các bài toán về quan hệ chia hết

99
Website:tailieumontoan.com

CÁC BÀI TOÁN VỀ QUAN HỆ
CHIA HẾT TRÊN TẬP HỢP SỐ
LỜI NÓI ĐẦU
Nhằm đáp ứng nhu cầu về của giáo viên toán THCS và học sinh về các
chuyên đề toán THCS, website tailieumontoan.com giới thiệu đến thầy cô và
các em chuyên đề về các bài toán về quan hệ chia hết trên tập hợp số. Chúng
tôi đã kham khảo qua nhiều tài liệu để viết chuyên đề về này nhằm đáp ứng
nhu cầu về tài liệu hay và cập nhật được các dạng toán mới về quan hệ chia
hết thường được ra trong các kì thi gần đây. Chuyên đề gồm các dạng toán
sau:
•
•
•
•

Chứng minh phép chia hết, phép chia có dư.
Tìm số dư trong phép chia.
Tìm điều kiện của biến để xẩy ra quan hệ chia hết giữa hai biểu thức.

Sử dụng tính chất chia hết để giải phương trình nghiệm nguyên, giải các

bài toán về số chính phương, chứng minh hai số bằng nhau, chứng minh
phân số tổi giản…
•

Tìm ƯCLN, BCNN hoặc chứng minh ƯCLN, BCNN thỏa mãn một tính chất

nào đó.

Các vị phụ huynh và các thầy cô dạy toán có thể dùng có thể dùng
chuyên đề này để giúp con em mình học tập. Hy vọng chuyên đề về biểu thức
đại số sẽ có thể giúp ích nhiều cho học sinh phát huy nội lực giải toán nói riêng
và học toán nói chung.
Mặc dù đã có sự đầu tư lớn về thời gian, trí tuệ song không thể tránh khỏi
những hạn chế, sai sót. Mong được sự góp ý của các thầy, cô giáo và các em
học!
Chúc các thầy, cô giáo và các em học sinh thu được kết quả cao nhất từ
chuyên đề này!

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


99
Website:tailieumontoan.com

CÁC BÀI TOÁN VỀ QUAN HỆ CHIA HẾT TRÊN TẬP HỢP SỐ
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

0≤ r ≤ b
, với

. Trong đó a là số bị chia, b là số

chia, q là thương, r là số dư.

{

r ∈ 0;1;2;3;...; b

Khi a chia cho b thì các số dư
•

Nếu

aMb

r=0

thì

a = bq

}

, khi đó ta nói a chia hết cho b hay b chia hết a. Ký hiệu:

ba
hay

.

Vậy a chia hết cho b khi và chỉ khi tồn tại số nguyên q sao cho
•

Nếu

r≠0

a = bq

.

, 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
Tính chất 4. Nếu

a.bMm

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

và

( b,m) = 1

thì

aMm

a = ±b

.

.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


99
Website:tailieumontoan.com
•
•
•

Tính chất 5. Nếu hai số nguyên a và b cùng chia hết cho m thì
Tính chất 6. Nếu a chia hết cho m và n, trong đó

( m,n) = 1

thì

( a ± b) Mm

aMmn

.

.

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

cho
•

a− b

a− b ≠ 0

chia hết

.

Tính chất 10. Nếu

an + bn

với a, b là các số tự nhiên thì

an − bn ( n ∈ N )

chia hết cho

a+ b ≠ 0
a+ b

với a, b là các số tự nhiên và n là số tự nhiên lẻ thì

.

3. Một số dấu hiệu chia hết.
Đặt

A = anan−1...a2a1a0

, với

an ;an−1;...;a2 ;a1;a0

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
a0 ∈ { 0;2;4;6;8}
•

Dấu hiệu chia hết cho 5: Số tự nhiên A chia hết cho 5 khi và chỉ khi

a0 ∈ { 0;5}

a0 = 0
Từ đó suy ra A chia hết cho 10 khi và chỉ khi
.
•
Dấu hiệu chia hết cho 4 và 25: Số tự nhiên A chia hết cho 4(hoặc 25) khi và

a1a0
chỉ khi
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

a2a1a0

chia hết cho 8 (hoặc 125).

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

99
Website:tailieumontoan.com
•

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)
•

o

o

o

.

Một số tính chất của đồng thức.

Tính chất 1. Nếu

Tính chất 2. Nếu

Tính chất 3. Nếu

a ≡ b( mod m)
a ≡ b( mod m)
a ≡ b( mod m)

Nếu
o

Tính chất 4: Nếu

và

a ≡ b( mod m)

.

b ≡ c( mod m)

và

a ≡ b( mod m)

Khi đó ta có
•

thì

b ≡ a( mod m)

c ≡ d ( mod m)

và

a ≡ c( mod m)

thì

thì

c ≡ d ( mod m)

.

a + c ≡ b + d ( mod m)

thì

a − c ≡ b − d ( mod m)

, d là ước chung của a và b, biết rằng

a b
≡ ( mod m)
d d

.

.

( d,m) = 1

.

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

ap−1 ≡ 1( mod p)

.

5. Ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


99
Website:tailieumontoan.com
a) Định nghĩa ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất.
•
Ước chung lớn nhất của hai hay nhiều số là số lớn nhất trong tập hợp các ước
chung của các số đó.
•
Bội chung nhỏ nhất của hai hay nhiều số là số nhỏ nhất khác 0 trong tập hợp

các bội chung của các số đó.
•
Kí hiệu ước chung lớn nhất của a và b là: ƯCLN(a, b) hoặc (a, b)
Kí hiệu bội chung nhỏ nhất của a và b là: BCNN(a, b) hoặc [a, b]
b) Một số chú ý về ƯCLN - BCNN.
•
Hai số a và b gọi là nguyên tố cùng nhau nếu ƯCLN của chúng là 1.
•
Nếu a chia hết cho b thì ƯCLN(a, b) = b
•
ƯCLN(a, 1) = 1 và BCNN(a, 1) = a
•
Nếu ƯCLN(a, b) = 1 thì BCNN(a, b) = ab
c) Một số tính chất của ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất.
•
Với mọi a, b, k là các số tự nhiên khác 0 thì ƯCLN(ka, kb) = k.ƯCLN(a, b).
•
Với mọi a, b, k là các số tự nhiên khác 0 thì BCNN(ka, kb) = k.BCNN(a, b).
•
Với a và b là các số tự nhiên khác 0 thì a.b = ƯCLN(a, b).BCNN(a, b)
II. MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA.
Bài tập về quan hệ chia hết trên tập số thường có một số dạng như sau
•
•
•
•

Chứng minh phép chia hết, phép chia có dư.
Tìm số dư trong phép chia.
Tìm điều kiện của biến để xẩy ra quan hệ chia hết giữa hai biểu thức.

Sử dụng tính chất chia hết để giải phương trình nghiệm nguyên, giải

các bài toán về số chính phương, chứng minh hai số bằng nhau, chứng minh
phân số tổi giản…
•
Tìm ƯCLN, BCNN hoặc chứng minh ƯCLN, BCNN thỏa mãn một tính
chất nào đó.
Các dạng bài tập trên được minh họa thông qua các ví dụ sau đây
Ví dụ 1. Cho x, y, z là các số nguyên dương phân biệt. Chứng minh rằng:

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


99
Website:tailieumontoan.com

( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x)
5

5

5( x − y ) ( y − z ) ( z − x)

5

chia hết cho
Lời giải

Đặt

a = x − y;b = y − z

khi đó ta được

( a + b)

Bài toán quy về chứng minh

( a + b)

5

z − x = − ( a + b)

5

.

− a5 − b5

chia hết cho

(

5ab( a + b)

− a5 − b5 = 5a4b + 10a3b2 + 10a2b3 + 5ab4 = 5ab a3 + 2a2b + 2ab2 + b3

(

) (

)

(

)

. Ta có

)

= 5ab  a3 + b3 + 2a2b + 2ab2  = 5ab ( a + b) a2 − ab + b2 + 2ab ( a + b) 




2
2
= 5ab( a + b) a + ab + b

Dễ thấy
Do đó

(

(

)

)

5ab( a + b) a2 + ab + b2 M5ab( a + b)

( a + b)

5

− a5 − b5

chia hết cho
5( x − y ) ( y − z ) ( z − x)
chia hết cho
.

.

5ab( a + b)

5

hay ta được

Ví dụ 2. Cho x, y, z là các số nguyên thỏa mãn
Chứng minh rằng

x+ y + z

( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x)
5

( x − y) ( y − z ) ( z − x) = x + y + z

5

.

chia hết cho 27.
Lời giải

•

Nếu x, y, z có số dư khác nhau khi chia cho 3 thì các số

không chia hết cho 3, mà ta lại có

x+ y + z

( x − y ) ; ( y − z ) ; ( z − x)

chia hết cho 3. Điều này mâu thuẫn

với giả thiết của bài toán.
•
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.

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


99
Website:tailieumontoan.com
•

Nếu ba số x, y, z chia cho 3 cho cùng số dư, khi đó

chia hết cho 3. Nên suy ra được
được

x+ y + z

( x − y ) ( y − z ) ( z − x)

( x − y) ; ( y − z ) ; ( z − x)

cùng

chia hết cho 27. Từ đó ta

chia hết cho 27.

Vậy bài toán được chứng minh.

( a + b + c ) M9
3

Ví dụ 3. Cho a, b, c là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu

3

3

thì

một trong ba số a, b, c chí hết cho 3.
Lời giải
Với a, b, c là các số nguyên khi đó ta có
q1;q2 ;q3

Dễ thấy

là các số nguyên và các số dư
r13 = r1;r23 = r1;r33 = r1

a = 3q1 + r1;b = 3q2 + r2 ;c = 3q3 + r3

r1;r2 ;r3 ∈ { −1;0;1}

với

.

. Từ đó ta được

a3 = ( 3q1 + r1 ) = 9k1 + r1;b3 = ( 3q2 + r2 ) = 9k2 + r1;c3 = ( 3q3 + r3 ) = 9k3 + r3
3

Khi đó ta được

3

a3 + b3 + c3 = 9( k1 + k2 + k3 ) + ( r1 + r2 + r3 )

( a + b + c ) M9
3

Mà theo giả thiết ta có
Dễ thấy
Do

3

r1 + r2 + r3 ≤ 3

r1;r2;r3 ∈ { −1;0;1}

3

3

, do đó suy ra

nên từ

.

. Do đó nên ta suy ra

r1 + r2 + r3 = 0

r1 + r2 + r3 = 0

(r +r
1

+ r3 ) M9

2

.

.

suy ra trong

r1;r2 ;r3

có một số bằng 0.

Điều này có nghĩa là trong ba số a, b, c có một số chia hết cho 3.
Ví dụ 4. Tìm k để tồn tại số tự nhiên n sao cho

(n

2

)

− k M4

với

k ∈ { 0;1;2;3}

.

Lời giải
Giả sử tồn tại số

k ∈ { 0;1;2;3}

(n

2

để tồn tại số tự nhiên n sao cho

)

− k M4

. Khi đó

ta xét các trường hợp sau
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


99
Website:tailieumontoan.com
•

Trường hợp 1: Nếu

(n

Do đó để
•

2

)

− k M4

thì

(n

2

)

− k M4

thì

Do đó để
Vậy với

2

k=0

)

− k M4

thì

hoặc

1− kM4

kM4

k=1

k=0

nên suy ra

n2 − k = 16q2 − k

k=1

k=0

)

n2 − k = 16q2 + 16q + 4 − k

.

thì luôn tồn tại số tự nhiên n để

(

n2 − k = 16q2 ± 8q + 1− k

.

với q là số tự nhiên. Khi đó

nên suy ra

.

