Giải Toán dạng Chia hết Bậc THCS

1
2
KẾT CẤU ĐỀ TÀI
Phần thứ nhất: NHỮNG VẤN ĐỀ CHUNG.
1. Tên đề tài: Hướng dẫn giải dạng “toán chia
hết” trong chương trình toán THCS.
2. Tính cấp thiết của vấn đề nghiên cứu.
2.1. Lí do về mặt lí luận.
2.2. Lí do về mặt thực tiễn.
3. Đối tượng nghiên cứu.
4. Phạm vi nghiên cứu.
5. Mục đích nghiên cứu.
Phần thứ II: NỘI DUNG
I. Cơ sở lý luận và thực tiễn của đề tài.
II. Thực trạng của vấn đề.
III. Giải quyết vấn đ.
A. Cơ sở lý thuyết
1. Tính chất chia hết của một tổng, một hiệu, một tích.
2. Dấu hiệu chia hết cho 2; 4; 5; 6; 3; 9; 8.
3. Đồng dư.
4. Nguyên tắc đirichlê.
5. Phương pháp chứng minh quy nạp.
6. Chứng minh bằng phương pháp phản chứng.
Phần thứ II: NỘI DUNG
I. Cơ sở lý luận và thực tiễn của đề tài.
II. Thực trạng của vấn đề.
III. Giải quyết vấn đ.
A. Cơ sở lý thuyết.
B. Các dạng toán.
Dạng 1: Tìm các chữ số chưa biết của một số.
Dạng 2: Chứng minh chia hết đối với biểu thức số.

Dạng 3: Chứng minh chia hết đối với biểu thức
chứa chữ.
Dạng 4: Tìm điều kiện để 1 bài toán chia hết cho
1 số hoặc chia hết cho 1 biểu thức.
Phần thứ III: KẾT LUẬN, KẾT QUẢ, KIẾN NGHỊ
Trên đây là 1 số dạng “toán chia hết” thường gặp trong chương
trình toán THCS. Mỗi dạng toán có những đặc điểm khác nhau và còn có
thể chia nhỏ từng dạng trong mỗi dạng trên. Việc phân dạng như trên giúp
học sinh dễ tiếp thu hơn và thấy được trong từng bài toán ta nên áp dụng
kiến thức nào cho phù hợp. Mỗi dạng toán tôi chọn 1 số bài toán cơ bản
điển hình để học sinh hiểu cách làm và từ đó để làm các bài tập mang tính
tương tự và dần nâng cao lên.
Sau một số năm làm như vậy ở các lớp 6; 7; 8; 9 trong tiết luyện
tập, trong quá trìnhbồi dưỡng học sinh giỏi, trong một số tiết tự chọn lớp 9
tôi thấy học sinh có sự tiến bộ hơn rất nhiều. Các em dần thích thú say mê
khi gặp dạng toán này. Số đông các em không còn lúng túng thiếu tự tin như
trước nữa, trong các em đã có sự chuyển biến rõ rệt. Mặc dù đề tài đạt được
một số kết quả nhất đònh song không tránh khỏi những thiếu sót, hạn chế.
Rất mong nhận được ý kiến góp ý của các bạn đồng nghiệp để đề tài phong
phú, có hiệu quả hơn. Giải pháp này có thể sử dụng làm chủ đề tự chọn
“phần nâng cao”.
3
Phần I: NHỮNG VẤN ĐỀ CHUNG CỦA ĐỀ TÀI.
1. Tên đề tài:
Hướng dẫn giải dạng “toán chia hết”
Hướng dẫn giải dạng “toán chia hết”
trong chương trình toán THCS.
trong chương trình toán THCS.
2. Tính cấp thiết của vấn đề nghiên cứu
2.1. Lí do về mặt lí luận:

