CHUYÊN đề bài TOÁN CHIA hết TRONG số học

CHUYÊN ĐỀ

BÀI TOÁN CHIA HẾT TRONG SỐ HỌC

1


MỞ ĐẦU
Để làm quen với số học thì việc đầu tiên, hãy biết đến các bài toán chia hết,
vì nó là một khái niệm cơ bản và cũng là trọng tâm của số học. Những bài toán về
chia hết có thể nói là không thể thiếu trong số học nói riêng và toán học nói chung.
Trên thế giới đã có rất nhiều bài toán về chia hết rất ha, rất đẹp, và cũng có những
phương pháp chứng minh nó thật thú vị và bổ ích. Khi cho trước số nguyên a và số
nguyên dương b, một trong những câu hỏi hiển nhiên được đặt ra là: Liệu a có chia
hết cho b không? Và làm cách nào để biết được điều đó? Đó là những điều mà
chúng ta phải giải quyết thường xuyên khi gặp những bài toán về số học.
Có thể nói những vấn đề về đồng dư chia hết là vấn đề rất cơ bản và là kiến
thức bản lề khi học về phân môn số học. Thường thì học sinh hay lao ngay vào
những bài toán về phương trình nghiệm nguyên và các thủ thuật giải nó mà không
biết rằng chính những bài toán về phép chia hết lại là gốc dễ của mọi vấn đề. Hiểu
rõ tầm quan trọng này, tác giả xin đưa ra một số phương pháp cơ bản giải các bài
toán chia hết, sau đó đưa ra cách khai thác và tiếp cận với những bài toán khó hơn.
Qua đó hy vọng phần nào giúp bạn đọc có cách nhìn và sự định hướng đúng đắn
khi gặp các bài toán về số học.

NỘI DUNG
A. MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ ĐỒNG DƯ CHIA HẾT.
I. Phép chia trong tập số nguyên
1.1. Định nghĩa. Cho hai số a, b nguyên , a ≠ 0 . Ta nói b chia hết cho a nếu
b = ac với c nguyên, ta còn nói a chia hết b hoặc b là bội của a và kí hiệu
bMa; a | b .

1.2. Tính chất cơ bản.
1.2.1. Nếu a | b, b ≠ 0 thì a ≤ b .
2


1.2.2. Nếu a | b và a | c thì a | mb + nc với m,n nguyên.
1.2.3. Nếu a | b và a | b ± c thì a | c .
1.2.4. Với mọi số nguyên a khác 0 thì a | a .
1.2.5. Nếu a | b và b | c thì a | c .
1.2.6. Nếu a | b và b | a thì a = b .
1.2.7. Nếu a | b và b ≠ 0 thì

b
|b.
a

1.3.Thuật chia Euclide. Cho a và b là những số nguyên, b > 0 . Khi đó tồn tại duy
nhất cặp số nguyên (q, r ) sao cho a = bq + r , 0 ≤ r < b .
Ta gọi q là thương, r là phần dư. Như vậy, a chia hết cho b khi và chỉ khi phần dư
trong thuật chia Euclide bằng 0. Ta cũng thường gọi thuật chia Euclide là phép
chia Euclide.
II. Số nguyên tố và hợp số
2.1. Định nghĩa. Số nguyên n > 1 gọi là số nguyên tố nếu nó chỉ có hai ước
nguyên dương là 1 và chính nó. Số nguyên n > 1 không là nguyên tố được gọi là
hợp số.
2.2. Tính chất cơ bản.
2.2.1. Mỗi số nguyên dương lớn hơn 1 đều có ước nguyên tố.
2.2.2. Ước nguyên dương nhỏ nhất khác 1 của n là số nguyên tố và ước đó không
vượt quá

n.

2.2.3. Có vô hạn số nguyên tố (số nguyên tố lớn nhất đã tìm ra là 232582657 − 1 , nó
được tìm ra năm 2006 và nó có 9808358 chữ số).
2.2.4. (Phân tích một số theo các thừa số nguyên tố). Mỗi số nguyên dương n > 1
được phân tích duy nhất thành tích các thừa số nguyên tố: n = p1α1 . p2α 2 ... pkα k , với pi
nguyên tố và α i ∈ ¢ + .
III. Ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất (The greatest common divisor and
the least common multiple).
3


3.1. Định nghĩa.
3.1.1. Giả sử a,b là hai số nguyên không đồng thời bằng 0. Ước chung lớn nhất của
hai số a,b là số nguyên lớn nhất chia hết cả hai số đó. Ta thường dùng kí hiệu
(a, b) để chỉ ước chung lớn nhất của hai số a và b. Hai số nguyên a,b được gọi là
nguyên tố cùng nhau nếu (a, b) = 1 .
3.1.2. Giả sử a,b là hai số nguyên khác 0. Bội chung nhỏ nhất của hai số a,b là số
nguyên dương nhỏ nhất chia hết cho cả hai số đó. Ta thường dùng kí hiệu [ a, b ] để
chỉ bội chung nhỏ nhất của hai số a và b.
3.2. Tính chất.
3.2.1. Nếu p nguyên tố thì (a, p ) = 1 hoặc (a, p ) = p .
3.2.2. Nếu d = ( a, b) thì a = da '; b = db '; ( a ', b ') = 1
3.2.3. Nếu d' là một ước chung của a và b thì d ' | ( a, b) .
3.2.4. Nếu p x || a và p x || b thì p min( x , y ) || ( a, b) .
Do

đó

với

a = p1α1 . p2α 2 ... pkα k ; b = p1β1 . p2β 2 ... pkβ k ; α1 , βi ≥ 0

thì

(a, b) = p1min(α1 ,β1 ) . p2min(α 2 , β2 ) ... pkmin(α k ,βk ) và [ a, b ] = p1max(α1 ,β1 ) . p2max(α 2 ,β 2 ) ... pkmax(α k ,βk ) .
3.2.5. Nếu a = bq + r thì (a, b) = (b, r ) .
3.2.6. Với a,b nguyên dương thì ab = (a, b).[ a, b ] .
3.2.7. Nếu (a, b) = (a, c) = 1 thì (a, bc) = 1 . Nếu (a, b) = 1 thì (a m , b n ) = 1 .
3.2.8. Nếu a,b là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau thì tồn tại hai số
nguyên dương u,v sao cho au − bv = 1 .
Tổng quát hơn: Nếu a,b là hai số nguyên dương thì tồn tại hai số nguyên u,v sao
cho au + bv = (a, b) .
IV. Đồng dư (Modular arithmetics)
4.1. Định nghĩa. Cho a, b là số nguyên và n là số nguyên dương. Nếu a − b chia
hết cho n thì ta nói a đồng dư với b modulo n, ký hiệu a ≡ b (mod n) .
4.2. Tính chất. Cho a, b, c, d là các số nguyên. Ta có các tính chất cơ bản:
4