.

với q là số tự nhiên. Khi đó

nên suy ra

n = 4q + 2

Trường hợp 3: Nếu

(n

kM4

với q là số tự nhiên. Khi đó

n = 4q ± 1

Trường hợp 2: Nếu

Do đó để
•

n = 4q

(n

2

)

− k M4

.

n 2n2 + 7

Ví dụ 5. Chứng minh rằng

chia hết cho 3 với mọi số nguyên dương n.

Lời giải
Ta sẽ chứng minh bài toán này bằng phương pháp quy nạp toán học
•
•
•

n=1
Với
, khi đó ta có

(

)

1. 2.12 + 7 = 9M3

(đúng).

(

)

n 2n2 + 7 M3

Giả sử mệnh đề đúng với n, tức là ta có
Ta cần chứng minh mệnh đề đúng với

( n + 1) . 2( n + 1)

(

) (

2

(

( n + 1) . 2( n + 1)

2

+ 7 M3


)

) (

n 2n2 + 7 = 2n3 + 7n M3

Để ý là

. Thật vậy, ta có

+ 7 = ( n + 1) 2n2 + 4n + 9 = 2n3 + 6n2 + 13n + 9

= 3n3 + 7n + 6n2 + 6n + 9

(

)

n+1

.

( 6n

2

và

)

)

+ 6n + 9 M3

. Do đó ta được

.

(

)

n 2n2 + 7

Vậy theo nguyên lý quy nạp ta được

chia hết cho 3 với mọi số nguyên

dương n.
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


99
Website:tailieumontoan.com
52n + 7

Ví dụ 6. Chứng minh rằng

chia hết cho 8 với mọi số nguyên dương n.
Lời giải

•
•
•

52 + 7 = 32M8
n=1
Với
, khi đó ta có
(đúng)

Giả sử mệnh đề đúng với n, tức là ta có
Ta cần chứng minh mệnh đề đúng với
5(

2 n +1)

Để ý là

52n + 7M8

và

24.52n M8

52n + 7M8

n+1

.

. Thật vậy, ta có

(

)

+ 7 = 25.52n + 7 = 24.52n + 52n + 7
2 n+1)

. Do đó ta được

Vậy theo nguyên lý quy nạp ta được

52n + 7

5(

+ 7M8

.

chia hết cho 8 với mọi số nguyên

dương n.
Ví dụ 7. Cho 2014 số tự nhiên bất kì

x1;x2 ;...;x2014

. Chứng minh rằng tồn tại một

số chia hết cho 2014 hoặc một số số có tổng chia hết cho 2014.
Lời giải
Xét dãy số sau
•

S1 = x1;S2 = x1 + x2 ;S3 = x1 + x2 + x3 ;...;S2014 = x1 + x2 + ... + x2014

Nếu trong các số

S1;S2 ;S3;...;S2014

.

có một số chia hết cho 2014 thì bài toán

được chứng minh.
•

Nếu trong các số

S1;S2 ;S3;...;S2014

không có số nào chia hết cho 2014. Khi đó

trong dãy số đó tồn tại hai số có cùng số dư khi chia cho 2014.
Không mất tính tổng quát ta giả sử hai số đó là
Khi đó ta được
Suy ra

Sj − Si M2014

(x +x
1

hay ta được

xi +1 + xi + 2 + ... + xj M2014

2

Si

và

Sj

với

1≤ i < j ≤ 2014

.

)

+ ... + xj − ( x1 + x2 + ... + xi ) M2014

.

Vậy bài toán được chứng minh.

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


99
Website:tailieumontoan.com
Nhận xét: Ta có thể tổng quát hóa bài toán như sau: Cho n số tự nhiên
x1;x2 ;...;xn

. Chứng minh rằng trong n số trên có một số chia hết cho n hoặc một

số số có tổng chia hết cho n.
Ví dụ 8. Cho các số nguyên

a1;a2 ;...;an

. Đặt

A = a1 + a2 + ... + an

B = a13 + a32 + ... + a3n

và

. Chứng minh rằng A chia hết cho 6 khi và chỉ khi B chia hết cho 6.
Lời giải
Trước hết ta chứng minh bổ đề: Với mọi số nguyên a ta luôn có
Thật vậy, ta có

a3 − a = ( a − 1) a( a + 1)

a3 − aM6

.

.

Ta thấy trong ba số tự nhiên liên tiếp có một số chia hết cho 2 và có một số
chia hết cho 3, lại có 2 và 3 nguyên tố cùng nhau nên ta suy ra được
a3 − a = ( a − 1) a( a + 1) M6

(

. Xét hiệu sau

)

(

) (

)

(

B − A = a13 + a23 + ... + an3 − ( a1 + a2 + ... + an ) = a13 − a1 + a23 − a2 + ... + an3 − an

(a

3
1

Áp dụng bổ để trên ta được
Do đó ta được

B − A M6

) (

)

m

)(

)

)

− a1 M6; a23 − a2 M6; ...; an3 − an M6

. Suy ra A chia hết cho 6 khi và chỉ khi B chia hết cho 6.