Khả năng giáo dục của môn Toán rất to lớn,
nó có khả năng phát triển tư duy lôgíc, khái quát hoá,
phân tích tổng hợp, so sánh dự đoán, chứng minh và bác
bỏ. Nó còn có vai trò rèn luyện phương pháp suy nghó,
suy luận, …
Ở bậc trung học cơ sở việc dạy dạng
“toán
“toán
chia hết”
chia hết” cho học sinh là rất cần thiết nhằm mục đích
phát triển cho học sinh đầy đủ các yếu tố nêu trên.
4
2.2. Lí do về mặt thực tiễn:
Thực tiễn dạy và học bộ môn Toán ở Trường
THCS Số 2 Bình Nguyên, có nhiều vấn đề phải quan tâm,
giải quyết lâu dài, kỹ năng giải toán, các phép biến đổi cơ
bản, phương pháp giải toán, của học sinh khối 6 còn yếu
rất nhiều, theo cuộc điều tra về việc giải toán của học
sinh hai lớp sáu vừa qua thì có tới hơn 50% học sinh đạt
điểm dưới trung bình, rất nhiều học sinh yếu toán. Vậy
vấn đề đặt ra là nếu chúng ta cứ lo phụ đạo học sinh yếu
toán mà không chăm lo bỗi dưỡng học sinh học khá, giỏi
môn toán thật là một thiệt thòi lớn đối với các em vấn đề
này phải thực hiện song song với nhau. Nhận thức vấn đề
trên, Tôi muốn truyền đạt cho các em nhiều dạng toán để
cung cấp cho các em những kiến thức, kỹ năng, kỹ xảo để
giải toán, … Một trong dạng toán đó là dạng “toán chia
hết”.
5
3. Đối tượng nghiên cứu:

Hướng dẫn giải dạng “toán chia hết” cho học
sinh khá, giỏi trong chương trình toán bậc trung học cơ
sở.
4. Phạm vi nghiên cứu:
Thời gian nghiên cứu từ ngày 10 tháng 9 năm
2009 đến ngày 14 tháng 10 năm 2011. Đòa điểm tại
trường THCS Số 2 Bình Nguyên, Bình Sơn, Quảng
Ngãi gồm các khối lớp 6 đến lớp 9.
5. Mục đích nghiên cứu:
Giúp các em học sinh nắm chắc các phương
pháp giải dạng toán “chia hết”, hình thành cho các em
các kỹ năng suy luận, biến đổi, nhận dạng và thể hiện
tốt lời giải bài toán.
6
PHẦN THỨ II: NỘI DUNG
I. Cơ sở lý luận và thực tiễn của đề tài
Phương pháp giải toán: Là toàn bộ những thủ thuật toán được
sắp xếp theo trình tự nhất đònh và vận dụng sáng tạo để tìm ra kết quả
bài toán.
Thủ thuật: Phép giải mang tính linh hoạt, hợp lí, sáng tạo để
giải quyết một khâu hay cả bài toán.
Giải bài toán: Là việc làm tìm ra ẩn số, tức tìm ra đáp số của
bài toán. Muốn tìm ra ấn số phải là một quá trình suy luận. Chính vì thế
nên gọi việc giải toán là một quá trình hoạt động trí tuệ của học sinh.
Là một giáo viên dạy toán tôi muốn các em chinh phục được
nó, và không chút ngần ngại khi gặp dạng toán này. Nhằm giúp cho các
em phát triển tư duy suy luận, óc phán đoán, kỹ năng trình bày linh hoạt.
Hệ thống các bài tập tôi đưa ra đều từ dễ đến khó, bên cạnh đó còn có
các bài tập nâng cao cho học sinh giỏi. Lượng bài tập áp dụng tương tự

cũng tương đối nhiều, nên các em có thể tự học, tự chiếm lónh tri thức
thông qua hệ thống bài tập áp dụng này điều đó giúp các em hứng thú
học tập hơn rất nhiều.
7
II. Thực trạng của vấn đề.
Dạng toán “Chia hết” được đề cập trong sách giáo khoa ngay từ đầu lớp 6
đến lớp 9, và mỗi lớp có yêu cầu khác nhau nên làm cho người học và người
dạy rất vất vả nhất là các em học sinh khối 8 và khối 9. Thông thường khi
dạy dạng toán này giáo viên lại phải nhắc lại các kiến thức cơ bản học ở lớp
dưới làm mất rất nhiều thời gian cho tiết dạy. Kỹ năng biến đổi để làm xuất
hiện các yếu tố chia hết trong biểu thức số hay biểu thức đại số của các em
còn chưa linh hoạt, có những bài toán rất đơn giản mà các em biến đổi
chứng minh rất dài dòng và phức tạp, thực chất nếu các em nắm chắc các
phương pháp giải dạng toán chia hết thì chứng minh rất đơn giản. Trong quá
trình giảng dạy nhiều giáo viên không hay để ý tới dạng toán này, vì dạng
toán này thường được đặt dưới bài toán cụ thể trong sách giáo khoa nên
không nghó đó là trọng tâm của bài. Bên cạnh đó nếu có giải thì cũng chưa
yêu cầu học sinh làm thêm trong sách bài tập hay ra ngoài phạm vi sách
giáo khoa để rèn luyện kỹ năng, phát triển tư duy cho học sinh. Mặt khác tài
liệu tham khảo viết về dạng toán này hầu như không có trong thư viện nhà
trường, các chủ đề tự chọn cũng chưa được giáo viên nào đề cập tới mà yêu
cầu về bồi dưỡng học sinh giỏi lại có dạng toán “Chia hết” trong chương
trình. Từ những suy nghó đó và thực tế giảng dạy tôi đã mạnh dạn viết đề tài
này.
8
1. Tính chất chia hết của một tổng, một
hiệu, một tích.
a m
a b m
b m