4.2.1. Nếu a ≡ b (mod n) thì b ≡ a (mod n) .
4.2.2. Nếu a ≡ b (mod n) và b ≡ c (mod n) thì a ≡ c (mod n) .
4.2.3. Nếu a ≡ b (mod n) và c ≡ d (mod n) thì a + c ≡ b + d (mod n) .
4.2.4. Nếu a ≡ b (mod n) và c ≡ d (mod n) thì ac ≡ bd (mod n) .
4.2.5. Nếu a ≡ b (mod n) thì với mỗi k nguyên ta có ka ≡ kb (mod n) .
4.2.6. Nếu ai ≡ bi (mod n), i = 1,2,..., k thì a1a2 ...ak ≡ b1b 2 ...b k (mod n) .
Đặc biệt nếu a ≡ b (mod n) thì với mỗi k nguyên dương ta có a k ≡ b k (mod n) .
4.2.7. Nếu ab ≡ ac (mod n) và (a, m) = 1 thì b ≡ c (mod n) .
4.2.8. Nếu a ≡ b (mod mi ), i = 1,2,..., k ⇔ a ≡ b

( mod [ m ,..., m ] ) .
1

k

Đặc biệt nếu m1 , m2 ,..., mk nguyên tố sánh đôi thì
a ≡ b (mod mi ), i = 1,2,..., k ⇔ a ≡ b

( mod m1m2 ...mk ) .

4.3. Định lý Fermat. Giả sử p nguyên tố, a là số nguyên sao cho (a, p ) = 1 .
Khi đó a p −1 ≡ 1 (mod p) .
Có thể đưa ra một chứng minh đơn giản cho định lý này như sau:
Xét p − 1 số a,2a,...,( p − 1) a . Ta chứng minh rằng không tồn tại 2 số đồng dư với
nhau trong phép chia cho p. Thật vậy, giả sử tồn tại ka ≡ l a (mod p) với
k , l ∈ { 1,2,... p − 1} ⇒ a (k − l )Mp ⇒ k − l Mp (mâu thuẫn).
Vậy khi chia p − 1 số trên cho p ta nhận được p − 1 số dư khác nhau là 1,2,..., p − 1
. Suy ra a.2a.....( p − 1) a ≡ 1.2....( p − 1) (mod p )
⇔ ( p − 1)!.a p −1 ≡ ( p − 1)! (mod p) .
Vì (( p − 1)!, p) = 1 suy ra a p −1 ≡ 1 (mod p) .
Hệ quả. Nếu p nguyên tố thì a p ≡ a (mod p ) .
B. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CƠ BẢN CHỨNG MINH BÀI TOÁN CHIA
HẾT
1. Phương pháp dùng phép chia có dư.
5


Căn cứ vào số chia b, mà xét mọi khả năng phân tích a = bk + r với
r ∈ { 0;1;2;...; b − 1} . Sau đó, với mỗi khả năng phân tích này lý luận để suy ra lời
giải của bài toán. Chẳng hạn với b = 3 thì với mỗi số nguyên a có thể phân tích

thành một trong ba dạng a = 3k ; a = 3k + 1; a = 3k + 2 .
Ví dụ 1. Chứng minh rằng a 2 + 1 không chia hết cho 3 với mọi số nguyên a.
Lời giải. Với a = 3k thì a 2 + 1 = 9k 2 + 1 không chia hết cho 3.
Với a = 3k thì a 2 + 1 = 9k 2 + 1 , chia 3 dư 1.
Với a = 3k + 1 thì a 2 + 1 = 9k 2 + 6k + 2 , chia 3 dư 2.
Với a = 3k + 2 thì a 2 + 1 = 9k 2 + 12k + 5 , chia 3 dư 2.
Vậy trong mọi trường hợp thì a 2 + 1 đều không chia hết cho 3.
Ví dụ 2. Tìm tất cả các số nguyên dương n thỏa mãn n.2n + 1M
3.
Lời giải. Rõ ràng n không chia hết cho 3. Như vậy, n có một trong các dạng
6k + 1,6k + 2,6k + 4,6k + 5 (k ∈ ¥ ) .
6
Nếu n = 6k + 1 thì do 2 ≡ 1 (mod3) , ta có: n.2n + 1 ≡ ( 26 ) .2 + 1 ≡ 2 + 1 ≡ 0 (mod3) ,
k

tức là n.2n + 1M
3.
Nếu n = 6k + 2 thì n.2n + 1 ≡ 2 ( 26 ) .22 + 1 ≡ 8 + 1 ≡ 0 (mod3) , tức là n.2n + 1M
3.
k

Nếu n = 6k + 4 thì n.2n + 1 ≡ 4 ( 26 ) .24 + 1 ≡ 26 + 1 ≡ 2 (mod3) .
k

Nếu n = 6k + 5 thì n.2n + 1 ≡ 5 ( 26 ) .25 + 1 ≡ 2 (mod3) .
k

Như vậy, n.2n + 1M
3 khi và chỉ khi n có dạng 6k + 1 hoặc 6k + 2 , k ∈ ¥ .
Nhận xét: Các số dạng n.2n + 1 được gọi là số Cullen. Các số Cullen với

n = 2,3,...,140 đều là hợp số, nhưng số Cullen với n = 141 là số nguyên tố. Từ bài
toán trên ta suy ra có vô hạn số Cullen là hợp số, tuy nhiên cho đến nay vẫn chưa
biết có hữu hạn hay vô hạn số Cullen là số nguyên tố.
p
p
Ví dụ 3. Cho p là số nguyên tố lớn hơn 7. Chứng minh rằng 3 − 2 − 1M42 p
p
p
Lời giải. Ta sẽ chứng minh 3 − 2 − 1M42 p chia hết cho 2; 3; 7 và p.

6


p
p
p
p
Thật vậy, ta có 3 − 2 − 1 = ( 3 − 3) − ( 2 − 2 ) Mp .

3 p − 2 p − 1 = ( 3 p − 1) − 2 p M2 .
p
p
p
p
p
3
Do p lẻ nên 3 − 2 − 1 ≡ −( −1) − 1 ≡ 0 (mod3) ⇒ 3 − 2 − 1M

Khó khăn nhất của bài toán là chứng minh 3 p − 2 p − 1M
7 . Để giải quyết bước này ta

xét hai dạng của p là p = 6k + 1 và p = 6k + 5 .
Ta có 3 p − 2 p − 1 = 36 k +1 − 26 k +1 − 1 ≡ 3.( 9 ) − 2.( 8 ) − 1 ≡ 3.23k − 2 − 1 ≡ 0 (mod 7)
3k

2k

Tương tự với p = 6k + 5 . Vậy bài toán được chứng minh.
Bài tập tương tự:
Bài 1. Chứng minh rằng a 3 − a chia hết cho 6 với mọi số nguyên a.
6
Bài 2. Chứng minh rằng a( a − 1) chia hết cho 7 với mọi số nguyên a.
2
2
2
2
Bài 3. Chứng minh rằng ab(a − b )(4a − b ) chia hết cho 5 với mọi số nguyên

a,b.


x3 − 3x + 2
∈¢ .
Bài 4. Tìm số phần tử của tập S =  x ∈ ¢ |
2x + 1



2. Phương pháp sử dụng đồng dư
Nội dung của phương pháp này đơn giản chỉ là dùng các tính chất và phép
biến đổi đồng dư để chứng minh tính chia hết hoặc tìm số dư trong một phép chia

nào đó.
n

Ví dụ 1. Chứng mình rằng với mọi số nguyên dương n thì 58 + 23 chia hết cho
24.
n

Lời giải. Ta có: 58 = 58.8

n −1

= 254.8

n −1

(

)

8
≡ 1( mod 24 ) , suy ra 5 + 23 M24 (đpcm).
n

Ví dụ 2. Chứng mình rằng với mọi số tự nhiên n thì 122 n+1 + 11n+ 2 chia hết cho
133.
7


Lời

giải.