Ví dụ 9. Cho a, m , n là các số nguyên dương với

(a

(

)

a≠ 1

. Chứng minh rằng

− 1 Man − 1

khi và chỉ khi m chia hết cho n.
Lời giải

•

(a

m

Điều kiện cần: Giả sử

)(

)

− 1 Man − 1

Do a, m , n là các số nguyên dương với

(a

m

Do đó từ
Đặt

)(

)

− 1 Man − 1

m = qn + r

với

(a

m

ta suy ra được

q,r ∈ N ,0 ≤ r < n

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

a≠ 1

nên suy ra

) (

)

am − 1≠ 0

− 1 ≥ an − 1

nên

m≥ n

.
.

.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC


99
Website:tailieumontoan.com

(

) (

)

am − 1= aqn+r − 1= ar aqn − 1 + ar − 1

Do đó

(a

m

Nhận thấy
Mà ta có

)(

)

− 1 Man − 1

(a

qn

và

.

)(

)

r

nên ta suy ra được

0 ≤ ar − 1< an − 1

0≤ r < n

nên
nên suy ra
m = qn
Vậy ta được
hay m chia hết cho n.
•

ar − 1 = 0 ⇒ r = 0

Điều kiện đủ: Giả sử m chi hết cho n. Khi đó đặt

( )

am − 1= anq − 1= an
Ta có

(a

m

Từ đó suy ra

q

(

)( )

− 1= an − 1  an


)(

)

( a − 1) M( a

− 1 Man − 1

q−1

( )

+ an

q−2

m = nq

( )

+ an

q−3

n

)

−1

.

.

với q là số tự nhiên.
+ ... + 1


− 1 Man − 1

.

Vậy bài toán được chứng minh.
Ví dụ 10. Cho 5 số nguyên phân biệt tùy ý

a1;a2 ;a3;a4 ;a5

. Xét tích sau đây

P = ( a1 − a2 ) ( a1 − a3 ) ( a1 − a4 ) ( a1 − a5 ) ( a2 − a3 ) ( a2 − a4 ) ( a2 − a5 ) ( a3 − a4 ) ( a3 − a5 ) ( a4 − a5 )
Chứng minh rằng P chia hết cho 288.
Lời giải
Ta có

288 = 25.32

( 2 ,3 ) = 1
5

và

minh P chia hết cho
•

25

2

và

32

nên để chứng minh P chia hết cho 288 ta đi chứng
.

Chứng minh P chia hết cho

32

.

Theo nguyên lí Dirchlet thì trong bốn số nguyên phân biệt

a1;a2 ;a3;a4

tồn tại hai

số nguyên có cùng số dư khi chia cho 3 hay tồn tại hai số nguyên có hiệu chia

hết cho 3, không mất tính tổng quát ta giả sử hai số đó là

( a − a ) M3
1

2

. Xét tương tự cho bốn số nguyên phân biệt

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

a1;a2

, khi đó

a2 ;a3 ;a4 ;a5

ta cung được ít

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


99
Website:tailieumontoan.com
nhất một hiệu chia hết cho 3. Như vậy trong P luôn tồn tại ít nhất hai hiệu chí
hết cho 3. Từ đó suy ra P chia hết cho 9 hay P chia hết cho
•

Chứng minh P chia hết cho

25

32

.

.

Cũng theo nguyên lí Dirichlet trong năm số nguyên phân biệt tùy ý
a1;a2 ;a3 ;a4 ;a5

luôn tồn tại ít nhất ba số có cùng tính chẵn lẻ. Ta xét các trường

hợp sau
+ Trường hợp 1: Trong năm số có ít nhất bốn số có cùng tính chẵn lẻ, khi đó bốn
số này tạo ra sau hiệu hia hết cho 2, do đó suy ra P chia hết cho
hết cho

25

26

hay P chia

.

+ Trường hợp 2: Trong năm số có đúng ba số có cùng tính chẵn lẻ, không mất

tính tổng quát ta giả sử ba số đó là

ta suy ra được

a4 ;a5

a4 ;a5

. Khi đó nếu

a1;a2 ;a3

cùng là số lẻ thì

cùng là số chẵn, do đó ta được bốn hiệu

a1 − a2 ;a1 − a3 ;a2 − a3;a4 − a5

suy ra được

a1;a2 ;a3

là các số chẵn. Còn nếu

a1;a2 ;a3

cùng là số lẻ, do đó ta được bốn hiệu

cùng là số chẵn thì ta

a1 − a2 ;a1 − a3;a2 − a3;a4 − a5

là các số chẵn.
Mặt khác trong năm số

đó trong bốn hiệu
Suy ra

(a

1

a1;a2 ;a3 ;a4 ;a5

tồn tại ít nhất hai hiệu chia hết cho 4. Do

a1 − a2 ;a1 − a3 ;a2 − a3 ;a4 − a5

− a2 ) ( a1 − a3 ) ( a2 − a3 ) ( a4 − a5 ) M25

có ít nhất mộ hiệu chia hết cho 4.

hay P chia hết cho

Vậy cả hai trường hợp ta đều được P chia hết cho
Như vậy ta được P chia hết cho

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

25

và

32

25

25

.

.

nên P chia hết cho 288.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


99
Website:tailieumontoan.com

Ví dụ 11. Cho x, y là các số nguyên khác

−1

x4 − 1 y4 − 1
+
y+1 x+1

thỏa mãn

là số

nguyên.

(x y
4

Chứng minh rằng

44

)

− 1 M( x + 1)

.
Lời giải

Đặt

x4 − 1 a y4 − 1 c
= ;
=
y + 1 b x+1 d

, trong đó

a c ad + bc

+ =
b d
bd

Theo giả thiết ta có

( ad + bc) Mb

Suy ra ta được

nên

Hoàn toàn tương tự ta được

(x

)

Lại có
acMbd
.

Mà ta có

(

bMd

)

4

( a,b) = ( c,d ) = 1

Từ đó suy ra

(

, mà ta có

( a,b) = 1

. Từ đó ta được

nên

b= d

nên suy ra

( ad + bc) Mbd

dMb

.