⇒ +


M
M
M
* Nếu
a m
a b m
b m
* Nếu

⇒ −


M
M
M
a m
a.b m
b m
* Nếu

⇒


M
M
M

* Nếu a m ⇒ a
n
m (n là số tự nhiên).
M
M
9
2. Dấu hiệu chia hết cho 2; 4; 5; 6; 3; 9; 8.
* Dấu hiệu chia hết cho 2: Một số chia hết cho 2
khi và chỉ chi số ấy có chữ số tận cùng là chữ số chẵn
(0; 2; 4; 6; 8)
* Dấu hiệu chia hết cho 5: Một số chia hết cho 5
khi và chỉ khi số ấy có chữ chữ số tận cùng là 0 hoặc 5.
* Dấu hiệu chia hết cho 3: Một số chia hết cho 3
khi và chỉ khi tổng các chữ số đó chia hết cho 3.
* Dấu hiệu chia hết cho 9: Một số chia hết cho 9
khi và chỉ khi tổng các chữ số đó chia hết cho 9.
* Dấu hiệu chia hết cho 6: Một số chia hết cho 6
khi và chỉ khi nó đồng thời chia hết cho 2 và cho 3.
10
2. Dấu hiệu chia hết cho 2; 4; 5; 6; 3; 9; 8.
* Dấu hiệu chia hết cho 4: Một số chia hết
cho 4 khi và chỉ khi hai chữ số tận cùng lập thành một
số chia hết cho 4.
* Dấu hiệu chia hết cho 8: Một số chia hết
cho 8 khi và chỉ khi số đó có ba chữ số tận cùng lập
thành một số (có 3 chữ số) chia hết cho 8.
* Dấu hiệu chia hết cho 10: Một số chia hết
cho10 thì có chữ số tận cùng bằng 0 và đảo lại.
* Dấu hiệu chia hết cho 11: Một số chia hết
cho 11 khi và chỉ khi hiệu giữa tổng các chữ số của

nó “đứng ở vò trí lẻ” và tổng các chữ số “đứng ở vò trí
chẵn” (kể từ trái sang phải) chia hết cho 11.
11
3. Đồng dư:
* Hai số a và b đồng dư với nhau theo môđun
m (mod m) khi và chỉ khi a – b m.M
* Có thể “cộng” hoặc “trừ” các đồng dư thức
có cùng môđun. Tức là: Nếu a ≡ b (mod m), c ≡ d
(mod m) thì a ± c ≡ b ± d (mod m).
* Có thể nhân từng vế các đồng dư thức có
cùng mô đun. Tức là: Nếu a ≡ b (mod m), c ≡ d (mod
m) thì a.c ≡ b.d (mod m).
4. Nguyên tắc đirichlê:
Nếu nhốt n thỏ vào m lồng (với n > m) nghóa
là số thỏ nhiều hơn số lồng thì ít nhất cũng có một
lồng nhốt không ít hơn 2 con thỏ.
12
5. Phương pháp chứng minh quy nạp:
Muốn chứng minh một khẳng đònh A
n
đúng với mọi
n = 1,2,3, … ta chứng minh như sau:
* Khẳng đònh A
1
đúng.
* Giả sử khẳng đònh A
k
đúng với mọi k ≥ 1, ta
cũng suy ra khẳng đònh A
k+1

đúng.
Kết luận : Khẳng đònh A
n
đúng với mọi n = 1; 2; 3; …
6. Chứng minh bằng phương pháp phản chứng
Muốn chứng minh khẳng đònh P đúng bằng phương
pháp phản chứng, ta làm như sau:
* Bước 1: Giả sử ngược lại P sai.
* Bước 2: Từ giả sử P sai, chúng ta suy ra điều vô lý.
* Bước 3: Điều vô lý đó chứng tỏ rằng P không sai,
tức là khẳng đònh P đúng.
13
Bài toán 1: Tìm các chữ số a và b sao cho chia hết cho
5 và chia hết cho 8.
Hướng dẫn: Để tìm được a và b học sinh phải thấy được 2
dấu hiệu cơ bản đó là số đó chia hết cho 5 và cho 8.
Vì chia hết cho 5 nên chữ số tận cùng b = 0 hoặc b =
5.
Vì chia hết cho 8 nên suy ra b = 0.
Mặt khác chia hết cho 8 suy ra chia hết cho 4.
chia hết cho 4 ⇔ chia hết cho 4.
Suy ra a ∈{ 0, 2, 4, 6, 8}.
Ta có: chia hết cho 8 ⇔ chia hết cho 8 nên a = 2
hoặc a = 6.
Nếu a = 2 thì b = 0 Nếu a = 6 thì b = 0
KL: Vậy số phải là 1920, 1960.
19ab
19ab
19ab
19a0 19a0

19a0
19a0
9a0
a0
B. CÁC DẠNG TOÁN.
1. Dạng 1: Tìm các chữ số chưa biết của một số.
14
Bài toán 2: Chữ số a là bao nhiêu để aaaaa96 vừa chia hết
cho 3 vừa chia hết cho 8.
aaaaa96
Hướng dẫn: Vì aaaaa96 M8 ⇔ a96 M8 ⇔ 100a + 96 8 suy ra
100a 8 vậy a là số chẵn. Suy ra a M ∈{ 2, 4, 6, 8} (1).
Vì aaaaa96 3 M ⇔ (a + a + a + a + a + 9 + 6 ) 3 M
⇔ 5a + 15 3M
Mà 15 3 M ⇒ 5a 3 và (5; 3) = 1M
Suy ra a 3 vậy a M ∈{ 3, 6 ,9} (2).
Từ (1) và (2) suy ra a = 6
Kết luận: Vậy số phải tìm là 6666696.
aaaaa96
a96
aaaaa96
15
Bài toán 3 : Tìm chữ số a để
1aaa1 11M
Hướng dẫn:
Tổng các chữ số hàng lẻ là 2 + a .
Tổng các chữ số hàng chẵn là 2a.
* Nếu 2a ≥ a + 2 ⇒ a ≥ 2
thì 2a – (a + 2) = a − 2 ≤ 9 – 2 = 7
Mà (a − 2) 11 nên a M − 2 = 0 ⇔ a = 2

* Nếu 2a ≤ a + 2 ⇔ a < 2
thì (a + 2) − 2a = 2 − a là 2 hoặc 1 không
chia hết cho 11.
Kết luận: Vậy a = 2
16
Bài toán 4 : Tìm các chữ số a, b để chia hết
cho 8 và 9.
1234ab
* Cách 1:
+ Nếu 1234ab chia hết cho 8 thì dấu hiệu chia hết cho 8 ta có
4ab 8 hay 4ab = 400 + 10a + b = 8p (p M ∈ Z) (*)
Mặt khác nếu 1234ab 9 thì (1 + 2 + 3 + 4 + a + b) 9 M M
Hay (1 + a + b) M 9 ⇒ 1 + a + b = 9q (q∈ Z) (2*)
Vì a và b là các chữ số nên a + b ≤ 18
Từ (2*) suy ra 9q ≤ 28 (q > 1) Vậy q = 2 hoặc q = 3
Trừ (*) với (2*) ta có 390 + 9a = 8p – 9q,
hay p = 49 + a + q + (a + q – 2) : 8
Vì p nguyên nên (a + q – 2) : 8 nguyên hay (a + q – 2)M 8
+ Nếu q = 2 thì a = 0 hoặc a = 8
Từ (2*) ta có b = 9q – a – 10 do đó b = 8 hoặc b = 0
+ Nếu q = 3 thì a = 7 suy ra b = 10 (vô lí vì b ≤ 9)
Kết luận: Vậy có số thoả mãn đề bài là: 123480; 123408.
17
Bài toán 4 : Tìm các chữ số a, b để chia hết
cho 8 và 9.
1234ab
* Cách 2:
1234ab = 123400 + ab = 72.1713 + 64 + ab
Vì 1234ab chia hết cho 8 và 9 nên 1234ab chia hết cho 72.
Vậy 64 + ab chia hết cho 72.

Vì 64 < 64 + ab ≤ 163 nên 64 + ab = 72 hoặc 64 + ab = 144.
* Nếu 64 + ab = 72 thì ab = 08.
* Nếu 64 + ab = 144 thì ab = 80.
Kết luận: Vậy có số thoả mãn đề bài là: 123480, 123408.
18
Bài toán 5: Tìm các số a, b sao cho: a – b = 4 và
7a5b1 3M
Hướng dẫn:
Ta có: khi và chỉ khi (7 + a + 5 + b + 1) M3
Hay (a + b + 13) M3 ⇒ (a + b) chia 3 dư 2 (1).
Ta có a – b = 4 nên 4 ≤ a ≤ 9; 0 ≤ b ≤ 5
⇒ 4 ≤ a + b ≤ 14 (2)
Mặt khác a – b là số chẵn nên a + b là số chẵn(3)
Từ (1); (2) và (3) suy ra: a + b ∈ {8; 14}
* Với a + b = 8; a – b = 4 ta được a = 6; b = 2.
* Với a + b = 14; a – b = 8 ta được a = 9; b = 5.
Kết luận: Vậy các số phải tìm là a = 6; b = 2 và a = 9; b = 5.
7a5b1 3M
19
Bài tập tương tự :
Bài 1: Phải viết ít nhất mấy số 1994 liên tiếp nhau để được một số
chia hết cho 3.
Hướng dẫn: Tổng các chữ số của 1994 là 23 khi chia cho 3 thì dư 2
Nếu viết k lần số 1994 liên tiếp nhau thì tổng các chữ số của số
nhận được có cùng số dư với 2k khi chia cho 3. Để số nhận được
chia hết cho 3 thì 2k phải chia hết cho 3, nên số nhỏ nhất là 3, tức
là ít nhất phải viết 3 lần số 1994 liên tiếp nhau.
Bài 2: Tìm 3 chữ số tận cùng của tích 4 số tự nhiên liên tiếp khác
không, bết rằng tích này chia hết cho 125. Tích này nhỏ nhất bằng
bao nhiêu?

Hướng dẫn: Tích 4 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 8 thì tích 4 số
tự nhiên liên tiếp cũng chia hết cho 125 nên 3 chữ số tận cùng là
000.
Trong tích của 4 số tự nhiên tiếp không thể có 2 số chia hết cho 5
nên phải có một số chia hết cho 125
Tích nhỏ nhất là: 125.126.127.128
20
Bài toán 1: Chứng minh rằng: 21
39
+ 39
21
M 45.
* Cách 1: Ta có 21
39
+ 39
21
= (21
39
− 1) + (39
21
+ 1)
Vì 21
39
− 1 = 20(21
38
+ 21
37
+ … + 1) chia hết cho 5
Và 39
21

+ 1 = 40(39
20
− 39
19
+ … +1) chia hết cho 5
Suy ra: (21
39
− 1) + (39
21
+ 1) chia hết cho 5
Mặt khác 21
39
− 39
21
= (21
39
− 3
39
) + (39
21
− 3
21
) + (3
39
+ 3
21
)
Mà 21
39
− 3

39
= 18(21
38
+ … +3
38
) chia hết cho 9
21
39
− 3
39
= 36(39
20
+ … + 3
20
) chia hết cho 9
Và 3
39
+ 3
21
= 3
21
(3
18
+ 1) = (3
3
)
7
(3
18
+ 1) chia hết cho 9

Mà (5;9) = 1 nên 21
39
+ 39
21
M 45
Dạng 2: Chứng minh chia hết đối với biểu thức số.
21
* Cách 2: Vì 45 = 5.3
2
nên để chứng minh 21
39
+ 39
21
chia
hết cho 45 thì ta chứng minh 21
39
+ 39
21
chia hết cho 5.3
2

Ta có: 21
39
= (20 + 1)
39
= 20
39
+ 39. 20
38
+ … + 39.20 + 1

= 10M + 1.39
21
= (30 + 9)
21

= 30
21
+ 21.30
20
.9 + 9 + … + 21.30.9
20
+ 9
21
= 10N + 9
Như vậy: 21
39
+ 39
21
= 10K + 1 + 9 = 10K + 10 chia hết cho
5
Mặt khác 21
39
+ 39
21
= (7.3)
39
+ (13.3)
21
= 7
39

.3
39
+ 13
21
.3
21
= 3
21
.7
39
.3
18
+ 13
21
.3
21
= 3
21
.(7
39
.3
18
+ 13
21
)
= (3
3
)
7
(7

39
. 3
18
+ 13
21
) chia hết cho 9
Bài toán 1: Chứng minh rằng: 21
39
+ 39
21
M 45.
Dạng 2: Chứng minh chia hết đối với biểu thức số.
22
*Cách 3 Ta có: 21 ≡1 (mod 20)
39 ≡ −1 (mod 20)
Vậy 21
39
+ 39
21
≡ 1
39
+ (−1)
21
≡ 0 (mod 20)
Như vậy 21
39
+ 39
21
chia hết cho 20; do đó 21
39

+ 39
21
chia
hết cho 5 (*)
Tương tự ta chứng minh 21
39
+ 39
21
chia hết cho 9
Kết luận: Vậy 21
39
+ 39
21
chia hết cho 45
Bài toán 1: Chứng minh rằng: 21
39
+ 39
21
M 45.
Dạng 2: Chứng minh chia hết đối với biểu thức số.
23
Bài toán 2: Chứng minh rằng: 43
43

−
17
17
chia hết cho 5
Ta có: 43
43

= 43
40
. 43
3
= (43
4
)
10
.43
3
Vì 43
3
có tận cùng bởi chữ số 1 (3
4
có tận cùng bởi 1) nên
(43
4
) có tận cùng bởi chữ số 1 hay 43
40
có tận cùng bởi chữ
số 1.
43
43
có tận cùng bởi chữ số 7.
Vậy 43
40
.43
3
có tận cùng là chữ số 7.
Hay 43

43
có tận cùng là chữ số 7
Ta có 17
17
= 17
16
.17 = (17
4
)
4
.17
Vì 17
4
có chữ số tận cùng là 1 nên (17
4
)
4
cũng có chữ số tận
cùng là chữ số 1 hay 17
16
có chữ số tận cùng là 1
Suy ra: 17
16
.17 có chữ số tận cùng là 7
Hai số 43
43
và 17
17
có chữ số tận cùng giống nhau
nên 43

43
− 17
17
có chữ số tận cùng là chữ số 0
Kết luận: Vậy 43
43
− 17
17
chia hết cho 5.
24
Bài toán 3: Cho A = 2 + 2
2
+ 2
3
+ … + 2
60
Chứng minh rằng: A chia hết cho 3;7 và 15.
Ta có: A = 2 + 2
2
+ 2
3
+…+ 2
60
= 2(1 + 2) + 2
3
(1 + 2) + … + 2
59
(1 + 2)
= 3(2 + 2
2

+ 2
3
+…+ 2
59
)
= 3(2 + 2
2
+ 2
3
+…+ 2
59
) chia hết cho 3
Ta có: A = 2 + 2
2
+ 2
3
+…+ 2
60

= 2(1 + 2 + 2
2
) + 2
4
(1 + 2 + 2
2
) + … + 2
58
(1 + 2 + 2
2
)

= 2.7 + 2
4
.7 + … + 2
58
.7
= 7(2 + 2
4
+ … + 2
58
) chia hết cho 7
Ta có: A = 2(1 + 2 + 2
2
+ 2
3
) + 2
5
(1 + 2 + 2
2
+ 2
3
) +
+ … + 2
57
(1 + 2 + 2
2
+ 2
3
)
= 2. 15 + 2
5

.15 + …+ 2
57
.15
= 15(2 + 2
5
+ … + 2
57
) chia hết cho 15
Kết luận: Vậy A chia hết cho 3; 7 và 15.
25
Bài tập tương tự:
Bài1 Cho B = 3 + 3
3
+ 3
5
+ …+ 3
1991
.

Chứng minh rằng B chia hết cho 13 và 41.
Bài 2 Cho C = 11
9
+ 11
8
+ 11
7
+ … + 11 + 1.
Chứng minh rằng C chia hết cho 5.
Bài 3

Chứng minh rằng A chia hết cho B với:
A = 1
3
+ 2
3
+ 3
3
+ …+ 99
3
+ 100
3
;

B = 1 + 2 + 3 + …+ 99 + 100