ khi a 0  0; 5
Từ đó suy ra A chia hết cho 10 khi và chỉ khi a 0 = 0 .
• Dấu hiệu chia hết cho 4 và 25.

Số tự nhiên A chia hết cho 4(hoặc 25) khi và chỉ khi a1a 0 chia hết cho 4 (hoặc
25).
• Dấu hiệu chia hết cho 8 và 125.

Số tự nhiên A chia hết cho 8(hoặc 125) khi và chỉ khi a 2a1a 0 chia hết cho 8
(hoặc 125).
• Dấu hiệu chia hết cho 3 và 9: Số tự nhiên A chia hết cho 3 (hoặc 9) khi và chỉ khi

tổng các chữ số của số A chia hết cho 3 (hoặc 9).
• Dấu hiệu chia hết cho 11.

Số tự nhiên A chia hết cho 11 khi và chỉ khi hiệu giữa tổng các chữ số ở hàng
lẻ và tổng các chữ số ở hàng chẵn là một số chia hết cho 11.
4. Đồng dư thức.
• 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. Kí hiệu a  b ( mod m ) .
• Một số tính chất của đồng thức.

Tính chất 1. Nếu a  b ( mod m ) thì b  a ( mod m ) .
Tính chất 2. Nếu a  b ( mod m ) và b  c ( mod m ) thì a  c ( mod m ) .
Tính chất 3. Nếu a  b ( mod m ) và c  d ( mod m ) thì a + c  b + d ( mod m ) .


Nếu a  b ( mod m ) và c  d ( mod m ) thì a − c  b − d ( mod m ) .
Tính chất 4. Nếu a  b ( mod m ) , d là ước chung của a và b, biết rằng ( d, m ) = 1
Khi đó ta có

a b
 ( mod m ) .
d d

• Định lý Fermat. Nếu p là số nguyên tố và a không chia hết cho p thì ta có

a p−1  1 ( mod p ) .

II. MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ QUAN HỆ CHIA HẾT.
1. Các phương pháp chứng minh bài toán chia hết trong tập hợp số nguyên.
1.1. Phương pháp 1. Sử dụng tính chất trong n số nguyên liên tiếp luôn có một số
chia hết cho n.
Cơ sở phương pháp. Đây là dạng toán cơ bản thường gặp khi chúng ta mới bắt
đầu học chứng minh các bài toán chia hết. Sử dụng các tính chất cơ bản như tích hai số
nguyên liên tiếp chia hết cho 2, tích của ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 6. Chúng ta vận
dụng linh hoạt các tích chất cơ bản này để giải các bài toán chứng minh chia hết về tích các
số nguyên liên tiếp.
 Ví dụ 1. Chứng minh rằng:
a) Tích của ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 6.
b) Tích của hai số nguyên chẵn liên tiếp chia hết cho 8.
c) Tích của năm số nguyên liên tiếp chia hết cho 120.
Lời giải
a) Trong 3 số nguyên liên tiếp có một số chia hết cho 3 và một số chia hết cho 2 nên
tích của 3 số nguyên liên tiếp chia hết cho 6 (do 2 và 3 là hai số nguyên tố cùng
nhau).
b) Hai số chẵn liên tiếp có dạng 2n và 2n + 2 với n là một số nguyên. Do đó tích
hai số nguyên liên tiếp có dạng 4n ( n + 1) . Lại do n và n + 1 là hai số nguyên liên
tiếp nên n ( n + 1) chia hết cho 2. Vì thế 4n ( n + 1) chia hết cho 8. Vậy tích của hai số
nguyên chẵn liên tiếp chia hết cho 8.
c) Trong năm số nguyên liên tiếp có ba số nguyên liên tiếp nên trong đó có một
chia hết cho 3. Do đó tích năm số nguyên liên tiếp chia hết cho 3. Trong năm số


nguyên liên tiếp có một số chia hết cho 5 nên tích của năm số nguyên liên tiếp chia
hết cho 5. Trong 5 số nguyên liên tiếp luôn có hai số chẵn liên tiếp do đó tích năm

số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 8. Ta có 120 = 3.5.8 và ( 3; 5 ) = ( 3; 8 ) = ( 5; 8 ) = 1 .
Do vậy tích năm số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 120.
 Ví dụ 2. Chứng minh rằng tích của ba số chẵn liên tiếp chia hết cho 48
Lời giải
Ba số chẵn liên tiếp có dạng 2n; 2n + 2; 2n + 4 với n là một số nguyên. Khi đó
tích của ba số chẵn liên tiếp là 2n ( 2n + 2 )( 2n + 4 ) = 8n ( n + 1)( n + 2 ) . Trong tích có
tích của ba số nguyên tiến tiếp nên n ( n + 1)( n + 2 ) chia hết cho 6. Từ đó ta suy ra
được tích của ba số chẵn liên tiếp luôn chia hết cho 48.

(

)

2
 Ví dụ 3. Chứng minh rằng A = n 3 n 2 − 7 − 36n  chia hết cho 7 với mọi số



nguyên n.
Lời giải
Biến đổi biểu thức A ta được

(

)

(

)
(

)
(
)(
)
= n ( n − n − 6n − 6 )( n − n − 6n + 6 ) = n ( n − 1) − 6 ( n + 1)  n ( n − 1) − 6 ( n − 1) 



= n ( n + 1) ( n − n − 6 ) ( n − 1) ( n + n − 6 ) = n ( n + 1)( n + 2 )( n − 3 )( n − 1)( n − 2 )( n + 3 )

A = n3 n2 − 7


2

− 36n  = n  n n 2 − 7 − 6  n n 2 − 7 + 6  = n n 3 − 7n − 6 n 3 − 7n + 6





3

3

2

2

2

2

Ta thấy A là tích của 7 số nguyên liên tiếp. Do đó ta được A chia hết cho 7 với mọi
số nguyên n.
 Ví dụ 4. Chứng minh rằng n3 − 28n chia hết cho 48 với mọi n là số nguyên chẵn.
Lời giải
Do n là số nguyên chẵn nên tồn tại số nguyên k để n = 2k . Khi đó ta có

(

)

(

n 3 − 28n = ( 2k ) − 28 ( 2k ) = 8k 3 − 56k = 8k k 2 − 7 = 8k k 2 − 1 − 6
3

(

)

= 8k k 2 − 1 − 48k = 8k ( k − 1)( k + 1) − 48k

)


Ta có k ( k − 1)( k + 1) là tích ba số nguyên liên tiếp nên luôn chia hết cho 6 nên. Do
đó ta được 8k ( k − 1)( k + 1) chia hết cho 48. Như vậy 8k ( k − 1)( k + 1) − 48k chia hết
cho 48. Từ đó ta được n3 − 28n chia hết cho 48

 Ví dụ 5. Cho n là số tự nhiên lẻ. Chứng minh rằng n 3 − n chia hết cho 24
Lời giải
Ta có n 3 − n = n ( n − 1)( n + 1) . Vì n − 1; n; n + 1 là ba số tự nhiên liên tiếp nên có một
trong ba số đó chia hết cho 3 nên ta được n 3 − n = n ( n − 1)( n + 1) chia hết cho 3.
Do đó n lẻ nên n có dạng n = 2k + 1 với k là một số tự nhiên. Từ đó ta có
n 3 − n = n ( n − 1)( n + 1) = ( 2k + 1) .2k. ( 2k + 2 ) = 4.k. ( k + 1)( 2k + 1)

Do k và k + 1 là hai số tự nhiên liên tiếp nên k ( k + 1) chia hết cho 2.