Ta

có:

122 n+1 = 12.122 n = 12.144n . Vì

144 ≡ 11 ( mod133)

nên

144n ≡ 11n ( mod133) ⇒ 12.144n ≡ 12.11n ( mod133) (1)
n+2

Mặt khác 11

= 121.11n ≡ −12.11n ( mod133) (2).

Từ (1) và (2) suy ra 12

2 n +1

+ 11n+ 2 ≡ 0 ( mod133) (đpcm).

Ví dụ 3. Cho a, b, c là các số nguyên dương. Chứng minh rằng nếu a 2 + b 2 + c 2
chia hết cho 9 thì ít nhất một trong các số a 2 − b 2 ; b 2 − c 2 ; c 2 − a 2 chia hết cho 9.
Lời giải. Bài toán tương đương với việc chứng minh tồn tại ít nhất hai trong ba số
a 2 , b 2 , c 2 có cùng số dư khi chia cho 9.
2

Nhận xét rằng n ≡ 0,1,4,7 ( mod9 ) với mọi số nguyên n.
2
2
2
Giả sử a ≡ r1 ( mod9 ) ; b ≡ r2 ( mod9 ) ; c ≡ r3 ( mod9 ) ; ri ∈ { 0,1,4,7} .

⇒ a 2 + b 2 + c 2 ≡ r1 + r2 + r3 ( mod9 ) ⇒ r1 + r2 + r3 ≡ 0 ( mod9 ) .
Từ đó ta thấy ngay phải tồn tại ít nhất hai số ri bằng nhau và bài toán được chứng
minh.
3. Phương pháp quy nạp toán học
Phương pháp quy nạp tỏ ra rất hữu hiệu với những bài toán chia hết phụ
thuộc biến n và có dạng lũy thừa phức tạp. Ta đưa ra một vài bài toán minh họa
cho phương pháp này.
n
Ví dụ 1. Chứng minh rằng xn = 4 + 15n − 1 chia hết cho 9 với mọi số tự nhiên n.

9.
Lời giải. Với n = 0 thì x0 = 0M
9 . Ta chứng minh mệnh đề đúng với n + 1 .
Giả sử mệnh đề đúng với n, tức là xn M
n +1
n
Ta có xn+1 = 4 + 15( n + 1) − 1 = 4 ( 4 + 15n − 1) − 9(5n − 2) = 4 xn − 9(5n − 2)

9 . Vậy xn chia hết cho 9 với mọi số tự nhiên n.
Do đó xn+1 M
.7
..

Ví dụ 2. Cho xn = 7 7 (n lần). Chứng minh rằng với mọi n ≥ 2 thì xn + 17M20 .

Lời giải. Với n = 2 , ta dễ kiểm tra được x2 + 17M20 .
8


Giả sử mệnh đề đã đúng với n, tức là xn + 17M20 ⇒ xn = 20an + 3 , ta chứng minh
mệnh đề đúng với n + 1 . Thật vậy, ta có
xn+1 = 7 x = 7 20 a +3 = 7 3.( 7 4 )
n

n

5 an

= ( 20m + 3) ( 20n + 1)

5 an

≡ 3 (mod 20) ⇒ xn+1 + 17M20 .

Vậy xn + 17M20 với mọi n nguyên dương, n ≥ 2 .
Ví dụ 3. Chứng minh rằng với mọi n nguyên dương thì 23 + 1M
3n .
n

Lời giải. Với n = 1 mệnh đề hiển nhiên đúng
Giả sử mệnh đề đúng với n, tức là 23 + 1M
3n ⇒ 23 = k .3n − 1 .
n

n

Ta có 23 = ( k .3n − 1) = k 3.33 n − k 2 .32 n +1 + k .3n +1 − 1 = 3n +1.t − 1; t ∈ ¢ + .
3

n +1

n +1

Như vậy, 23 + 1M
3n+1 (đpcm).
Nhận xét 1: Từ bài toán ta suy ra kết quả sau:
Tồn tại vô hạn số nguyên dương n sao cho 2n + 1Mn . Rõ ràng cách hỏi này rất khó
vì để làm được nó chúng ta phải đoán nhận ra một dạng tổng quát nào đó của n,
trong bài toán này thì chỉ cần chọn n = 3k là được. Đây vẫn là dạng bài khó đặc
biệt là với học sinh THCS.
Tuy nhiên nếu đưa thêm điều kiện n nguyên tố thì có thể tìm được n thỏa mãn đề
bài. Thật vậy, theo định lý Fecmat, 2n − 2Mn , suy ra 3Mn ⇒ n = 3 .
Vậy chỉ có n = 3 là số nguyên tố duy nhất thỏa mãn tính chất 2n + 1Mn .
Nhận xét 2: Ta có thể đưa ra một bài toán mà cách hỏi có bản chất khác hẳn như
x
sau: Chứng minh rằng phương trình 2 + 1 = xy có vô hạn nghiệm nguyên dương.

 k 23 + 1 
(k ∈ ¥ ) .
Rõ rằng một họ nghiệm của phương trình này là ( x; y ) =  3 ; k ÷
÷
3


k

Bài tập tương tự:
Bài 1. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n:
a) 25 n+3 + 5n.3n+ 2 chia hết cho 17.
b) 52 n +1 + 2n+ 4 + 2n+1 chia hết cho 23.
c) 20 + 21 + 22 + ... + 25 n−1 chia hết cho 31.
9


Bài 2. Chứng minh rằng tổng lập phương của ba số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết
cho 9.
Bài 3. Chứng minh rằng với mọi số nguyên không âm b, số 33 n+3 − 26n − 27 chia
hết cho 169.
4. Phương pháp sử dụng định lý Fecmat
Với những bài toán khó hơn, đặc biệt là những bài toán chia hết liên quan
đến số nguyên tố, nếu biết dùng khéo léo định lý Fecmat sẽ cho ta lời giải nhanh và
gọn gàng. Định lý Fecmat được phát biểu thật đơn giản và dễ nhớ nhưng lại rất
mạnh, việc dùng được nó cho phù hợp và tinh tế là điều quan trọng nhất khi dạy
cho học sinh cấp THCS. Có thể nói định lý Fecmat đem lại vẻ đẹp trong các bài
toán chia hết nói riêng và các bài toán số học nói chung.
Ví dụ 1. Cho p là số nguyên tố lẻ, đặt Sk = 1k + 2k + ... + p k , k ∈ ¢ + .
Biết rằng Sk Mp . Chứng minh rằng k không chia hết cho p − 1 .
p − 1 . Theo định lý Fecmat ta có

Lời giải. Giả sử k chia hết cho
a p −1 ≡ 1 (mod p ), ∀a = 1,..., p − 1 .

Do k Mp − 1 nên a k ≡ 1 (mod p), ∀a = 1,..., p − 1 , suy ra Sk ≡ p − 1 (mod p ) , mâu
thuẫn với Sk Mp . Vậy k không chia hết cho p − 1 .
Ví dụ 2. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên k ta có 22

6 k +2

+ 3 chia hết cho 19.

Lời giải. Ta có 26 = 64 ≡ 1 (mod9) ⇒ 26 k ≡ 1 (mod9) ⇒ 26 k + 2 ≡ 4 (mod9)
Do hai vế đều chẵn nên 26 k + 2 ≡ 4 (mod18) ⇒ 26 k + 2 = 18t + 4 (t ∈ ¥ ) .
Mặt khác, theo định lý Fecmat, 218 ≡ 1 (mod19) ⇒ 218t ≡ 1 (mod19)
Như vậy, 22

6 k +2

= 218t + 4 ≡ 24 (mod19) ⇒ 22

6 k +2

+ 3 ≡ 24 +3 ≡ 0 (mod19) (đpcm).

Ví dụ 3. Chứng minh rằng 270 + 370 chia hết cho 13.
Lời giải. Theo định lý Fecmat ta có: 212 ≡ 1 (mod13) ⇒ 260 ≡ 1 (mod13) .
Mặt khác, 25 ≡ 6 (mod13) ⇒ 210 ≡ −3 (mod13) . Do đó 270 = 260.210 ≡ −3 (mod13)
10


Lại có 33 ≡ 1 (mod13) ⇒ 369 ≡ 1 (mod13) ⇒ 370 ≡ 3 (mod13) .
Như vậy, 270 + 370 ≡ 0 (mod13) (đpcm).
Ví dụ 4. Cho p nguyên tố và a là số nguyên. Chứng minh rằng nếu p | a p − 1 thì
p2 | a p − 1 .
Lời giải. Ta có p | a p − 1 suy ra (a, p ) = 1 ⇒ a p −1 ≡ 1 (mod p) .
p −1

p
p −2
p −2
Suy ra ( a − 1) (a + 1)Mp ⇒ (a − 1) + a (a − 1)Mp ⇒ a − 1Mp .

Tương tự a p −3 − 1Mp;...; a − 1Mp . Do đó a k ≡ 1 (mod p) ∀k = 1, p − 1 .
p
p −1
p −2
2
Do đó a − 1 = (a − 1) ( a + a + ... + a + 1) Mp (đpcm).

9p −1
Ví dụ 5. Cho p nguyên tố lẻ, đặt m =
.
8
a) Chứng minh rằng m là hợp số lẻ và m không chia hết cho 3.
b) Chứng minh rằng m − 1M2 p .
c) Chứng minh rằng 3m−1 ≡ 1 (mod m) .
3p + 1 3p −1
Lời giải. a) Ta có m =
, suy ra m là hợp số.
.
4
2
Mặt khác m = 9 p −1 + p p −2 + ... + 9 + 1 , suy ra m lẻ và m chia 3 dư 1.
8 ⇒ 9 p − 9M
8p .
b) Theo định lý Fecmat thì 9 p − 9Mp mà 9 p − 9M
9p − 9

Vậy m − 1 =
chia hết cho p.
8
m −1

c) Ta có 3

9p −1
− 1M
3 − 1M
⇒ 3m−1 − 1Mm (đpcm).
8
2p

Ví dụ 6. Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố p, tồn tại vô số nguyên dương n
n
thoả mãn 2 − nMp .

Lời giải. Nếu p = 2 thì mọi n chẵn đều thoả mãn điều kiện đề bài.
m( p −1)
≡ 1( mod p ) , ∀m ∈ ¥ * .
Nếu p > 2 , khi đó theo định lý Fermat, ta có: 2

11


Lấy n = m( p − 1) với m ≡ −1( mod p ) .
Khi đó n = m( p − 1) ≡ 1 (mod p) và 2n − n ≡ 2n − 1 ≡ 0 (mod p) .
Do có vô số số nguyên dương m sao cho m ≡ −1( mod p ) nên tồn tại vô số số
n

nguyên dương n thoả mãn 2 − nMp (đpcm).

Ví dụ 7. Cho p là nguyên tố lớn hơn 5. Chứng minh rằng số

S = 11...11
123
( p −1)

chia hết

cho p.
10 p−1 − 1
Lời giải. Ta có S =
. Vì (10, p) = 1 nên theo định lý Fecmat, ta được
9
p −1
10 p −1 − 1Mp . Mặt khác 10 p−1 − 1M
9 p ⇒ S Mp .
9 và ( p,9) = 1 nên 10 − 1M

Bài tương tự
Bài 1. Cho p, q là hai số nguyên tố phân biệt. Chứng minh rằng p q −1 + q p −1 − 1Mpq .
Bài 2. Tìm các số nguyên tố p và q sao cho p3 – q5 = (p + q)2
C. MỘT SỐ BÀI TOÁN NÂNG CAO
Trong phần này đưa ra một số bài toán nâng cao điển hình về số học liên
quan đến đồng dư và chia hết, sau đó phân tích và nhấn mạnh một số kết quả và
tính chất quan trọng đã được sử dụng và khai thác trong bài toán. Qua đó góp phần
nào cho các bạn có cách nhìn và cách tiếp cận với các bài toán số học THCS.
Bài toán 1. Cho p > 2 là một số lẻ và n là số nguyên dương. Chứng minh rằng
n

n

n

1p + 2 p + ... + ( p − 1) p chia hết cho p.
Lời giải. Đặt k = p n thì k lẻ. Ta có
d k + ( p − d ) k = p  d k −1 − d k − 2 ( p − d ) + ... + ( p − d ) k −1  Mp
Lấy tổng khi cho d chạy từ 1 đến

p −1
ta được điều phải chứng minh.
2

Chú ý: Với a, b nguyên phân biệt, ta có a n − b n Ma − b ∀n ∈ ¥ .
12


Với a, b nguyên , ta có a n + b n Ma + b ∀n ∈ ¥ , n lẻ.
Tính chất này rất hiển nhiên nhưng được sử dụng nhiều trong những bài toán chia
hết có lũy thừa của một số nguyên.
Từ tính chất này cho ta một tính chất về đa thức nguyên như sau:
Cho đa thức P ( x) có các hệ số nguyên. Khi đó P (a ) − P(b) luôn chia hết
cho a − b với mọi a, b nguyên phân biệt. Ta thử đưa ra một ví dụ áp dụng tính chất
này.
Bài toán 1.1. Tồn tại hay không đa thức P ( x) hệ số nguyên sao cho P (1) = 2014 ;
P (3) = 2015 ?
Hint. Nếu tồn tại đa thức P ( x) thỏa mãn đề bài thì P (3) − P(1) = 1 phải chia hết
cho 3 − 1 = 2 , đây là điều vô lý. Vậy không tồn tại P ( x) thỏa mãn.
Bài toán 1.2. Cho đa thức P ( x) hệ số nguyên. Chứng minh rằng không tồn tại ba

số nguyên phân biệt a, b, c thỏa mãn P (a ) = b; P(b) = c; P (c) = a .
Bài toán 1.3. Cho m nguyên dương sao cho 2m − 1 là số nguyên tố. Chứng minh
rằng m là số nguyên tố.
Hint. Giả sử m là một hợp số, suy ra m = pq ( p, q ∈ ¥ * )
Ta có 2m − 1 = 2 pq − 1M2 p − 1 và 2 p − 1 > 1 nên 2m − 1 là hợp số, trái giả thiết.
Nhấn mạnh: Tính chất rất quan trọng: Nếu m,n nguyên dương thỏa mãn mMn thì
a m − 1Ma n − 1 .
Bài toán 2. Cho n là số nguyên dương lớn hơn 1 thỏa mãn 3n − 1Mn . Chứng minh
rằng n chẵn.
Phân tích bài toán. Để chứng minh một số n là chẵn ta chỉ cần chứng minh ước
nguyên tố nhỏ nhất của n chính là 2. Khi đưa thêm yếu tố số nguyên tố vào đây ta
có thêm nhiều công cụ để giải quyết bài toán. Đặc biệt là từ giả thiết sẽ có quan hệ
đồng dư 3n ≡ 1 (mod p ) , cùng với việc áp dụng định lý Fecmat ta sẽ có thêm nhiều

13


suy luận cho p và n. Để giải quyết những bài toán dạng này ta sử dụng thêm một
tính chất rất hay sau đây:
Bổ đề: Cho a nguyên, n và p nguyên dương thỏa mãn a n ≡ 1 (mod p) . Gọi h là số
nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn a h ≡ 1 (mod p) . Khi đó n chia hết cho h.
Chứng minh: Ta biểu diễn n = kh + r , 0 ≤ r < h .
Ta có a n = a kh+r = ( a h ) .a r ≡ a r (mod p ) ⇒ a r ≡ 1 (mod p) . Nếu r > 0 thì điều này
k

mẫu thuẫn với việc chọn h là số mũ nhỏ nhất thỏa mãn a h ≡ 1 (mod p) .
Vậy r = 0 , tức là n chia hết cho h.
Lời giải bài toán 2.
Gọi p là ước nguyên tố nhỏ nhất của n, ta chứng minh p = 2 .
Ta có 3n ≡ 1 (mod p) ⇒ p ≠ 3 .

Gọi h là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho 3h ≡ 1 (mod p ) (*)
Theo bổ đề trên thì n chia hết cho h.
Cũng theo định lý Fecmat ta có 3 p −1 ≡ 1 (mod p ) , nên cũng theo bổ đề thì h | p − 1
Nếu h > 1 thì gọi q là ước nguyên tố của h , suy ra h ≥ q và q | n . Mà
p − 1 ≥ h ⇒ p > h ≥ q , mâu thuẫn với p là ước nguyên tố nhỏ nhất của n.
Vậy h = 1 , từ đó theo (*) ta được p = 2 . Do đó n chẵn (đpcm).
Một số bài toán tương tự (sự dụng bổ đề)
Bài toán 2.1. Cho p nguyên tố. Gọi q là ước nguyên tố bất kì của 2 p − 1 . Chứng
minh rằng q − 1 chia hết cho p.
Hướng dẫn. Gọi h là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn 2h ≡ 1 (mod q) .
Khi đó h | p , dễ thấy h ≠ 1 suy ra h = p .
Theo định lý Fecmat ta có 2q −1 ≡ 1 (mod q ) ⇒ q − 1Mh ⇒ q − 1Mp (đpcm).

14


p −1

k
Bài toán 2.2. Cho p nguyên tố, a là số nguyên, 1 < a ≤ p − 1 . Đặt A = ∑ a . Gọi q
k =0

là ước nguyên tố bất kì của A. Chứng minh rằng q − 1 chia hết cho p.
Bài toán 2.3. Cho n nguyên, n > 1 thỏa mãn 3n − 1Mn3 . Chứng minh rằng n chẵn và
n không chia hết cho 4.
Bài toán 2.4. Cho a là số tự nhiên, n nguyên lớn hơn 1 thỏa mãn a n + 1Mn 2 .
a) Chứng minh rằng n lẻ.
b) Chứng minh rằng a + 1 không là lũy thừa của 2.
Hướng dẫn. a) Nếu n chẵn thì

an

là số chính phương, suy ra

a n ≡ 0,1 (mod 4) ⇒ a n + 1 ≡ 1,2 (mod 4) . Nhưng n 2 ≡ 0 (mod 4) , nên đây là điều
mẫu thuẫn.
b) Gọi p là ước nguyên tố nhỏ nhất của n, vì n lẻ nên p lẻ.
Ta có a n ≡ −1 (mod p) ⇒ ( −a ) ≡ 1 (mod p) . Gọi h là số nguyên dương nhỏ nhất
n

sao cho ( −a ) ≡ 1 (mod p ) .
h

Khi đó h | p − 1; h | n . Từ đó chứng minh được h = 1 (tương tự các bài toán trên)
Suy ra a + 1Mp . Vậy a + 1 có ước nguyên tố lẻ, tức là a + 1 không thể là lũy thừa
của 2 (đpcm).
Bài toán 2.5. Tìm tất cả n nguyên dương sao cho 2n − 1Mn .
Bài toán 2.6. Cho p là số nguyên tố lẻ, q,r là những số nguyên tố thỏa mãn ương
sao cho q r + 1Mp . Chứng minh rằng hoặc p − 1M2r hoặc q 2 − 1Mp .
Bài toán 3 (HSG lớp 9 Vĩnh Phúc 2009). Tìm tất cả các số nguyên dương n sao
cho với mọi số a lẻ mà a 2 ≤ n thì a | n .
Lời giải. Ta sẽ khai thác giả thiết là với mọi a lẻ thỏa mãn a 2 ≤ n đều có tính chất
a | n để chặn được a. Muốn vậy ta gọi a là số nguyên dương lẻ lớn nhất thỏa mãn
2
a 2 < n , khi đó n ≤ (a + 2) .

15


Nếu a ≥ 7 thì a − 4; a − 2; a là 3 số lẻ chia hết n, mà các số này nguyên tố sánh đôi

nên (a − 4)(a − 2) a | n ⇒ (a − 4)( a − 2)a ≤ ( a + 2) 2 ⇔ a 3 − 7a 2 + 4a − 4 ≤ 0 .
Dễ thầy điều này mẫu thuẫn với a ≥ 7 . Do đó a ∈ { 1;3;5} .
Từ đó tìm ra n ∈ { 1,2,3,4,5,6,7,8,9,12,15,18,21,24,30,45} .
Nhận xét: Đây là dạng bài toán quen thuộc với học sinh THCS, bài toán yêu cầu
tìm các số nguyên thỏa mãn một quan hệ chia hết nào đó. Để giải quyết các bài
toán dạng này ta thường khai thác tính chất chia hết để chặn các biến hoặc đánh giá
thêm tính chất số học cho các biến. Có thể sử dụng thêm định lý Fecmat để xử lý
cho nhanh trong nhiều tình huống. Ta xét một vài bài toán tương tự.
Bài toán 3.1. Cho p nguyên tố và a,n nguyên dương thỏa mãn 2 p + 3 p = a n . Chứng
minh rằng n = 1 .
Hint. Với p = 2 thì a n = 13 ⇒ n = 1 .
Với p ≥ 3 thì 5 | (2 p + 3 p ) ⇒ 5 | a n ⇒ 5 | a .
2 p + 3p
⇒ 5 | ( 2 p −1 − 3.2 p −2 + ... + 3 p −1 ) ⇒ 5 | p.2 p −1
Nếu n > 1 thì 25 | a ⇒ 5 |
2+3
n

Suy ra p = 5 ⇒ a n = 753 ⇒ n = 1 (vô lí). Bài toán được chứng minh.
Bài toán 3.2. Tìm tất cả n nguyên dương sao cho khi xóa đi chữ số cuối cùng của n
ta được một số là ước của n.
Hint. Gọi b là chữ số cuối cùng của n và a là số thu được khi đã xóa b, ta có
n = 10a + b . Từ a | n ta suy ra a | b .
Nếu b = 0 thì n luôn thỏa mãn.
Nếu b ≠ 0 thì do a | b nên a là một chữ số của n. Khi đó các số n thỏa mãn là
11, 12,…,19, 22, 24, 26, 28, 33, 36, 39, 44, 48, 55, 56, 77, 88, 99.
Bài toán 3.3. Cho n là số nguyên dương chẵn và a, b là hai số nguyên dương
nguyên tố cùng nhau. Tìm a, b biết a n + b n chia hết cho a + b .
n
n

2
2
n−2
n−4 2
n−2
Hint. Ta có a − b = (a − b ) ( a + a b + ... + b )

16


Từ (a + b) | (a 2 − b 2 ) ⇒ (a + b) | ( a n − b n ) . Cùng với giả thiết suy ra (a + b) | 2a n và
n
n
(a + b) | 2b n . Suy ra (a + b) | gcd ( 2a , 2b ) ⇒ (a + b) | 2 ⇒ a = b = 1 .

Bài toán 3.4. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho n 2015 + n + 1 là một số
nguyên tố.
Hint. Đặt P = n 2015 + n + 1
Với n=1 thì P=3 là số nguyên tố, vậy n=1 thoả mãn
Với n ≠ 1 , ta có P = n 2 (n 2013 − 1) + (n 2 + n + 1) .
Ta có n 2013 − 1 = (n3 )671 − 1 nên n 2013 − 1 chia hết cho n3 − 1 , suy ra n 2013 − 1 chia hết
cho n 2 + n + 1 .
Vậy P chia hết cho n 2 + n + 1 . Trong trường hợp này P không là số nguyên tố. Vậy
n=1 là giá trị duy nhất cần tìm.
Bài toán 3.5. Tìm tất cả x, y nguyên dương để x 4 + 4 y 4 là số nguyên tố.
Bài toán 3.6. Tìm tất cả các số nguyên tố x, y, z sao cho xy + yz + xz > xyz .
Bài toán 4. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n > 1 thì n5 + n 4 + 1 không là số
nguyên tố.
Lời giải. Ta có: n5 + n 4 + 1 = n5 + n 4 + n3 − n3 − n 2 − n + n 2 + n + 1
= ( n 2 + n + 1) ( n3 − n + 1) .

Chú ý là cả 2 nhân tử đều lớn hơn 1 nên n5 + n 4 + 1 không là số nguyên tố.
Nhận xét: Đây là dạng bài quen thuộc nhất trong số học. Để chứng minh một số là
số nguyên tố hoặc hợp số ta thường cố gắng phân tích nhân tử và đánh giá vào các
ước số của nó, có những trường hợp ta có thể dùng phương pháp phản chứng. Một
số bài toán tương tự:
a a 2 + b2
Bài toán 4.1. Cho a, b, c nguyên khác 0 và a ≠ c thỏa mãn = 2
. Chứng
c c + b2
minh rằng a 2 + b 2 + c 2 không là số nguyên tố.
17


Bài toán 4.2 (42nd IMO). Cho a > b > c > d là các số nguyên dương thỏa mãn
ac + bc = (b + d + a − c )(b + d − a + c) . Chứng minh rằng ab + cd không là số
nguyên tố.
Bài

toán

4.3.

Cho

a, b, c, d

là

các

số

nguyên

dương

thỏa

mãn

a 2 + ab + b 2 = c 2 + cd + d 2 . Chứng minh rằng a + b + c + d là hợp số.
Hint. Từ giả thiết ta suy ra
(a + b) 2 − ab = (c + d )2 − cd ⇒ ab − cd = (a + b + c + d )(a + b − c − d )
Phản chứng rằng p = a + b + c + d nguyên tố, ta có ab − cd ≡ 0 (mod p) .
Mặt

khác

d ≡ −(a + b + c) (mod p) ⇒ ab + c(a + b + c) ≡ 0 (mod p) ,

suy

ra

(c + a )(c + b) ≡ 0 (mod p) (*)
Mà 0 < c + a; c + b < p , p nguyên tố suy ra (c + a, p) = (c + b, p) = 1 nên (*) không
thể xảy ra. Vậy a + b + c + d là hợp số.
Nhận xét: Tư tưởng rất hay và đẹp đẽ của bài toán nằm ở bước phản chứng, từ
bước này cho tam thêm giả thiết rằng p = a + b + c + d là số nguyên tố, từ đó cho

ta các phép đánh giá theo mod p đơn giản mà hiệu quả. Nếu không có p nguyên tố
như vậy thì các phép suy luận về chia hết là khó khăn hơn hẳn.
Bài toán 5. Tìm ước chung lớn nhất của các số an = 23n + 36 n+2 + 56 n+ 2 với
n = 0,1,...,2014 .
Lời giải. Ta có a0 = 35 = 5.7
Xét theo mod5 ta được an ≡ 23n + 93n+1 ≡ 23n + (−1)3n+1 (mod5)
Với n = 1 , a1 ≡ 9 ≠ 0 (mod5) , suy ra 5 không là một ước chung của các số an .
Xét theo mod7 ta được
an ≡ 8n + 9.93n + 25.253n ≡ 1 + 2.23n + 4.43n ≡ 0 (mod 7) .
Do đó an chia hết cho 7 với mọi số tự nhiên n. Suy ra ước chung lớn nhất của của
các số a0 , a1 ,..., a2014 bằng 7.

18


Bài tương tự: (IMO 2005). Cho dãy số an = 2n + 3n + 6n − 1 (n ≥ 1) . Chứng minh
rằng với mỗi số nguyên tố p luôn tồn tại một số hạng của dãy chia hết cho p.
Hint. Với p = 2,3 thì a2 = 48 thỏa mãn.
p −2
p −2
p−2
p −1
p −1
p −1
Với p > 3 , ta có a p −2 = 2 + 3 + 6 − 1 ⇒ 6a p −2 = 3.2 + 2.3 + 6 − 6

Theo định lý Fecmat, ta có 6a p −2 ≡ 3 + 2 + 1 − 6 ≡ 0 (mod p ) ⇒ p | a p −2 (đpcm).
Nhận xét: Từ kết trên ta có thể giải được bài toán sau: Tìm tất cả các số nguyên
dương mà chúng nguyên tố cùng nhau với mọi số hạng của dãy trên. Rõ ràng chỉ
có duy nhất số 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài toán 7. Chứng minh một số kết quả cơ bản sau:
KQ1. Cho số nguyên tố p = 3k + 2 . Chứng minh rằng với x,y là hai số nguyên ta
có x 3 ≡ y 3 (mod p) ⇔ x ≡ y (mod p ) .
Chứng minh. Giả sử x 3 ≡ y 3 (mod p) , ta chứng minh x ≡ y (mod p) .
Nếu xMp thì yMp , ta có điều phải chứng minh.
Nếu

( x, p ) = ( y , p ) = 1 ,

theo

định

lý

Fecmat,

ta

có

x p −1 ≡ 1 (mod p ); y p −1 ≡ 1 (mod p) ⇒ x3k +1 ≡ 1 (mod p ); y 3k +1 ≡ 1 (mod p ) .
Lại có x 3k ≡ y 3k (mod p ) ⇒ x 3k +1 ≡ x. y 3k (mod p ) ⇒ y 3k +1 ≡ x. y 3k (mod p ) .
Do đó x ≡ y (mod p) (đpcm).
KQ2. Cho số nguyên tố p = 3k + 2 . Chứng minh rằng với x, y là hai số nguyên ta
p| x
2
2
có p | ( x + xy + y ) ⇔ 
.

p| y
Kết quả này được suy ra trực tiếp từ kết quả 1.
KQ3. Cho số nguyên a. Chứng minh rằng mọi ước số nguyên tố lẻ của a 2 + 1 đều
có dạng p = 4k + 1 .
Từ đó suy ra mọi ước nguyên dương lẻ của a 2 + 1 đều có dạng 4k + 1 .

19


Chứng minh. Gọi p là ước nguyên tố lẻ bất kì của a 2 + 1 , suy ra a 2 ≡ −1 (mod p )
(1). Hiển nhiên (a, p ) = 1 nên theo định lý Fecmat thì a p −1 ≡ 1 (mod p ) .
Nếu p có dạng p = 4k + 3 thì a 4 k + 2 ≡ 1 (mod p) (2).
Mặt khác từ (1) suy ra a 4 k + 2 = ( a 2 )

2 k +1

≡ ( −1)

2 k +1

≡ −1 (mod p ) , mâu thuẫn với (2).

Vậy p có dạng p = 4k + 1 .
KQ4. Cho p =

uv
+ 1 là số nguyên tố lẻ, u , v, s nguyên dương, v lẻ.
s

Chứng minh rằng khi đó x u + y u Mp ⇔ xMp, y Mp .

Chứng minh. Giả sử x u + y u Mp và ( x, p) = ( y, p) = 1.
Theo định lý Fecmat, ta có x p −1 ≡ 1 (mod p ); y p −1 ≡ 1 (mod p) .
Mặt khác x uv − 1 = x s ( p −1) − 1Mx p −1 − 1; y uv − 1My p −1 − 1 , do đó x uv + y uv − 2Mp (1)
Mà v lẻ nên x uv + y uv Mxu + y u ⇒ x uv + y uv Mp (2).
Từ (1) và (2) suy ra 2Mp , vô lí. Vậy xMp, yMp (đpcm).
KQ5. Giả sử p = 2t.k + 1 là số nguyên tố lẻ với k , t là các số tự nhiên, k lẻ.
t
t
Chứng minh rằng với hai số tự nhiên x, y ta có x 2 + y 2 Mp ⇔ xMp; y Mp .

Chứng minh. Giả sử x 2 + y 2 Mp . Chỉ cần xét ( x, p ) = ( y, p ) = 1.
t

t

Theo định lý Fecmat ta có x p −1 ≡ 1 (mod p ) và y p −1 ≡ 1 (mod p)
Suy ra

t

x 2 .k ≡ 1 (mod p)
t

và

t

t

t

t

y 2 .k ≡ 1 (mod p ) ⇒ x 2 .k + y 2 .k ≡ 2 (mod p)
t

(*)

t

Theo giả thiết x 2 + y 2 Mp và k lẻ nên x 2 .k + y 2 .k Mp , mâu thuẫn với (*).
Vậy

x, y

đều

chia

hết

cho

Đặc biệt hóa khi cho t = 1 và t = 2 ta thu được các kết quả sau:
KQ5.1. Cho số nguyên tố dạng p = 4k + 3 . Chứng minh rằng nếu các số tự nhiên

20

p.

x, y

thỏa

mãn

x 2 + y 2 Mp thì

x

và

y

đều

chia

hết

cho

p.

KQ5.2. Cho số nguyên tố dạng p = 4k + 1 , k là số tự nhiên lẻ. Chứng minh rằng
nếu các số tự nhiên x,y thỏa mãn x 4 + y 4 Mp thì x và y đều chia hết cho p.
Trên đây là 5 kết quả rất quan trọng và có ứng dụng rất mạnh với những bài
toán về đồng dư chia hết. Xin đưa ra một vài bài toán áp dụng minh họa:
Bài toán 7.1. Cho đa thức P ( x) = x3 + 3x 2 + 104 x + 2015 và a,b là hai số nguyên

bất kì. Chứng minh rằng nếu P (a ) ≡ P (b) (mod101) thì a ≡ b (mod101) .
Hint. Ta viết P ( x) = ( x + 1)3 + 101x + 2014 , chú ý là 101 là số nguyên tố dạng
3k + 2 .
Do đó P (a ) ≡ P (b) (mod101) ⇔ (a + 1)3 ≡ (b + 1)3 (mod101) ⇔ a ≡ b (mod101)
Bài toán 7.2. Cho đa thức P ( x) = x 3 + 14 x 2 − 2 x + 2005 và a,b là hai số nguyên bất
kì. Chứng minh rằng nếu P (a ) ≡ P (b) (mod101) thì a ≡ b (mod101) .
x4 + y4
Bài toán 7.3. Cho x,y nguyên dương sao cho A =
là số nguyên. Tìm giá
1997.1999
trị nhỏ nhất của A.
Bài toán 9. Cho x, y, p là các số nguyên,

p > 1 thỏa mãn điều kiện

x 2014 Mp; y 2014 Mp . Chứng minh rằng 1 + x + y không chia hết cho p.
Phân tích bài toán . Rõ ràng cách hỏi của bài toán là khá đơn giản tuy nhiên đây
lại là bài toán khó nếu không hiểu rõ ý nghĩa của phép chia hết.
Từ giải thiết x 2014 Mp; y 2014 Mp và p là số nguyên gần như chẳng cho ta điều gì cả, ta
ước rằng nếu p là số nguyên tố, bởi lẽ nếu p nguyên tố thì từ x 2014 Mp; y 2014 Mp sẽ
suy ra ngay x, yMp . Từ đó suy ra 1 + x + y không chia hết cho p.
Vậy phải xử lý thế nào bây giờ để vẫn có thể dùng được tính chất chia hết như ở
trên. Tại sao ta không nghĩ tới gọi một ước nguyên tố của p nhỉ. Bởi lẽ nếu gọi q là
ước nguyên tố của p mà vẫn chứng minh được 1 + x + y không chia hết cho q thì
21


cũng suy ra 1 + x + y không chia hết cho p. Đến đây mọi thứ đã quá rõ ràng và bài
toán được giải quyết ngắn gọn.
Ta rút ra một điều rất căn bản nhưng quan trọng: "Để chứng minh a

không chia hết cho b, ta chỉ cần chứng minh a không chia hết cho một ước nguyên
tố nào đó của b".
x3 + 1 y 3 + 1
x
,
y
+
Bài toán 10. Cho
nguyên khác −1 thỏa mãn
là số nguyên.
y +1 x +1
Chứng minh rằng x 2016 − 1 chia hết cho y + 1 .
x3 + 1
y3 + 1
;b =
Lời giải. Đặt a =
thì a,b là số hữu tỉ và a + b nguyên.
y +1
x +1
x3 + 1 y 3 + 1
.
= ( x 2 − x + 1)( y 2 − y + 1) là số nguyên nên a, b là
Mặt khác ab =
y +1 x +1
nghiệm hữu tỷ của phương trình hệ số nguyên t 2 − (a + b)t + ab = 0 . Từ đó suy ra
a, b nguyên. Do đó x 3 + 1My + 1 ⇒ x 6 − 1My + 1 .
Vậy x 2016 − 1 = ( x 6 )

336

− 1Mx 6 − 1My + 1 (đpcm).

Có thể tổng quát với mọi n nguyên dương chia hết cho 6 ta có x n − 1My + 1 .
4
4
x
−
1
y
−1
+
Bài tương tự: Cho x, y nguyên khác −1 thỏa mãn
là số nguyên.
y +1 x +1

Chứng minh rằng x 4 y 44 − 1 chia hết cho x + 1 .

22


Cuối cùng là một số bài tập.
Bài 1. Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n + 1 ; n + 3 ; n + 7 ; n + 9 ; n + 13 và
n + 15 đều là số nguyên tố.
Bài 2. Tìm dư khi chia số 112010 cho số 24.
Bài 3. Chứng minh rằng n7 − nM42 với mọi số n nguyên dương.
Bài 4. Cho a, b, c nguyên dương thỏa mãn a + b + cM
30 . Chứng minh rằng
a 5 + b5 + c 5 M
30 .
n

Bài 5. Chứng minh rằng 53 + 7M
12 với mọi số n nguyên dương
Bài 6. Giả sử n là số tự nhiên không chia hết cho 17. Chứng minh rằng hoặc
n8 − 1M
17 hoặc n8 + 1M
17 .
Bài 7. Với số nguyên n nào ta có 12 + 22 + ... + (n − 1)2 Mn .
Bài 8. Chứng minh rằng nếu p và 8 p 2 + 1 là số nguyên tố thì 8 p 2 + 2 p + 1 là số
nguyên tố.
Bài 9. Chứng minh rằng không tồn tại số tự nhiên n sao cho 2010n − 1 chia hết cho
1010n − 1 .
Bài 10. Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho p 2 + 11 có đúng 6 ước số nguyên
dương.
Bài 11. Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho hệ phương trình sau có nghiệm
2 x 2 = p + 1
nguyên:  2
2
2 y = p + 1
Bài 12. Chứng minh rằng với mọi số nguyên m đều tồn tại một số nguyên n sao
cho: n3 − 11n 2 − 87n + m chia hết cho 191.
Bài 13. Cho hai số nguyên a, b thoả mãn 24a 2 + 1 = b 2 . Chứng minh rằng có một
và chỉ một trong hai số a, b chia hết cho 5.
Bài 14. Tìm tât cả các số nguyên tố p, q sao cho (5p – 2p)(5q – 2q) chia hết cho pq.
Bài 15. Chứng minh các phương trình sau không có nghiệm nguyên dương
23


a) 4xy − x − y = z 2 (Euler)
b) x 2 − y 3 = 7

(Lebesgue)

Bài 16. Chứng minh rằng m2 – n2 là số nguyên tố thì m, n là 2 số tự nhiên liên tiếp.
Bài 17. Cho a, b, c nguyên dương thỏa mãn ab = cd . Chứng minh rằng
A = a n + b n + c n + d n là hợp số với mọi n tự nhiên.
Bài 18. Chứng minh rằng A = n 4 + 4n luôn là hợp số với mọi n nguyên dương.
Bài 19. Cho a, b là các hai số nguyên và p là số nguyên tố lẻ. Chứng minh rằng
nếu p 4 là ước số của a 2 + b 2 và a( a + b) 2 thì p 4 cũng là ước của a( a + b)
Bài 20. Tìm các số nguyên tố p, q thỏa mãn p 5 − q 4 = ( p + q )3 .

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Bài giảng số học, Đặng Hùng Thắng- NXB Giáo Dục Việt Nam.
2. Number Theory, Titu Andreescu-Dorin Andrica.
3. Diễn đàn toán học: Mathscope.org; Mathlinks.ro
4. Một số đề thi các nước.

24