.

a c x4 − 1 y4 − 1
. =

.
b d y + 1 x+ 1

nên ta được

)

.

là số nguyên nên suy ra

b= d =1

nên suy ra

y4 − 1
x4 − 1
∈ Z;
∈Z
y+1
x+1

và

( a,b) = ( c,d ) = 1

là số nguyên, nên ta suy ra được

adMb

− 1 M( x + 1) ; y − 1 M
( y + 1)

4

a,b,c,d ∈ Z

(

(y

4

) (

)

− 1 M( x + 1)

)

x4y44 − 1 = x4y44 − x4 + x4 − 1 = x4 y44 − 1 + x4 − 1

Ta có
Do

(y

4

)

− 1 M( x + 1)

nên

(y

44

(

4

)

− 1 M( x + 1)

4

và lại có
x y − 1 M( x + 1)
Do đó ta suy ra được
.
44

(x

)

− 1 M( x + 1)

)

(

)(

ab a2 − b2 a2 + b2

Ví dụ 12. Cho a, b là các số nguyên. Chứng minh rằng

)

chia

hết cho 30.
Lời giải
Ta có
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


99
Website:tailieumontoan.com

(

)(

) (

)

(

)

(

)

ab a2 − b2 a2 + b2 = a2 + b2 ab a2 − 1 − ab b2 − 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.

(

)(

ab a2 − b2 a2 + b2

Để chứng minh

(

)(

ab a2 − b2 a2 + b2

•

(

)(

chia hết cho 5. Xét các trường hợp sau:

)

chia hết cho 5.

Nếu a và b có cùng số dư khi chia cho 5 thì ta được

(

)(

ab a2 − b2 a2 + b2

•

chia hết cho 30 ta cần chứng minh được

Nếu trong hai số nguyên a và b có một số chia hết cho 5, khi đó

ab a2 − b2 a2 + b2

•

)

)

)

a− b

chia hết cho 5 nên

chia hết cho 5.

Nếu a và b có số dư khác nhau khi chia cho 5 thì ta được

(

)(

ab a2 − b2 a2 + b2

5. Từ đó ta suy ra được

)

chia hết cho

chia hết cho 5.

(

)(

ab a2 − b2 a2 + b2

Như vậy trong mọi trường hợp ta đều có

a2 + b2

)

chia hết cho 5.

Do 5 và 6 nguyên tố cùng nhau nên từ các kết quả trên ta suy ra

(

)(

ab a2 − b2 a2 + b2

)

chia hết cho 30.

Ví dụ 13. 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)

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC

99
Website:tailieumontoan.com
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

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

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

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.
Ví dụ 14. Tìm cặp số nguyên dương x, y thỏa mãn

x+ 1

chia hết cho y và

y+1

chia hết cho x.
Lời giải
x + 1≥ y;y + 1≥ x

Từ điều kiện của bài toán ta suy ra được

x − 1≤ y ≤ x + 1
Từ đó ta được
, khi đó do x, y là các số nguyên dương nên suy ra
y = x−1

•

Nếu

Suy ra
+ Với
+ Với
•

Nếu

Suy ra

hoặc

y=x

y = x−1

hoặc

y = x+ 1

, khi đó ta được

. Ta xét các trường hợp sau:

x − 1My

và

x + 1My

( x + 1) − ( x − 1) My ⇒ 2My ⇒ y = 1;2
y=1
y=2
y=x

ta được
ta được

x= 2
x= 3

xMy
, khi đó ta được

( x + 1) − xMy ⇒ 1My ⇒ y = 1

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

và

x + 1My

, từ đó ta được

x=1

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


99
Website:tailieumontoan.com
•

Nếu

+ Với
+ Với

y = x+ 1

x=1

x= 2

y + 1Mx

, khi đó từ

ta được
ta được

x + 2Mx ⇒ 2Mx ⇒ x = 1;2

ta được

y=2
y=3

Vậy các bộ số nguyên dương

( 1;1) ,( 1;2) ,( 2;3) ,( 2;1) ,( 3;2)

( x;y)

thỏa mãn yêu cầu bài toán là

.

Ví dụ 15. Tìm tất cả số nguyên dương n sao cho với mọi số nguyên dương lẻ a
thỏa mãn với

a2 ≤ n

thì n chia hết cho a.
Lời giải
n ≤ ( a + 2)

a2 < n

Gọi a là số nguyên lẻ lớn nhất sao cho

2

. Từ đó ta suy ra được
.
nM( a − 4) ;nM( a − 2) ;nMa
a − 4;a − 2;a
a≥ 7
Nếu
thì ta được
là các số nguyên lẻ và
.
Chú ý là ba số

a − 4;a − 2;a

là ba số lẻ liên tiếp nên chúng nguyên tố với nhau

theo từng đôi một. Từ đó ta được
Từ đó ta được

( a − 4) ( a − 2) a ≤ ( a + 2)

điều này là vô lí do
Như vậy với

a≥ 7

a≥ 7

•
•

Với
Với
Với

a= 1

a= 5

a< 7

, khi đó ta được
, khi đó ta được

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

( a − 4) ( a − 2) a ≤ n

⇔ a3 − 7a2 + 4a − 4 ≤ 0 ⇔ a2 ( a − 7) + 4( a − 1) ≤ 0

,

.