(

)

Từ đó ta được 4k ( k + 1)( 2k + 1) chia hết cho 8, suy ra n 3 − n chia hết cho 8.
Vì 3 và 8 là hai số nguyên tố cùng nhau nên kết hợp các kết quả trên ta được n 3 − n
chia hết cho 24.
1.2. Phương pháp 2. Sử dụng định nghĩa về quan hệ chia hết và phép phân tích đa
thức thành nhân tử..
Cở sở phương pháp. Để chứng minh biểu thức A chia hết cho biểu thức B ta phân
thích biểu thức A về dạng kB với k là một số nguyên. Ta có hai chú ý như sau.
+ Nếu A chia hết cho cả m và n với ( m; n ) = 1 thì A chia hết cho tích mn.
+ Nếu A phân tích được thành BC trong đó B chia hết cho m và C chia hết cho n thì
A chia hết cho tích mn.
Trong phương pháp này ta phải nắm vững các phương pháp phân tích một đa thức
thành nhân tử.
 Ví dụ 1. Chứng minh với mọi số nguyên n thì n 3 − n chia hết cho 6.
Lời giải


(

)

Ta có n 3 − n = n n 2 − 1 = ( n − 1) n ( n + 1) . Biểu thức là tích của ba số nguyên liên tiếp
nên tích luôn chia hết cho 2 và 3. Mà ta lại có ( 2; 3 ) = 1 nên suy ra n 3 − n chia hết
cho 6.
 Ví dụ 2. Đặt A = a 1 + a 2 + ... + a n và B = a13 + a 32 + ... + a 3n trong đó a 1 ; a 2 ;...; a n là các
số nguyên. Chứng minh rằng A chia hết cho 6 khi và chỉ khi B chia hết cho 6.
Lời giải
Như đã chứng minh trên ta luôn có n 3 − n chia hết cho 6 với mọi số nguyên n. Xét
hiệu sau

(

)

(

) (

)

(

B − A = a13 + a 32 + ... + a 3n − ( a1 + a 2 + ... + a n ) = a13 − a1 + a 23 − a 2 + ... + a n3 − a n

(

) (

)

(

)

)

Từ đó ta được a13 − a1 6; a 23 − a 2 6; ...; a n3 − a n 6 . Do đó ta được B − A 6 .
Suy ra A chia hết cho 6 khi và chỉ khi B chia hết cho 6.
 Ví dụ 3. Đặt N = a1 + a 2 + a 3 + ... + a 2017 + a 2018 và M = a15 + a52 + a53 + ... + a 52017 + a 52018
trong đó a1 ; a 2 ; a 3 ;...; a 2018 là các số nguyên dương. Chứng minh rằng nếu N chia hết
cho 30 thì M chia hết cho 30.
Lời giải
Với a là số nguyên bất kì ta có

(
= a ( a − 1)( a + 1) ( a

)
(
− 4 ) + 5a ( a − 1)( a + 1)

a 5 − a = a ( a − 1)( a + 1) a 2 + 1 = a ( a − 1)( a + 1) a 2 − 4 + 5
2

)

= a ( a − 1)( a + 1)( a − 2 )( a + 2 ) + 5a ( a − 1)( a + 1)

Để ý rằng 5 ( a − 1) a ( a + 1) và ( a − 2 )( a − 1) a ( a + 1)( a + 2 ) chia hết cho 2, 3 và 5.
Mà ta có 2, 3, 5 nguyên tố với nhau theo từng đôi một nên ta có 5 ( a − 1) a ( a + 1) và

( a − 2 )( a − 1) a ( a + 1)(a + 2 )

(

chia hết cho 30. Do vậy a5 − a chia hết cho 30. Ta có

)

5
5
M − N = a 15 + a 25 + a 35 + ... + a 2017
+ a 2018
− ( a 1 + a 2 + a 3 + ... + a 2017 + a 2018 )

(

) (

) (

)

(

5
= a15 − a1 + a 25 − a 2 + a 35 − a 3 + ... + a 2018
− a 2018

)


(

)(

) (

5
Áp dụng cách chứng minh như trên ta có a15 − a1 ; a 25 − a 2 ;...; a 2018
− a 2018

)

cùng

chia hết cho 30. Do vậy M − N chia hết cho 30. Mà ta có N chia hết cho 30 nên suy
ra M chia hết cho 30.
 Ví dụ 4. Chứng minh rằng A = n 6 − n 2 chia hết cho 60 với mọi số nguyên dương
n.
Lời giải

(

)

Ta có A = n 6 − n 2 = ( n − 1)( n + 1) n 2 n 2 + 1 và 60 = 3.4.5 .
Do 3, 4, 5 nguyên tố với nhau theo từng đôi một nên để chứng minh A chia hết cho

60 ta cần chứng minh A chia hết cho 3, cho 4, cho 5.
• Dễ thấy ( n − 1) n ( n + 1) 3 nên suy ra A 3 .
• Nếu n là số chẵn thì ta có n 2 4 , còn nếu n là số lẻ thì ( n − 1)( n + 1) 4 . Do đó ta

luôn có A 4
• Ta cần chứng minh A chia hết cho 5.

Chú ý rằng một số tự nhiên n khi chia cho 5 nhận một trong các số dư 0, 1, 2, 3, 4
thì là n 2 khi chia cho 5 nhận một trong các số dư 0, 1, 4.
+ Nếu n 2 chia cho 5 có số dư là 0 thì n 2 chia hết cho 5.
+ Nếu n 2 chia cho 5 có số dư là 1 thì n 2 − 1 chia hết cho 5
+ Nếu n 2 chia cho 5 có số dư là 4 thì n 2 + 1 chia hết cho 5.
Do đó ta luôn có A chia hết cho 5.
Kết hợp các kết quả trên ta suy ra được A 60 .
 Ví dụ 5. Chứng minh n 6 − n 4 − n 2 + 1 chia hết cho 128 với n là số lẻ.
Lời giải

(

) (

) (

)(

) (

Ta có n6 − n 4 − n 2 + 1 = n 4 n 2 − 1 − n 2 − 1 = n 2 − 1 n 4 − 1 = n 2 − 1
Vì n là số lẻ nên đặt tồn tại số tự nhiên k để n = 2k + 1 .

(

)

2

(

2
2
Khi đó ta có n 2 − 1 = ( 2k + 1) − 1 = 4k 2 + 4k



)

2

=  4k ( k + 1) 

Ta có k ( k + 1) chia hết cho 2 nên suy ra  4k ( k + 1)  64
2

2

) (n
2

2

+1

)


(

)

Mặt khác n 2 + 1 = ( 2k + 1) + 1 = 4k 2 + 4k + 2 = 2 2k 2 + 2k + 1 2
2

(

) (n

Do vậy ta được n 6 − n 4 − n 2 + 1 = n 2 − 1

2

2

)

+ 1 chia hết cho 128.

 Ví dụ 6. Cho x, y, z là các số nguyên dương phân biệt. Chứng minh rằng:

A = ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x ) chia hết cho B = 5 ( x − y )( y − z )( z − x )
5

5

5

Lời giải
Đặt a = x − y; b = y − z khi đó ta được z − x = − ( a + b ) .
Bài toán quy về chứng minh ( a + b ) − a 5 − b5 chia hết cho 5ab ( a + b ) . Ta có
5

(a + b)

5

(

− a 5 − b 5 = 5a 4 b + 10a 3 b2 + 10a 2 b3 + 5ab4 = 5ab a 3 + 2a 2 b + 2ab2 + b3

(

) (

)

(

)

)

= 5ab  a 3 + b 3 + 2a 2 b + 2ab 2  = 5ab ( a + b ) a 2 − ab + b 2 + 2ab ( a + b ) 




2
2
= 5ab ( a + b ) a + ab + b

(

(

)

)

Dễ thấy 5ab ( a + b ) a 2 + ab + b2 5ab ( a + b ) .
Do đó ( a + b ) − a 5 − b5 chia hết cho 5ab ( a + b ) .
5

Vậy ta được ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x ) chia hết cho 5 ( x − y )( y − z )( z − x ) .
5

5

5

 Ví dụ 7. Chứng minh rằng với mỗi số tự nhiên n  1 thì ở giữa n 2 và ( n + 1)

2

luôn tìm được các số tự nhiên a, b, c thỏa mãn a2 + b2 chia hết cho c.
Lời giải
Xét số tự nhiên n  1 , khi đó ta đặt a = n2 + 2; b = n2 = n + 1; c = n2 + 1 .
Dễ thấy n 2  a; b; c  ( n + 1) . Ta có
2

(

) (
)
= ( n + 1) + 2 ( n + 1) + 1 + ( n + 1) + 2n ( n + 1) + n
= 2 ( n + 1) + 2n ( n + 1) + 3 ( n + 1) = ( n + 1)( 2n + 2n + 5 )
= ( 2n + 2n + 5 ) .c
2

a 2 + b2 = n 2 + 2 + n 2 + n + 1
2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

Do đó suy ra a2 + b2 chia hết cho c. bài toán được chứng minh.
1.3. Phương pháp 3. Sử dụng phương pháp tách tổng và áp dụng tính chất chia hết
của một tổng.