, khi đó ta được

a= 3

2

nên suy ra

bài toán không xẩy ra, nên ta được

nguyên dương lẻ nên từ
•

nM( a − 4) ( a − 2) a

ta được

1≤ n ≤ 32

a ∈ { 1;3;5}

nên suy ra

32 ≤ n ≤ 52
52 ≤ n ≤ 72

và
và

nM3

a< 7

. Ta xét các trường hợp cụ thể
n ∈ { 1;2;3;4;5;6;7;8}

nên suy ra

nM3.5

. Chú ý a là số

n ∈ { 9;12;15;18;21;24}

nên suy ra

n ∈ { 30;45}

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

99
Website:tailieumontoan.com
Kết hợp các kết quả trên ta được

n ∈ { 1;2;3;4;5;6;7;8;9;12;15;18;21;24;30;45}

Ví dụ 16. Xác định tất cả các số nguyên dương n sao cho

2n − 1

chia hết cho 7.

Lời giải
Nếu cho n nhận các giá trị là 1; 2; 3; 4; 5; 6 thì giá trị của
16; 32; 64. Khi đó số dư của

2n

2n

lần lượt là 2; 4; 8;

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 thoe tứ tự chia 3 có số dư là 1; 2; 3. Điều này gợi ý ta
chứng minh

2n

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 trương hợp như sau:
•

Với

n = 3k + 1

( )

2n = 23k+1 = 2. 23

, khi đó ta có

k

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

chia 7 dư 2,

với a là số một số tự nhiên.
•

Với

n = 3k + 2

( )

2n = 23k+ 2 = 4. 23

, khi đó ta có

k

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

chia 7 dư 4,

với b là số một số tự nhiên.
•

Với

n = 3k + 3

( ) = ( 7 + 1)

2n = 23k+ 3 = 4. 23

, khi đó ta có

k

k +1

= 7c + 1

chia 7 dư 1, với c

là số một số tự nhiên.
Như vậy để

2n − 1

chia hết cho 7 thì

2n

chia cho 7 phải có số dư là 1, điều này

chỉ có thể xẩy ra khi n chia hết cho 3. Vậy với n là các bội của 3 thì

2n − 1

chia

hết cho 7

(

)(

)

A = n n 2 + 1 n2 + 4

Ví dụ 17. Tìm số tự nhiên n để

chia hết cho 120.

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


99
Website:tailieumontoan.com
Dễ thấy

120 = 23.3.5

( 2 ,3) = ( 3;5) = ( 2 ,5) = 1
3

và

3

phải đồng thời chia hết cho

23

nên để A chia hết cho 120 thì A

, 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
•

Tìm n để A chia hết cho

+ Nếu

n = 2k

chia hết cho
+ Nếu

23

23

, 3, 5.

. Ta xét các trường hợp sau:

, với k là số một số tự nhiên. Khi đó

n2 + 4

chia hết cho 4. Nên A

23

n = 2k + 1

, với k là số một số tự nhiên. Khi đó

chia cho 4. Nên A không chia hết cho

23

n2 + 4

và

n2 + 1

đều không

.

23
Như vậy để A chia hết cho
thì n phải là số chẵn.
•

Tìm n để A chia hết cho 3. Ta xét các trương hợp sau:
+ Nếu
+ Nếu

n = 3k

, với k là số một số tự nhiên. Khi đó A chia hết cho 3.

n = 3k ± 1

, với k là số một số tự nhiên. Khi đó

n2 + 4

và

n2 + 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:
+ Nếu
+ Nếu

n = 5k

, với k là số một số tự nhiên. Khi đó A chia hết cho 5.

n = 5k ± 1

, với k là số một số tự nhiên. Khi đó

n2 + 4

chia hết cho 5. Nên A

chia hết cho 5.
+ Nếu

n = 5k ± 2

, với k là số một số tự nhiên. Khi đó

n2 + 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.
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


99

Website:tailieumontoan.com
a2 + b2

Ví dụ 18. Cho
rằng hai số

A = 2a + b

là bội số của 5 với a và b là các số nguyên. Chứng minh
và

B = 2b − a

hoặc hai số

A ' = 2a − b

và

B' = 2b + a

chia hết

cho 5.
Lời giải
a2 + b2 = a2 − 4b2 + 5b2 = ( a − 2b) ( a + 2b) + 5b2

Cách 1. Ta có
Do

a2 + b2

là bội số của 5 nên suy ra

Do 5 là số nguyên tố nên từ

( a − 2b) ( a + 2b) M5

( a − 2b) ( a + 2b) M5

suy ra

.

a − 2bM5

hoặc

a + 2bM5

. Đến

đây ta xét các trương hợp sau:
•

Nếu

a − 2bM5

, khi đó

Mặt khác ta lại có

B = 2b − a

chia hết cho 5.

2b − a = ( 2b + 4a) − 5a

nên

2b + 4aM5 ⇒ 2( 2a + b) M5 ⇒ A = 2a + bM5

, do

2 và 5 nguyên tố cùng nhau.
•

Nếu

a + 2bM5

Mà ta lại có

, khi đó

B' = a + 2b

chia hết cho 5. Do đó ta được

−a − 2b = −5a − ( 2b − 4a)

nên suy ra

−a − 2bM5

.

2b − 4aM5 ⇒ 2( b − 2a) M5 ⇒ A ' = 2a − bM5

do 2 và 5 nguyên tố cùng nhau.
•

Nếu

a − 2bM5

và

a + 2bM5

khi đó cả A, B, A’, B’ cùng chia hết cho 5.

Cách 2. Với mọi số nguyên a và b ta luôn viết được dưới dạng
a = 5k;a = 5k ± 1;a = 5k ± 2

và

b = 5m;b = 5m ± 1;b = 5m ± 2

trong đó k và m là các số

nguyên.
Theo bài ra thì
•
•

•

Nếu
Nếu
Nếu

a = 5k

a2 + b2

và

a = 5k + 1

a = 5k + 1

là bội số của 5 nên ta có các trương hợp sau:

b = 5m

và
và

, khi đó ta có A, B, A’, B’ cùng chia hết cho 5.

b = 5m + 2
b = 5m − 2

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

, khi đó ta có A’, B’ cùng chia hết cho 5.
, khi đó ta có A, B cùng chia hết cho 5.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


99
Website:tailieumontoan.com

•

Nếu

a = 5k − 1

và

b = 5m + 2

, khi đó ta có A, B chia hết cho 5 hoặc A’, B’ chia

hết cho 5.

•

Nếu

a = 5k − 1

và

b = 5m − 2

, khi đó ta có A, B chia hết cho 5 hoặc A’, B’ chia

hết cho 5.
Ví dụ 19. Xác định các cặp số nguyên dương

cho

ab + b + 7
2

( a;b)

sao cho

a b+ a+ b
2

chia hết

.

Lời giải

•

Trường hợp 1: Nếu

a< b

, khi đó do an b nguyên dương nên

. Từ đó ta
b ≥ a+ 1

được
ab2 + b + 7 > ab2 + b = b( ab + 1) ≥ ( a + 1) ( ab + 1) = a2b + ab + a + 1 > a2b + a + b
Do đó trong trường hợp này không tìm được cặp số

( a;b)

nguyên dương thỏa

mãn yêu cầu bài toán.

•

Trường hợp 2: Nếu

Ta có

a≥ b

, khi đó ta đặt

a b+ a+ b
=k>0
ab2 + b + 7
2

 a 1
a
1 2
2
2
 b + b ÷ ab + b + 7 = a b + a + ab + 7 b + 7 b > a b + a + b



(

Từ đó suy ta

Lại thấy nếu

)

a 1 a2b + a + b
+ >
b b ab2 + b + 7
thì khi đó

b≥ 3

nên ta được

a 1
k< +
b b

7 b2 − 7
b− =
>0
b
b

.

.

.

nên ta được

 a 1

7
7
2
2
2

2
 b − b ÷ ab + b + 7 = a b + a − a b − b ÷− 1− b < a b + a < a b + a + b





(

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

)

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


99
Website:tailieumontoan.com
Từ đó suy ta

a 1 a b+ a+ b
− <
b b ab2 + b + 7
2

nên ta được
k>

Kết hợp các kết quả trên ta được

b=1

hoặc

a 1
−
b b

b= 2

.

hoặc

a 1
k> −
b b

. Đến đây ta lại

xét các trường hợp nhỏ như sau:
+ Nếu

a 1
a 1
− b b
b b

Kết hợp với

dương.
+ Nếu

Ta có

b=1

, khi đó ta được

a b + a+ b
=k>0
ab2 + b + 7
2

ta tìm được

( a;b) = ( 7k ;7k )

, ta cần tìm a nguyên dương để

(

)

2

7( a + 8) − ( 7a − 1) = 57

nên suy ra

a = kb

với k là số nguyên

2

a( a + 8) − a + a + 1 = 7a − 1

Lại có

a − 1< kb < a + 1

nên

nên

(a

2

(

)

a2 + a + 1 M( a + 8)

)

+ a + 1 M( a + 8)

( 7a − 1) M( a + 8)

khi và chỉ khi

khi và chỉ khi

Các ước lớn hơn 8 của 57 là 19 và 57 nên ta suy ra

.

( 7a − 1) M( a + 8)

.

57M( a + 8)

a + 8 = 19 ⇒ a = 11

và

a + 8 = 57 ⇒ a − 49

+ Nếu

Ta có

Lại có

b= 2

, ta cần tìm a nguyên dương để

( 2a

2

(

)

a( 4a + 9) − 2 2a + a + 2 = 7a − 4
2

7( 4a + 9) − 4( 7a − 4) = 79

nên

nên

( 2a

2

)

+ a + 2 M( 4a + 9)

( 7a − 4) M( 4a + 9)

Ước số lớn hơn 9 của 79 là 79 nên ta được

)

+ a + 2 M( 4a + 9)
khi

( 7a − 4) M( 4a + 9)

khi và chỉ khi

35
4a + 7 = 79 ⇒ a =
2

79M( 4a + 9)

.

không phải là số

nguyên, do đó trong trường hợp này không có giá trị a thỏa mãn.

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


99
Website:tailieumontoan.com

Vậy các cặp số nguyên dương

( 11;1) ,( 49;1) ,( 7k ;k )

( a;b)

thỏa mãn yêu cầu bài toán là

với k là số nguyên dương.

2

Ví dụ 20. Tìm tất cả các bộ số nguyên dương a, b, c thỏa mãn các điều kiện

a< b< c

và

abc − 1

chia hết cho

( a − 1) ( b − 1) ( c − 1)

.

Lời giải
Từ giả thiết của bài toán ta

a> 1

nên ta suy ra được

a ≥ 2;b ≥ 3;c ≥ 4

. Khi đó ta

đặt đặt
d=

( a − 1+ 1) ( b − 1+ 1) ( c − 1+ 1) − 1
abc − 1
=
( a − 1) ( b − 1) ( c − 1)
( a − 1) ( b − 1) ( c − 1)

= 1+

1
1
1
1
1
1
+
+
+
+
+
a − 1 b − 1 c − 1 ( a − 1) ( b − 1) ( b − 1) ( c − 1) ( c − 1) ( a − 1)

≤ 1+ 1+
Ta lại thấy

d>1

1 1 1 1
+ + + <4
2 3 6 3

, nên ta được

1< d < 4

. Để

abc − 1

chia hết cho

thì d phải là số nguyên, do đó từ các kết quả trên ta được
Mặt khác nếu

d < 1+

a≥ 4

thì ta được

b ≥ 5;c ≥ 6

( a − 1) ( b − 1) ( c − 1)

d=2

hoặc

d=3

.