Cở sở phương pháp. Để chứng minh A chia hết cho p ta biết đổi A thành tổng các
hạng tử rồi chứng minh mỗi hạng tử đều chia hết cho p.
 Ví dụ 1. Chứng minh rằng với m, n là các số nguyên thì các biểu thức sau đây
đều chia hết cho 6.

(

(

)

a) n n 2 + 11

b) mn m 2 − n 2

)

c) n ( n + 1)( 2n + 1)

Lời giải

(

)

a) Ta có n n 2 + 11 = n 3 + 11n = n 3 − n + 12n = ( n − 1) n ( n + 1) + 12n .
Dễ thấy ( n − 1) n ( n + 1) chia hết cho 6 với mọi số nguyên n.

(

)

Do vậy ta được n n 2 + 11 chia hết cho 6.

(

)

(

) (

)

(

)

(

b) Ta có mn m2 − n2 = mn  m2 − 1 − n2 − 1  = mn m 2 − 1 − mn n 2 − 1



(

)

(

)

)

Do mn m 2 − 1 = n ( m − 1) m ( m + 1) và mn n 2 − 1 = m ( n − 1) n ( n + 1) cùng chia hết

(

)

cho 6 nên ta được mn m 2 − n 2 chia hết cho 6.
c) Ta có n ( n + 1)( 2n + 1) = n ( n + 1)( n + 2 + n − 1) = n ( n + 1)( n + 2 ) + ( n − 1) n ( n + 1)
Do n ( n + 1)( n + 2 ) và ( n − 1) n ( n + 1) nên ta suy ra được n ( n + 1)( 2n + 1) chia hết
cho 6
 Ví dụ 2. Chứng minh rằng n và n 5 có chữ số tận cùng giống nhau với n là số tự
nhiên.
Lời giải

(

)

Để chứng minh n và n 5 có chữ số tận cùng giống nhau ta chứng minh n 5 − n 10
Thật vậy ta có

(

)
)

(
(

)(
)

)

(

)(

)

n5 − n = n n4 − 1 = n n2 − 1 n2 + 1 = n n2 − 1  n 2 − 4 + 5


2
2
2
= n n − 1 n − 4 + 5n n − 1 = ( n − 2 )( n − 1) n ( n + 1)( n + 2 ) + 5 ( n − 1) n ( n + 1)

(

)(

Ta có ( n − 2 )( n − 1) n ( n + 1)( n + 2 ) là tích của năm số tự nhiên liên tiếp nên chia hết
cho 2 và 5 do đó chia hết cho 10. Mặt khác ( n − 1) n ( n + 1) là tích của 3 số tự nhiên
liên tiếp nên chia hết cho 2 nên 5 ( n − 1) n ( n + 1) chia hết cho 10.


(

)

Do đó n 5 − n 10 nên bài toán được chứng minh.
 Ví dụ 3. Cho biểu thức P = ab ( a + b ) + 2 với a, b là các số nguyên. Chứng minh

rằng nếu giá trị của P chia hết cho 3 thì P chia hết cho 9.
Lời giải
Giả sử giá trị của P chia hết cho 3. Khi đó từ ab ( a + b ) + 2 chia hết cho 3 ta được
ab ( a + b ) chia 3 có số dư là 1. Từ đó dẫn đến a và b không chia hết cho 3 hay a và b

khi chia cho 3 nhận một trong hai số dư là 1 và 2. Nếu a và b có số dư khác nhau thì
ta được a + b chia hết cho 3, điều này mâu thuẫn với ab ( a + b ) chia 3 có số dư là 1.
Do vậy a và b có cùng số dư khi chia cho 2.
+ Nếu a và b có cùng số dư là 1 khi chia cho 3 thì ta được ab ( a + b ) + 2 không chia
hết cho 3. Do đó trường hợp này loại.
+ Nếu a và b có cùng số dư là 2 khi chia cho 3. Khi đó đặt a = 3m + 2 và b = 3n + 2
với m và n là các số nguyên. Từ đó ta được

P = ( 3m + 2 )( 3n + 2 )( 3m + 3n + 4 ) + 2 = ( 9mn + 6m + 6n + 4 )( 3m + 3n + 4 ) + 2
= 9mn ( 3m + 3n + 4 ) + 2 ( 3m + 3n ) + 12 ( 3m + 3n ) + 18
2

= 9mn ( 3m + 3n + 4 ) + 18 ( m + n ) + 36 ( m + n ) + 18
2

Từ đó dễ thấy P chia hết cho 9.
Vậy nếu giá trị của P chia hết cho 3 thì P chia hết cho 9.

(

) (

 Ví dụ 4. Cho biểu thức A = a 2020 + b2020 + c 2020 − a 2016 + b2016 + c2016

)

với a, b, c là

các số nguyên. Chứng minh rằng A chia hết cho 30.
Lời giải
Với a là số nguyên ta có

(
= a ( a − 1)( a + 1) ( a

)
(
− 4 ) + 5a ( a − 1)( a + 1)

a 5 − a = a ( a − 1)( a + 1) a 2 + 1 = a ( a − 1)( a + 1) a 2 − 4 + 5
2

)

= a ( a − 1)( a + 1)( a − 2 )( a + 2 ) + 5a ( a − 1)( a + 1)

Để ý rằng ( a − 2 )( a − 1) a ( a + 1)( a + 2 ) và 5 ( a − 1) a ( a + 1) chia hết cho 2, 3 và 5. Mà ta
có 2, 3, 5 nguyên tố với nhau theo từng đôi một nên ta có


( a − 2 )( a − 1) a ( a + 1)(a + 2 ) và 5 ( a − 1) a ( a + 1) chia hết cho 30. Do vậy a5 − a chia
hết cho 30. Tương tự ta cũng có b5 − b và c5 − c cũng chia hết cho 5. Khi đó ta có

(
= (a

) (

)

A = a 2020 + b2020 + c 2020 − a 2016 + b2016 + c 2016
2020

) (

) (

− a 2016 + b2020 − b2016 + c 2020 − c 2016

(

)

(

)

(

= a 2015 a 5 − a + b2015 b5 − b + c 2015 c 5 − c

)

)

Do đó ta suy ra được A chia hết cho 30. Bài toán được chứng minh.

(

)

 Ví dụ 5. Chứng minh biểu thức S = n 3 ( n + 2 ) + ( n + 1) n 2 − 5n + 1 − 2n − 1 chia
2

hết cho 120 với n là số nguyên.
Lời giải
Dễ thấy 120 = 3.5.8 và ( 3; 5 ) = ( 5; 8 ) = ( 3; 8 ) = 1 nên ta đi chứng minh S chia hết cho
3, 5, 8. Mặt khác khai trên S ta được S = n5 + 5n4 + 5n3 − 5n2 − 6n .
+ Biến đổi biểu thức S ta được

(

)

S = n 5 + 5n 4 + 5n 3 − 5n 2 − 6n = n 5 − n 3 + 6n 3 + 5 n 4 − n 2 − 6n
= n 2 ( n − 1) n ( n + 1) + 6n 3 + 5n ( n − 1) n ( n + 1) − 6n
Do ( n − 1) n ( n + 1) 3 nên ta suy ra được S chia hết cho 3.

(

)

+ Ta có S = n 5 + 5n 4 + 5n 3 − 5n 2 − 6n = n 5 − n + 5 n 4 + n 3 − n 2 − n . Mặt khác lại có

(

)

(

n 5 − n = n ( n − 1)( n + 1) n 2 + 1 = n ( n − 1)( n + 1) n 2 − 4 + 5

(

)

= n ( n − 1)( n + 1) n 2 − 4 + 5n ( n − 1)( n + 1)

)

= ( n − 2 )( n − 1) n ( n + 1)( n + 2 ) + 5n ( n − 1)( n + 1)

Suy ra n 5 − n chia hết cho 5. Do đó S chia hết cho 5.

(

+ Ta có S = n 5 + 5n 4 + 5n 3 − 5n 2 − 6n = 4n 3 ( n + 1) + n ( n + 1) n 3 + n − 6

)

Nếu n = 2k ( k  Z ) thì ta được S = 32k 5 + 80k 4 + 40k 3 − 8k 2 − 12k ( k + 1) , Từ đó suy
ra S chia hết cho 8.

(

Nếu n = 2k + 1 ( k  Z ) thì ta được S = 4n 3 ( n + 1) + n ( n + 1) n 3 + n − 6
Ta có 4n 3 ( n + 1) = 8 ( 2k + 1) ( k + 1) chia hết cho 8.
3

(

)

(

)

Lại có n ( n + 1) n 3 + n − 6 = ( 2k + 1)( 2k + 2 ) 8k 3 + 12k 2 + 8k − 4 8 .

)


Do đó S chia hết cho 8.
Từ các kết quả trên suy ra S chia hết cho 120 với mọi số nguyên n.
 Ví dụ 6. Cho a, m, n là các số nguyên dương với a  1 . Chứng minh rẳng

(a

m

(

)

)

− 1 chia hết cho a n − 1 khi và chỉ khi m chia hết cho n.
Lời giải

(

) (a

• Điều kiện cần. Giả sử a m − 1

n

)

−1

Do a, m , n là các số nguyên dương với a  1 nên suy ra am − 1  0 .

(

) (a

Do đó từ a m − 1

n

(

)

) (

)

− 1 ta suy ra được a m − 1  a n − 1 nên m  n .

Đặt m = qn + r với q,r  N,0  r  n .

(

) (

)

Do đó a m − 1 = a qn +r − 1 = a r a qn − 1 + a r − 1 .

(

) (a

Nhận thấy a m − 1

n

(

)

) (a

− 1 và a qn − 1

n

(

)

− 1 nên ta suy ra được a r − 1

) (a

n

)

−1 .

Mà ta có 0  r  n nên 0  ar − 1  an − 1 nên suy ra ar − 1 = 0  r = 0 .
Vậy ta được m = qn hay m chia hết cho n.
• Điều kiện đủ. Giả sử m chia hết cho n. Khi đó đặt m = nq với q là số tự nhiên.

( )

Ta có a m − 1 = a nq − 1 = a n

(

) (a

Từ đó suy ra a m − 1

n

q

(

)( )

− 1 = an − 1  an


q −1

( )

+ an

q −2

( )

+ ... + 1


(

)(

+ an

q −3

)

−1 .

Vậy bài toán được chứng minh.

)

 Ví dụ 7. Cho a, b là các số nguyên. Chứng minh rằng ab a 2 − b2 a 2 + b2 chia
hết cho 30.
Lời giải
Ta có

(

)(

) (

)

(

)

(

)

ab a 2 − b2 a 2 + b 2 = a 2 + b2 ab a 2 − 1 − ab b 2 − 1 


2
2
= a + b ab ( a − 1)( a + 1) − ab ( b − 1)( b + 1) 

(

)

Với mọi số nguyên a và b thì ab ( a − 1)( a + 1) và ab ( b − 1)( b + 1) luôn chia hết cho 6.


(

)(

)

Để chứng minh ab a 2 − b2 a 2 + b2 chia hết cho 30 ta cần chứng minh được

(

)(

)

ab a 2 − b2 a 2 + b2 chia hết cho 5. Xét các trường hợp sau:
• Nếu trong hai số nguyên a và b có một số chia hết cho 5, khi đó

(

)(

)

ab a 2 − b2 a 2 + b2 chia hết cho 5.
• Nếu a và b có cùng số dư khi chia cho 5 thì ta được a − b chia hết cho 5 nên

(

)(

)

ab a 2 − b2 a 2 + b2 chia hết cho 5.
• Nếu a và b có số dư khác nhau khi chia cho 5 thì ta được a2 + b2 chia hết cho 5.

(

)(

)

Từ đó ta suy ra được ab a 2 − b2 a 2 + b2 chia hết cho 5.

(

)(

)

Như vậy trong mọi trường hợp ta đều có ab a 2 − b2 a 2 + b2 chia hết cho 5.
Do 5 và 6 nguyên tố cùng nhau nên từ các kết quả trên ta suy ra

(

)(

)

ab a 2 − b2 a 2 + b2 chia hết cho 30.
 Ví dụ 8. Cho a, b, c là các số tự nhiên đôi một có số dư khác nhau trong phép
chia cho 5. Chứng minh rằng trong ba số A = 3a + b + c; B = 3b + c + a; C = 2a + 2b + c
có duy nhất một số chia hết cho 5.
Lời giải
Xét hai số D = 4a + c = ( c − a ) + 5a; E = 4b + c = 5b + ( c − b ) .
Do a, b, c đôi một có số dư khác nhau khi chia cho 5 nên ta có c − a; c − b;a − b
không chia hết cho 5. Do đó D và E không chia hết cho 5. Ta xét các số sau
A − B = ( 3a + b + c ) − ( 3b + c + a ) = 2 ( a − b )

A − C = ( 3a + b + c ) − ( 2a + 2b + c ) = a − b

A − D = ( 3a + b + c ) − ( 4a + c ) = b − a

A − E = ( 3a + b + c ) − ( 4b + c ) = 3 ( a − b )

B − E = ( 3b + c + a ) − ( 4b + c ) = a − b

C − D = ( 2a + 2b + c ) − ( 4a + c ) = 2 ( b − a )

B − C = ( 3b + c + a ) − ( 2a + 2b + c ) = b − a

C − E = ( 2a + 2b + c ) − ( 4b + c ) = 2 ( a − b )

B − D = ( 3b + c + a ) − ( 4a + c ) = 3 ( b − a )
D − E = ( 4a + c ) − ( 4b + c ) = 4 ( a − b )

Nhận thấy tất cả các số trên đều không chia hết cho 5. Từ đó suy ra A, B, C, D, E có
số dư khác nhau khi chia cho 5. Mà ta biết rằng một số tự nhiên khi chia cho 5 có 5
số dư khác nhau là 0, 1, 2, 3, 4. Từ đó suy ra trong 5 số A, B, C, D, E có duy nhất


một số chia hết cho 5. Mà ta đã biết D và E không chia hết cho 5 nên. Do đó trong
ba số A, B, C có duy nhất một số chia hết cho 5.
1.4. Phương pháp 4. Sử dụng các hằng đẳng thức.
Cở sở phương pháp. Nếu a và b là các số nguyên thì ta luôn có
+ a n − bn chia hết cho a − b với mọi n là số tự nhiên và a khác b.
+ a n − bn chia hết cho a + b với mọi n là số tự nhiên chẵn và a + b khác 0.
+ a n + bn chia hết cho a + b với mọi n là số tự nhiên lẻ và a + b khác 0.
+ ( a  1) khi chia cho a có số dư là ( −1) .
n

n

(

)

 Ví dụ 1. Với n là số tự nhiên chẵn, chứng minh rằng 20n + 16n − 3n − 1 323 .
Lời giải
Trước hết ta có hằng đẳng thức

(a − b) (a

n −1

+ a n − 2 b + a n − 3 b 2 + .... + a 2 b n −3 + ab n −2 + bn −1

(

)

= a n + a n −1 b + a n − 2 b 2 + ... + a 2 b n − 2 + ab n −1 − a n −1 b + a n −2 b 2 + .... + a 2 b n −2 + ab n −1 + b n

)

= a n − bn

Vì n là số tự nhiên chẵn nên ta có n = 2k với k là một số tự nhiên. Do đó ta có

20n + 16n − 3n − 1 = 202k + 162k − 32k − 1 = 400k + 256k − 9k − 1

(

)

(

)

Để chứng minh 20n + 16n − 3n − 1 323 , ta cần chứng minh 20n + 16n − 3n − 1 chia
hết cho 19 và 17.
Thật vậy, ta có

(

400 k − 1k = ( 400 − 1) 400 k −1 + 400 k −2.1 + 400 k −3.12 + ..... + 400.1k −2 + 1k −1

(

= 399. 400 k −1 + 400 k − 2.1 + 400 k − 3.12 + ..... + 400.1k −2 + 1k −1

(

)

)

= 19.21. 400 k −1 + 400 k − 2.1 + 400 k − 3.12 + ..... + 400.1k −2 + 1k −1 19

(

256 k − 9 k = ( 256 − 9 ) 256 k −1 + 256 k −2.9 + ....... + 9 k − 2.256 + 9 k −1

(

= 247. 256 k −1 + 256 k − 2.9 + ....... + 9 k − 2.256 + 9 k −1

(

)

)

= 13.19 256 k −1 + 256 k − 2.9 + ....... + 9 k − 2.256 + 9 k −1 19

(

Từ đó ta được 400 k − 1k + 256 k − 9 k 19
Tương tự ta cũng có

)

)

)


(

400 k − 9 k = ( 400 − 9 ) 400 k −1 + 400 k − 2.9 + ..... + 9 k − 2.400 + 9 k −1

(

)

)

= 17.23 400 k −1 + 400 k − 2.9 + ..... + 9 k − 2.400 + 9 k −1 17

(

256 k − 1 = ( 256 − 1) 256 k −1 + 256 k −2.1 + ...... + 256.1k −2 + 1k −1

(

= 17.15 256

k −1

+ 256

k−2

k−2

.1 + ...... + 256.1

k −1

+1

) 17

)

Do vậy ta được 400k − 9k + 256k − 1 17 . Như vậy ta có

(
(

)
)

20 n + 16 n − 3n − 1 = 400 k + 256 k − 9 k − 1 19

 n
n
n
k
k
k
20 + 16 − 3 − 1 = 400 + 256 − 9 − 1 17

(

)

Mà ta có 17 và 19 là hai số nguyên tố cùng nhau nên 20n + 16n − 3n − 1 323 .
 Ví dụ 2. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có
b) 5n+2 + 26.5n + 82n+1 59

a) 11n+2 + 122n+1 133

c) 7.52n + 12.6n 19

Lời giải
a) Để ý rằng 133 = 121 + 12 và 133 = 144 − 11 nên ta biến đổi biểu thức như sau

11n + 2 + 122n +1 = 112.11n + 12.122n = 121.11n + 12.144 n = (133 − 12 ) .11n + 12.144 n

(

= 133.11n + 12 144n − 11n

(

Do đó 133.11n 133 và 12 144n − 11n

(

)

) (144 − 11) hay 12 (144

n

)

− 11n 133

)

Nên 133.11n + 12 144n − 11n suy ra 11n+2 + 122n+1 133 .
b) Để ý rằng 5n + 2 + 26.5n + 8 2n +1 = ( 59 − 8 ) .5n + 8.64 n và 59 = 64 − 5 ta có biến đổi

5n + 2 + 26.5n + 82n +1 = 25.5n + 26.5n + 8.82n = 51.5n + 8.64n

(

= ( 59 − 8 ) .5n + 8.64 n = 59.5n + 8 64 n − 5n

(

Vì 64n − 5n

) ( 64 − 5) nên ( 64

(

n

)

− 5n 59

)

Nên 59.5n + 8 64n − 5n 59 suy ra 5n+2 + 26.5n + 82n+1 59 .

(

c) Ta có 7.52n + 12.6n = 7.25n + (19 − 7 ) .6 n = 19.6 n + 7 25n − 6 n

(

Vì 25n − 6n

) ( 25 − 6 ) suy ra 7 ( 25

(

n

)

)

− 6 n 19

)

Nên ta được 19.6n + 7 25n − 6 n 19 suy ra 57.52n + 12.6n 19 .
 Ví dụ 3. Chứng minh rằng A = 19931997 + 19971993 chia hết cho 30.
Lời giải

)


Để ý rằng 1993 = 1980 + 13 và 1997 = 2010 − 13 ta có

A = 19931997 + 1997 1993 = ( 1980 + 13 )

1997

+ ( 2010 − 13 )

1993

( )

= 1980c + 131997 + 2010d − 131993 = 1980c + 2010d + 131993 13 4

(

= 30 66c + 67d + 952.131993

)

Với c và d là một số nguyên dương. Vậy A chia hết cho 30.

(

)

(

)

 Ví dụ 4. Chứng minh rằng C = 5n 5n + 1 − 6 n 3n + 2 n chia hết cho 91 với mọi số
tự nhiên n.
Lời giải
Ta có 91 = 7.13 và ( 7;13 ) = 1 nên ta đi chứng minh C chia hết cho 7 và 13.
+ Chứng minh C chia hết cho 7. Ta có

C = 25n + 5n − 18n − 12n = ( 21 + 4 ) + 5n − (14 + 4 ) − ( 7 + 5 )
n

n

n

= 21c + 4n + 5n − 14d − 4n − 7e − 5n = 7 ( 3c − 2d − e )

Với c, d, e là các số nguyên. Do đó C chia hết cho 7.
+ Chứng minh C chia hết cho 13. Ta có

C = ( 26 − 1) + 5n − (13 + 5 ) − (13 − 1) = 26f + ( −1) + 5n − 13g − 5n − 13h − ( −1)
n

n

n

n

n

= 13 ( 2f − g − h ) 13

Với f, g, h là các số nguyên. Do đó C hia hết cho 13.
Vậy C chia hết cho 91.
 Ví dụ 5. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ta có A = 15 + 25 + 35 + .... + n5
chia hết cho B = 1 + 2 + 3 + ... + n .
Lời giải

Ta có công thức quen thuộc B = 1 + 2 + 3 + ... + n =

(

n ( n + 1)

)

2

(

.

5
5
Lại có 2A = n 5 + 1 + ( n − 1) + 2 5  + ( n − 2 ) + 35  + ... + 1 + n 5

 


(

)

)
(

)

5
5
Nhận thấy mỗi số hạng n 5 + 1 ; ( n − 1) + 2 5  ; ( n − 2 ) + 35  ;...; 1 + n 5 đều chia

 


hết cho ( n + 1) nên ta được 2A ( n + 1) .
5
5
Lại có 2A − 2n 5 = ( n − 1) + 15  + ( n − 2 ) + 2 5  + ...

 



5
5
Nhận thấy mỗi số hạng ( n − 1) + 15  ; ( n − 2 ) + 2 5  ;... đều chia chia hết cho n. Lại

 


có 2n 5 n nên ya được 2A n .
Như vậy 2A chia hết cho cả n và n + 1 . Mà ta có ( n; n + 1) = 1 nên 2A chia hết cho
tích n ( n + 1) . Suy ra A chia hết cho

n ( n + 1)
2

. Vậy A chia hết cho B

Từ (1) và (2) suy ra 2A chia hết cho n(n + 1) do đó 2A 2B  A B (đpcm)
 Ví dụ 6. Cho n là số nguyên dương bất kì và với mỗi số nguyên dương k, ta đặt

Sk = 1k + 2k + ... + nk . Chứng minh rằng S 2019 chia hết cho S1 .
Lời giải
Trước hết ta có tính chất. Với a, b là các số nguyên và k là một số lẻ thì

ak + bk luôn chia hết cho a + b .

(

)

Ta có Sk = 1k + 2k + ... + nk nên 2S k = 2 1k + 2 k + ... + n k . Do vậy ta được

(

)

(

k
2S k = 1k + n k +  2 k + ( n − 1)  + ... + n k + 1k



)

Nhận thấy mỗi số hạng 1k + n k ; 2 k + ( n − 1) ;...; n k + 1k cùng chia hết cho n + 1 nên
k

suy ra 2S k chia hết cho n + 1 .
k
k
Lại có 2S k = 2n k + 1k + ( n − 1)  + ... + ( n − 1) + 1k 





Nhận thấy nỗi số hạng 1k + ( n − 1) ; 2k + ( n − 2 ) ;...; ( n − 1) + 1k cùng chia hết cho n
k

k

k

nên suy ra 2S k chia hết cho n.
Mà ta có ( n; n + 1) = 1 nên suy ra 2S k chia hết cho n ( n + 1) . Điều này dẫn đến S k
chia hết cho

n ( n + 1)
2

. Mà S1 = 11 + 21 + ... + n1 = 1 + 2 + ... + n =

n ( n + 1)
2

Như vậy S k chia hết cho S1 với mọi k là số lẻ. Do vậy S 2019 chia hết cho S1 .
• Nhân xét. Bài toán trong ví dụ 6 chính là tổng quát của bài toán trong ví dụ 5.

1.5. Phương pháp 4. Sử dụng phương pháp xét số dư.


Cơ sở phương pháp. Để chứng minh A ( n ) chia hết cho p ta xét số n có các
dạng n = kp + r với r  0;1; 2;...; p − 1. Nghĩa là ta xét các số dư của phép chia n
cho số p.
 Ví dụ 1. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có n ( 2n + 7 )( 7n + 1) chia hết
cho 6
Lời giải
Trong hai số n và 7n + 1 phải có một số chẵn nên n ( 2n + 1)( 7n + 1) chia hết cho 2.
Mà ta có ( 2; 3 ) = 1 nên ta chỉ cần chứng minh n ( 2n + 1)( 7n + 1) chia hết cho 3.
Thật vậy, số tự nhiên n được biểu diễn bởi các dạng sau n = 3k; n = 3k + 1; n = 3k + 2
với k là một số tự nhiên. Do đó ta có ba trường hợp sau
+ Trường hợp 1. Khi n = 3k thì ta có n ( 2n + 1)( 7n + 1) = 3k ( 6k + 1)( 21k + 1) chia hết
cho 3.
+ Trường hợp 2. Khi n = 3k + 1 thì ta có 2n + 7 = ( 6k + 9 ) chia hết cho 3, do đó ta
được n ( 2n + 7 )( 7n + 1) chia hết cho 3.
+ Trường hợp 3. Khi n = 3k + 2 thì ta có 7n + 1 = ( 21k + 15 ) chia hết cho 3, do đó ta
được n ( 2n + 7 )( 7n + 1) .
Từ các trường hợp trên suy ra n ( 2n + 7 )( 7n + 1) chia hết cho 3.
Do vậy n ( 2n + 7 )( 7n + 1) chia hết cho 3 với mọi số tự nhiên n.
 Ví dụ 2. Chứng minh rằng 4n − 2019n − 1 chia hết cho 9 với mọi số tự nhiên n.
Lời giải

(

)

Ta có 4n − 2019n − 1 = 4 n − 3n − 1 − 2016n . Số tự nhiên n được biểu diễn bởi các
dạng sau n = 3k; n = 3k + 1; n = 3k + 2 với k là một số tự nhiên. Do đó ta đi xét ba
trường hợp sau
+ Trường hợp 1. Khi n = 3k với k là một số tự nhiên.
Từ đó ta được 4n − 3n − 1 = 43k − 1 − 9k = 64k − 1 − 9k

(

)

Để ý rằng 64k − 1 = ( 64 − 1) 64 k−1 + 64 k −2 + ... + 1 chia hết cho 9.


Do đó 43k − 1 − 9k chia hết cho 9 nên 4n − 3n − 1 chia hết cho 9.
+ Trường hợp 2. Khi n = 3k + 1 với k là một số tự nhiên.

(

)

Từ đó ta được 4n − 3n − 1 = 43k +1 − 3 ( 3k + 1) − 1 = 4 64 k − 1 − 9k
Tương tự như trên ta cũng được 4n − 3n − 1 chia hết cho 9.
+ Trường hợp 3. Khi n = 3k + 2 với k là một số tự nhiên.

(

)

Từ đó ta được 4n − 3n − 1 = 43k+ 2 − 3 ( 3k + 2 ) − 1 = 16 64 k − 1 − 9k + 9
Tương tự như trên ta cũng được 4n − 3n − 1 chia hết cho 9.
Vậy với mọi n là số tự nhiên thì 4n − 3n − 1 chia hết cho 9.
Do đó 4n − 2019n − 1 chia hết cho 9 với mọi số tự nhiên n.
 Ví dụ 3. Cho ba số nguyên dương a, b, c thỏa mãn a3 + b3 + c3 chia hết cho 14.
Chứng minh rằng abc cũng chia hết cho 14.
Lời giải
Do a3 + b3 + c3 chia hết cho 14 nên a3 + b3 + c3 là một số chẵn. Do đó trong
các số a, b, c có ít nhất một số chẵn. Từ đó suy ra tích abc chia hết cho 2. Giả sử
trong ba số a, b, c không có số nào chia hết cho 7. Ta thấy rằng với mọi x nguyên
không chia hết cho 7 thì x chia 7 nhận một trong các số dư 1; 2; 3 . Khi đó x 3
chia 7 nhận một trong hai số dư là 1 và −1 . Do vậy các số a 3 ; b3 ; c 3 khi chia cho 7 có
thể nhận một trong hai số dư là 1 và −1 . Do đó a3 + b3 + c3 khi chia cho 7 có thể
nhận một trong các số dư −3; −1;1; 3 . Điều này có nghĩa là a3 + b3 + c3 không chia
hết cho 7. Điều này trái với giả thiết của bài toán. Do vậy trong ba số a, b, c có ít
nhất một số chia hết cho 7. Suy ra tích abc chia hết cho 7. Mà 2 và 7 nguyên tố cùng
nhau nên suy ra tích abc chia hết cho 14.

(

)

 Ví dụ 4. Tìm k để tồn tại số tự nhiên n sao cho n 2 − k 4 với k  0;1; 2; 3 .
Lời giải

(

)

Giả sử tồn tại số k  0;1; 2; 3 để tồn tại số tự nhiên n sao cho n 2 − k 4 . Khi đó ta

xét các trường hợp sau
+ Trường hợp 1. Nếu n = 4q với q là số tự nhiên. Khi đó n2 − k = 16q2 − k .


(

)

Do đó để n 2 − k chia hết cho 4 thì k chia hết cho 4 nên suy ra k = 0 .
+ Trường hợp 2. Nếu n = 4q  1 với q là số tự nhiên. Khi đó ta có

n 2 − k = ( 4q  1) − k = 16q 2  8q + 1 − k
2

(

)

Do đó để n 2 − k chia hết cho 4 thì 1 − k chia hết cho 4 nên suy ra k = 1 .
+ Trường hợp 3. Nếu n = 4q + 2 với q là số tự nhiên. Khi đó ta có

n 2 − k = ( 4q + 2 ) − k = 16q 2 + 16q + 4 − k
2

(

)

Do đó để n 2 − k chia hết thì k chia hết cho 4 nên suy ra k = 0 .

(

)

Vậy với k = 0 hoặc k = 1 thì luôn tồn tại số tự nhiên n để n 2 − k 4 .

(

)(

)

 Ví dụ 5. Tìm số tự nhiên n để A = n n 2 + 1 n 2 + 4 chia hết cho 120.
Lời giải

(

)

(

)

Dễ thấy 120 = 23.3.5 và 23 , 3 = ( 3; 5 ) = 23 , 5 = 1 nên để A chia hết cho 120 thì A
phải đồng thời chia hết cho 2 3 , 3, 5. Do đó để tìm các số tự nhiên n sao cho A chia
hết cho 120 thì ta cần tìm n để A đồng thời chia hết cho 2 3 , 3, 5.
• Tìm n để A chia hết cho 2 3 . Ta xét các trường hợp sau:

+ Trường hợp 1. Nếu n = 2k , với k là số một số tự nhiên. Khi đó n 2 + 4 chia hết cho
4. Nên A chia hết cho 2 3

+ Trường hợp 2. Nếu n = 2k + 1 , với k là số một số tự nhiên. Khi đó n 2 + 4 và n 2 + 1
đều không chia cho 4. Nên A không chia hết cho 2 3 .
Như vậy để A chia hết cho 2 3 thì n phải là số chẵn.
• Tìm n để A chia hết cho 3. Ta xét các trương hợp sau:

+ Trường hợp 1. Nếu n = 3k , với k là số một số tự nhiên. Khi đó A chia hết cho 3.
+ Trường hợp 2. Nếu n = 3k  1 , với k là số một số tự nhiên. Khi đó n 2 + 4 và n 2 + 1
đều không chia cho 3 . Nên A không chia hết cho 3.
Như vậy để A chia hết cho 3 thì n phải là bội số của 3.
• Tìm n để A chia hết cho 5. Ta xét các trương hợp sau:

+ Trường hợp 1. Nếu n = 5k , với k là số một số tự nhiên. Khi đó A chia hết cho 5.


+ Trường hợp 2. Nếu n = 5k  1 , với k là số một số tự nhiên. Khi đó n 2 + 4 chia hết
cho 5. Nên A chia hết cho 5.
+ Trường hợp 3. Nếu n = 5k  2 , với k là số một số tự nhiên. Khi đó n 2 + 1 chia hết
cho 5. Nên A chia hết cho 5.
Với mọi số tự nhiên n thì A luôn chia hết cho .
Kết hợp các kết quả trên ta thấy để A chia hết cho 120 thì n phải là số chẵn và là bội
của 3.
 Ví dụ 6. Chứng minh rằng A = n 6 − n 2 chia hết cho 60 với mọi số nguyên dương
n.
Lời giải

(

)

Ta có A = n 6 − n 2 = ( n − 1)( n + 1) n 2 n 2 + 1 và 60 = 3.4.5 .

Do 3, 4, 5 nguyên tố với nhau theo từng đôi một nên để chứng minh A chia hết cho
60 ta cần chứng minh A chia hết cho 3, 4, 5.
• Dễ thấy ( n − 1) n ( n + 1) chia hết cho 3 nên suy ra A chia hết cho 3.
• Nếu n là số chẵn thì ta có n 2 chia hết cho 4 và nếu n là số lẻ thì ( n − 1)( n + 1) chia

hết cho 4. Do đó ta luôn có A chia hết cho 4.
• Ta cần chứng minh A chia hết cho 5.

Ta có số tự nhiên n khi chia cho 5 có một trong các số dư 0, 1, 2, 3, 4 nên n 2 khi chia
cho 5 nhận một trong các số dư 0, 1, 4.
+ Nếu n 2 chia 5 có số dư là 0 thì n 2 chia hết cho 5.
+ Nếu n 2 chia 5 có số dư là 1 thì n 2 − 1 chia hết cho 5.
+ Nếu n 2 chia 5 có số dư là 4 thì n 2 + 1 chia hết cho 5.
Do đó ta luôn có A luôn chia hết cho 5.
Kết hợp các kết quả trên ta suy ra được A luôn chia hết cho 60.
 Ví dụ 7. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì 2 n + 1 không thể chia
hết cho 7.
Lời giải


Nếu cho n nhận các giá trị là 1; 2; 3; 4; 5; 6 thì giá trị của 2 n lần lượt là 2; 4; 8; 16; 32;
64. Khi đó số dư của 2 n khi chia cho 7 lần lượt là 2; 4; 1; 2; 4; 1. Chú ý là các số 1; 2;
3 và 4; 5; 6 theo thứ tự chia 3 có số dư là 1; 2; 3. Điều này gợi ý ta chứng minh 2 n
chia cho 7 có số dư lần lượt là 2; 4; 1 tương ứng với n chia 3 dư 1; dư 2; dư 0.
Thật vậy, xét các số n = 3k + 1; n = 3k + 2; n = 3k + 3 với k là số tư nhiên, khi đó ta xét
từng trường hợp như sau

( )

+ Trường hợp 1. Với n = 3k + 1 , khi đó 2n = 23k+1 = 2. 23

k

= 2. ( 7 + 1) = 2. ( 7a + 1)
k

chia 7 dư 2, với a là số một số tự nhiên.

( )

+ Trường hợp 2. Với n = 3k + 2 , khi đó 2n = 23k+ 2 = 4. 2 3

k

= 4. ( 7 + 1) = 4. ( 7b + 1)
k

chia 7 dư 4, với b là số một số tự nhiên.

( ) = (7 + 1)

+ Trường hợp 3. Với n = 3k + 3 , khi đó 2n = 23k + 3 = 4. 23

k

k +1

= 7c + 1 chia 7

dư 1, với c là số một số tự nhiên.

Từ đó ta thấy với mọi số nguyên dương n thì 2 n chia 7 có số dư là 1; 2; 4. Do đó
suy ra 2 n + 1 chia cho 7 sẽ có các số dư là 2; 3; 5, điều này có nghĩa là 2 n + 1 không
chia hết cho 7.
 Ví dụ 8. Cho x, y, z là các số nguyên thỏa mãn ( x − y )( y − z )( z − x ) = x + y + z .
Chứng minh rằng x + y + z chia hết cho 27.
Lời giải
Ta xét các trường hợp sau.
+ Trường hợp 1. Nếu x, y, z có số dư khác nhau khi chia cho 3 thì các số ( x − y ) ;

( y − z ) ; ( z − x ) không chia hết cho 3, mà ta lại có x + y + z chia hết cho 3. Điều này
mâu thuẫn với giả thiết của bài toán.
+ Trường hợp 2. Nếu trong ba số x, y, z có hai số chia cho 3 có cùng số dư. Khi đó
trong ( x − y ) ; ( y − z ) ; ( z − x ) có một hiệu chia hết cho 3. Mà ta lại có x + y + z không
chia hết cho 3. Điều này mâu thuẫn với giả thiết của bài toán.


+ Trường hợp 3. Nếu ba số x, y, z chia cho 3 cho cùng số dư, khi đó các số ( x − y ) ;

( y − z ) ; ( z − x ) cùng chia hết cho 3. Nên suy ra được ( x − y )( y − z )( z − x ) chia hết
cho 27. Từ đó ta được x + y + z chia hết cho 27.
Vậy bài toán được chứng minh.
 Ví dụ 9. Cho biểu thức P = abc ( a − 1)( b + 4 )( c + 6 ) với a, b, c là các số nguyên
thỏa mãn a + b + c = 2019 . Chứng minh rằng giá trị của P chia hết cho 6.
Lời giải
Ta có 2 và 3 nguyên tố cùng nhau nên để chứng minh P chia hết cho 6 ta chứng
minh P chia hết cho cả 2 và 3
+ Chứng minh P chia hết cho 2.
Do a + b + c = 2019 là số lẻ nên trong ba số a, b, c hoặc có một số lẻ và hai số chẵn
hoặc cả ba số đều lẻ. Khi đó nếu trong ba số a, b, c có một số chẵn và hai số lẻ thì
suy ra được abc là số chẵn nên P chia hết cho 2. Nếu cả ba số a, b, c đều là số lẻ thì

a − 1 là số chẵn, do đó P chia hết cho 2. Vậy ta luôn có P chia hết cho 2.
+ Chứng minh P chia hết cho 3.
Giả sử P không chia hết cho 3. Khi đó dễ thấy a ( a − 1) không chia hết cho 3 nên suy
ra a chia 3 có số dư là 2. Lại có b ( b + 4 ) không chia hết cho 3 nên suy ra b chia 3 có
số dư là 1. Do đó a + b chia hết cho 3. Mà ta lại có a + b + c = 2019 chia hết cho 3 nên
suy ra chia hết cho 3. Từ đó suy ra P chia hết cho 3, điều này mâu thuẫn với giả sử
ở trên. Vậy điều giả sử là sai nên P luôn chia hết cho 3.
Do đó bài toán được chứng minh.
1.6. Phương pháp 6. Sử dụng phương pháp phản chứng
• Cơ sở phương pháp

Giả sử ta cần chứng minh A chia hết cho B. Tư tưởng của phương pháp là ta hãy giả
sử A không chia hết cho B, sau đó vận dụng các kiến thức đã biết và giả thiết của đề bài để
suy ra điều vô lý. Điều vô lý có thể là trái với giả thiết, hoặc là những mệnh đề mâu thuẫn
nhau, từ đó suy ra điều cần chứng minh là đúng.
• Các bước suy luận phản chứng

Bước 1. Giả sử điều cần chứng minh là sai (phủ định lại mệnh đề cần chứng minh).


Bước 2. Từ điều giả sử ta suy ra một số tính chất hoặc quan hệ mới, mà những tính
chất này mâu thuẫn với điều đã cho hoặc trái với tính chất ta đã biết.
Bước 3. Ta kết luận điều giả sử ban đầu là sai. Vậy bài toán được chứng minh.
• Chú ý. Trong các bước suy luận phản chứng nêu trên, bước 1 rất quan trọng vì cần tạo

ra mệnh đề phủ định điều cần chứng minh thực sự chính xác.
 Ví dụ 1. Chứng minh rằng n2 + n − 16 không chia hết cho 25 với mọi số tự nhiên n.
Lời giải
Giả sử n2 + n − 16 chia hết cho 25. Do n2 + n − 16 chia hết cho 25 nên cũng chia hết cho

5. Ta có n 2 + n − 16 = ( n + 3 )( n − 2 ) − 10 . Mặt khác do n2 + n − 16 và 10 chia hết cho 5
nên ( n + 3 )( n − 2 ) chia hết cho 5. Lại có ( n + 3 ) − ( n − 2 ) = 5 chia hết cho 5 nên chúng
cùng chia hết cho 5 hoặc cùng không chia hết cho 5, do đó kết hợp ( n + 3 )( n − 2 )
chia hết cho 5 ta được ( n + 3 ) và ( n − 2 ) cùng chia hết cho 5, suy ra ( n + 3 )( n − 2 )
chia hết hết cho 25. Tức là n2 + n − 16 chia cho 25 dư 15 mâu thuẫn với giả sử. Như
vậy điều giả sử trên là sai.
Vậy n2 + n − 16 không chia hết cho 25 với mọi số tự nhiên n.
 Ví dụ 2. Chứng minh rằng n 3 chia hết cho 3 thì n cũng chia hết cho 3 với n là
một số tự nhiên bất kỳ.
Lời giải
Giả sử n không chia hết cho 3. Khi đó n có dạng n = 3k + 1 hoặc n = 3k + 2 với k là
số tự nhiên. Ta xét hai trường hợp sau.
+ Trường hợp 1. Nếu n = 3k + 1 thì ta được n 3 = ( 3k + 1) = 27k 3 + 27k 2 + 9k + 1
3

không chia hết cho 3.
+ Trường hợp 2. Nếu n = 3k + 2 thì ta được n 3 = ( 3k + 2 ) = 27k 3 + 54k 2 + 36k + 4
3

không chia hết cho 3.
Cả hai trường hợp đều xẩy ra mâu thuẫn, suy ra n phải chia hết cho 3 vậy bài toán
được chứng minh.
 Ví dụ 3. Chứng minh hai số nguyên dương có tổng bình phương chia hết cho 3
thì mỗi số đều phải chia hết cho 3


Lời giải
Giả sử hai số nguyên dương a, b có ít nhất một số không chia hết cho 3, chẳng hạn
số đó là a. Khi đó a = 3k + 1 hoặc a = 3k + 2 với k là số tự nhiên, suy ra a2 = 3l + 1 .
Như vậy nếu số b chia hết cho 3 hoặc không chia hết cho 3 thì a2 + b2 luôn có dạng

3m + 1 hoặc 3m + 2 với m là một số nguyên dương, nghĩa là không chia hết cho 3,
điều này dẫn đến mâu thuẫn. Vậy bài toán được chứng minh.
 Ví dụ 4. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì n3 − 9n + 27 không chia hết
cho 81.
Lời giải
Giả sử tồn tại số tự nhiên n để n3 − 9n + 27 chia hết cho 81. Khi đó n2 − 9n + 27 chia
hết cho 3. Từ đó ta được n 3 chia hết cho 3 hay n chia hết cho 3. Khi đó tồn tại số tự

(

)

nhiên k để n = 3k . Do đó ta được n 3 − 9n + 27 = 27 k 3 − k + 1 . Mà n3 − 9n + 27 chia
hết cho 81 nên suy ra k3 − k + 1 chia hết cho 3.
Để ý rằng với mọi số tự nhiên k thì k 3 − k + 1 = ( k − 1) k ( k + 1) + 1 không chia
hết cho 3. Điều này mâu thuẫn với trên. Do đó điều giả sử là sai.
Vậy với mọi số tự nhiên n thì n3 − 9n + 27 không chia hết cho 81.

(

)

 Ví dụ 5. Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên n thỏa mãn 20142014 +1
chia hết cho n3 + 2012n .
Lời giải

(

)

Giả sử tồn tại số nguyên n thỏa mãn 20142014 +1 chia hết cho n3 + 2012n .

(

)

Ta n 3 + 2012n = n 3 – n + 2013n = n ( n − 1)( n + 1) + 2013n .
Vì n − 1; n; n + 1 là ba số nguyên liên tiếp nên có một số chia hết cho 3.
Suy ra n ( n − 1)( n + 1) chia hết cho 3, lại có mà 2013 chia hết cho 3 nên n3 + 2012n
chia hết cho 3.
Mặt khác 20142014 + 1 = ( 2013 + 1)

(

2014

+ 1 = 2013k + 2 với k là số tự nhiên

)

Do đó 20142014 +1 chia cho 3 dư 2. Điều này dẫn đến mâu thuẫn.
Vậy không có số nguyên nào thỏa mãn điều kiện bài toán đã cho.