, khi đó

1 1 1 1 1 1 119
+ + + +
+
=
<2
3 4 5 14 20 15 60

Do đó ta được

1< d < 2

Kết hợp lại ta được

nên không tồn tại số d nguyên. Từ đó suy ra

1< a < 4

, mà a là số nguyên nên

a= 2

hoặc

a= 3

a< 4

.

. Đến đây ta

xét các trường hợp sau:
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


99
Website:tailieumontoan.com

•

Trường hợp 1: Nếu

d=2

và

a= 2

. Khi đó

2bc − 1
= 2 ⇔ 2bc − 1 = 2( b − 1) ( c − 1)
( b − 1) ( c − 1)

Dễ thấy vế trai của đẳng thức trên là số lẻ và vé phải của đẳng thức trên là số
chẵn.
Do đó trường hợp này không tồn tại các số nguyên dương b, c thỏa mãn yêu
cầu bài toán.

•

Trường hợp 2: Nếu

Hay ta được

d=3

và

( b − 3) ( c − 3) = 5

a= 2

. Khi đó

. Chú ý là

2bc − 1
= 3 ⇔ 2bc − 1 = 3( b − 1) ( c − 1)
( b − 1) ( c − 1)

5 = 1.5

và

b< c

, nên ta suy ra được

b − 3 = 1 b = 4
⇒

 c − 3 = 5 c = 8
Do đó ta được bộ số

•

a = 2;b = 4;c = 8

Trường hợp 3: Nếu

d=2

và

a= 3

thỏa mãn yêu cầu bài toán.

. Khi đó ta được

3bc − 1
= 2 ⇔ 3bc − 1 = 4( b − 1) ( c − 1) ⇔ ( b − 4) ( c − 4) = 11
2( b − 1) ( c − 1)
Chú ý là

11= 1.11

và

b< c

Do đó ta được bộ số

•

, nên ta suy ra được

a = 3;b = 5;c = 15

Trường hợp 4: Nếu

d=3

và

a= 3

b − 4 = 1
b = 5
⇒

c − 4 = 11 c = 15

thỏa mãn yêu cầu bài toán.

. Khi đó

3bc − 1
= 3 ⇔ 3bc − 1 = 6( b − 1) ( c − 1)
2( b − 1) ( c − 1)

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


99
Website:tailieumontoan.com
Dễ thấy vế trái của đẳng thức trên không chia hết cho 3 và vế phải của đẳng
thức lại chia hết cho 3. Do đó trường hợp này không tồn tại các số nguyên a, b
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Vậy các bộ số thỏa mãn bài toán là

Ví dụ 21. Chứng minh rằng trong

a = 2;b = 4;c = 8

n+ 1

2
được

2n

−1

và

a = 3;b = 5;c = 15

.

số nguyên bất kì bao giờ cũng tìm

số nguyên mà tổng của chúng chia hết cho

2n

, với n là một số nguyên

dương.
Lời giải
Ta sử dụng phương pháp quy nạp để chứng minh bài toán.

•

Với

, khi đóvới ba số nguyên bất kì bao giờ cũng tìm được hai số nguyên
n=1

có cùng tính chẵn, lẻ nên tổng của hai số đó luôn chia hết cho 2.

•

Giả sử mệnh đề đúng với

giờ cũng tìm được

2k

n=k

, tức là ta có trong

2k+1 − 1

số nguyên bất kì bao

số nguyên mà tổng của chúng chia hết cho

2k

, với k là

một số nguyên dương.

•

Ta cần chứng minh mệnh đề đúng với

Theo giả thiết quy nạp ta có có trong

k +1

2
được

2k

n = k+1

−1

. Ta có

S1

, do

S1

chia hết cho

k

2

)

.

số nguyên bất kì bao giờ cũng tìm

số nguyên mà tổng của chúng chia hết cho

nguyên đó là

(

2k+1+1 − 1 = 2 2k+1 − 1 + 1

nên ta được

2k

. Giả sử tổng của

S1 = 2 .a
k

2k

số

với a là một số

nguyên.

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


99
Website:tailieumontoan.com
Trong

k +1

−1

2

số nguyên khác với

k +1

2

số nguyên có tổng chí hết cho

k

−1

số nguyên nói trên ta cũng tìm được

. Giả sử tổng của

2
chia hết cho

2k

nên ta được

Như vậy ta đã có

Do đó trong

k +1+ 1

2

k +1

k

(

k +1

− 1= 2 2

)

S2

, do

S2

với b là một số nguyên.

số nguyên có tổng

−1 +1

số nguyên đó là

2

S2 = 2k.b

2 +2 = 2
k

k

2k

S1 + S2 = 2k ( a + b)

số nguyên thì số số nguyên còn lại là

(

)

2k+1+1 − 1− 2k+1 = 2 2k+1 − 1 + 1− 2k+1 = 2k+1 − 1

Theo giả thiết thì trong

k +1

2

−1

số nguyên còng lại bao giờ cũng tìm được

S3

S3

chia hết cho

k

số

2

nguyên mà tổng của chúng chia hết cho

, do

k

nên ta được

2

2k

. Giả sử tổng của

S3 = 2 .c
k

2k

số nguyên đó là

với c là một số nguyên.

Trong ba số a, b, c luôn tồn tại hai số có cùng tính chẵn, lẻ. Không mất tính
tổng quát ta giả sử hai số đó là a và b, khi đó

a + bM2

. Từ đó ta được

S1 + S2 = 2k ( a + b) M2k+1
Chú ý là

S1 + S2

là tổng của

k +1

2 +2 = 2
k

k

số nguyên. Từ đó suy ra có trong

số nguyên bất kì bao giờ cũng tìm được

k+1

2k+ 2 − 1

số nguyên mà tổng của chúng chia

2
hết cho

k+1

, với k là một số nguyên dương.

2

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC