Boi duong HS gioi lop 8 so hoc

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<i>CHƯƠNG I</i>

<b>PHÉP CHIA HẾT – PHÉP CHIA CÓ DƯ – ĐỒNG DƯ THỨC.</b>

<b>I.</b> <b>TÓM TẮT LÝ THUYẾT</b>.
<b>1. Phép chia hết. </b>

1.1 Định nghĩa: Cho hai số nguyên bất kỳ a và b ( b



0 ) tồn tại một và chỉ một cặp số
nguyên q và r sao cho: a = b.q + r với 0  r < <i>b</i>

- Nếu r = 0 thì a chia hết cho b ( <i>a</i><i>b</i>) hay a là bội của b, hay b chia hết a hay b là ước của
a. (b \ a)

- Nếu r



0 thì phép chia a cho b là phép chia có dư.
1.2 Một số tính chất.

Với a, b, c, d



Z.

- Nếu a



0 thì <i>a</i><i>a</i>, 0<i>a</i>
- Nếu <i>a</i><i>b</i> và <i>b</i><i>c</i> thì <i>a</i><i>c</i>

- Nếu <i>a</i><i>b</i>và <i>b</i><i>a</i> thì a = b
- Nếu <i>a</i><i>b</i> thì <i>ac</i><i>b</i>

- Nếu <i>a</i><i>b</i>, <i>a</i><i>c</i> thì <i>a</i><i>BCNN</i>(<i>b</i>,<i>c</i>)
<i>Hệ quả</i>: <i>a</i><i>b</i>, <i>a</i><i>c</i>và (b, c) = 1 thì <i>a</i><i>b</i>.<i>c</i>
- Nếu <i>a</i>.<i>b</i><i>c</i> và ( b, c ) = 1 thì <i>a</i><i>c</i>

1.3. Một số định lý thường dùng:
- Nếu <i>a</i><i>c</i> và <i>b</i><i>c</i> thì a  b  c
- Nếu <i>a</i><i>c</i>và b  thì a  b  c

- Nếu a  c và b  d thì ab  cd

<i>Hệ quả </i>Nếu a  b thì an  bn ( n <i>N</i>,<i>n</i>0)
- Nếu a  c hoặc b  c thì ab  c

1.4. Dấu hiệu chia hết.
Gọi số A= <i>anan</i>1...<i>a</i>1

Số dư A : 2k_{( hoặc 5}k_{) = số dư}

1
1...<i>a</i>

<i>a</i>

<i>ak</i> <i>k</i> : 2

k_{( hoặc 5}k_{) ( Với k}

_

_{N, k}_₁₎
Số dư A : 9 ( hoặc 3) = số dư ( an + an-1 + …+ a1) : 9 ( hoặc 3)

Số dư A : 11 = số dư [( a1 + a3 …) – (a2 + a4 +…)]: 11

Điều kiện để một số chia hết cho 4 ( hoặc 25) là số gồm hai chữ số cuối cùng chia hết cho
4 ( hoặc 25).

Điều kiện để một số chia hết cho 8( hoặc 125) là số gồm ba chữ số cuối cùng chia hết cho
8 ( hoặc 125).

Điều kiện để một số tự nhiên chia hết cho 11 là là tổng các chữ số ở hàng lẻ trừ tổng các
chữ số ở hàng chẵn chia hết cho 11.

<b>2. Đồng dư thức.</b>

2.1. Định nghĩa: Nếu hai số nguyên a và b chia cho c ( c



0) có cùng số dư, ta nói a đồng
dư với b theo modun c kí hiệu ab ( mod c).

Vaäy ab ( modun c)  a – b  c
2.2. Một số tính chất.

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

ab ( mod m)  _ba( mod m)

ab ( mod m) vaø bc ( mod m)  ac ( mod m)

b) ab ( mod m); cd ( mod m)  a + c b + d( mod m)

ab ( mod m) ; cd ( mod m)  a - c  b - d ( mod m)

c) ab ( mod m) ; c d ( mod m)  ac bd ( mod m)

Nếu d là ước chung dương của a, b và m thì:
ab ( mod m) 

<i>d</i>
<i>a</i>


<i>d</i>
<i>b</i>

( mod

<i>d</i>
<i>m</i>

)

d) ab ( mod m); c là ước số chung của a và b và (c, m) =1


<i>c</i>
<i>a</i>


<i>c</i>

<i>b</i> _{( mod m )}

e) ab ( mod m); c > 0  ac bc ( mod mc)

<b>Chú ý.</b>

 Với mọi a, b



Z ( a



b), n



N ta có an – bn  a – b

 Trong n số tự nhiên liên tiếp ( n  1) có một và chỉ một số chia hết chon.

 Trong n + 1 số nguyên bất kỳ (n  1 ) chia cho n thì phải có hai số khi chia cho n có
cùng số dư ( Vận dụng nguyên tắc Ñirichlet)

 Tìm k chữ số tận cùng của số A là tìm số dư khi chia khi chia A cho 10k.

<b>II.</b> <b>BÀI TẬP.</b>

<b>Bài 1</b>: Chứng minh rằng
a) n3 _{- n}__{6 ( n}

_

_Z)
b) m3_{n – nm}3

 6

c) n( n + 1 )( 2n + 1 )  6
d) S  6  P  6
Với S = 3 3

2
3

1 <i>a</i> ... <i>an</i>

<i>a</i>    ; P = a₁ + a₂ + …+ a_n, trong đó a_i



Z, i= 1,<i>n</i>

e) Số

₁₉₉₃

19941995 được viết dưới dạng tổng của các số mà mỗi số là một số tự
nhiên. Ta lũy thừa bậc ba từng số hạng rồi cộng chúng laiï, đem tổng này chia cho 6. Hãy tìm số
dư của phép chia này.

<b>Bài 2:</b> Cho n > 3 ( n



N ), chứng minh rằng:
2n_{= 10a + b ( 0 < b < 9) thì ab}_₆

<b>Bài 3:</b> Chứng minh rằng nếu x, y, z là các số nguyên thõa mãn:
( 100x + 10y + z)  21 thì ( x – 2y + 4z )  21

<b>Bài 4:</b> Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, ta có : 2.7n_{+ 1 là bội của 3}

<b>Bài 5:</b> Chứng minh rằng với n



N

A= 21 2n + 1 _{+ 17}2n + 1 _{+ 15 không chia hết cho 19.}

<b>Bài 6:</b> Có tồn tại hay khơng một số ngun dương là bội của 1993 và có 4 chữ số tận cùng
là 1994.

<b>Bài 7:</b> Tìm bốn chữ số cuối cùng của số
a = ( 19761976_{– 1974}1974_{)( 1976}1975₊₁₉₇₄1973₎

<b>Bài 8:</b> Tìm số tự nhiên k lớn nhất thõa mãn điều kiện: (1994 . )1995 _₁₉₉₅k

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

<b>Bài10:</b>Tìm Tùm chữ số tận cùng của 51995
<b>III. HƯỚNG DẪN GIẢI.</b>

<b>Baøi 1: </b>

a) n3_{– n = n( n + 1)( n – 1)}

n, ( n + 1), ( n – 1) là 3 số nguyên liên tiếp nên có một số chia hết cho 2, một số chia hết
cho 3, maø ( 2, 3) = 1; 2.3 = 6.

Vậy: n( n + 1)( n – 1)  6, ta có điều phải chứng minh.

b) m3_{n – mn}3_{= m}3_{n – nm + nm – mn}3_{= n( m}3_{– m ) – m( n}3_{– n)}__{6 Vì theo câu a thì}
n3 _{- n}__{6; m}3 _{- m}__{6 (m. n}

_

_Z)

c) n( n + 1)( 2n + 1) = n( n + 1)[( n – 1) + ( n + 2)] = n( n + 1)( n – 1) + n ( n + 1)( n + 2)6
d) S – p = ( ) ( ) ... ( 3 )

2
3
2
1
3

1 <i>a</i> <i>a</i> <i>a</i> <i>an</i> <i>an</i>

<i>a</i>       6

Vì ( ) 6;( ) 6;...;( 3 ) 6

2
3
2
1

3

1 <i>a</i>  <i>a</i> <i>a</i>  <i>an</i> <i>an</i> 

<i>a</i>    (Theo câu a)

Do đó: S  6  P  6, ta có điều phải chứng minh.
f) Đặt

₁₉₉₃

19941995 = a1 + a2 + ….+ an = P

Ta coù S = 3 3
3

3

2
3

1 <i>a</i> <i>a</i> ... <i>an</i>

<i>a</i>     , cần tìm số dư khi chia S cho 6. Maø S – P  6 ( câu d)
S  P ( mod 6) mà 1993 1( mod 6)

Neân

₁₉₉₃

19941995  1 ( mod 6) . Vậy số dư S chia cho 6 là 1.

<b>Bài 2: </b>

Cách1: Rõ ràng b  2 nên ab  2.

Đặt n = 4k + r ( r  0  3 ). Ta coù: 2n = 2r. 24k = 2r. 16k
- Nếu r = 0 thì 2n_{= 16}k _{tận cùng bằng .}

Do đó b = 6 nên ab = 6

- Neáu 1  r  3 ta coù 2n – 2r = 2r(16k – 1 )  10

 2n  2r ( mod 10 ) ( do 2r  8)

 2r = b  10a = 2n - b = 2r ( 24k – 1 ) = 2r ( 16k – 1 )  3

 a  3 ( do ( 10, 3) = 1)

 ab  6.

Cách 2: Từ giả thiết ta suy ra b chẵn và b



0. Do đó b chỉ có thể là 2, 4, 6, 8.

Nếu b = 6 thì ab  6

Nếu b = 2 ta suy ra n lẻ  2n  2 ( mod 3)
 10a + b = 9a + a + 2 2 ( mod )

Do 9a  0 (mod 3)  a + 2  2 ( mod 3)  a  0 ( mod 3 )
 ab  6

Trường hợp b = 4, 8 chứng minh tương tự.
<b>Bài 3:</b> Với mọi số nguyên x, y, z ta có:

400x  x(mod 21); 40y  -2y(mod 21); 4z  4z(mod 21);

Suy ra: 400x + 40y + 4z  x – 2y + 4z(mod 21)

Theo giả thiết: 100x + 10y + z  21

Neân 400x + 40y + 4z = 4( 100x + 10y + z)  0 (mod 21)

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

 2.7n + 1  0( mod 3) Hay 2.7n + 1  3
Vaäy: 2.7n _{+ 1 là bội của 3}

<b>Bài 5:</b> Ta có 21  2 ( mod 19)  212n + 1  22n + 1( mod 19)

17  -2( mod 19)  172n+1  ( - 2) 2n+1( mod 19)
 172n+1  - 2 2n+1( mod 19)

 212n + 1 + 172n+1  0( mod 19)

Hay: 212n + 1_{+ 17}2n+1__{19 mà 15 không chia hết cho 19}

Vậy: A= 21 2n + 1 _{+ 17}2n + 1 _{+ 15 không chia hết cho 19.}
<b>Bài 6: </b>

Cách 1: Xét 1994 số sau:

1994, 1994 1994, 1994 1994 1994,…, 1994 1994 1994 1994…1994( 1994 lần số 1994)
Trong 1994 số trên khi chia cho 1993 phải có hai số có cùng số dư.

Giả sử hai số đó là a= 1994…1994( i lần số 1994)

b = 1994…1994 ( j lần số 1994) Với 1  i  j 1994
Khi đó: b – a =     

soâ 994

)
(
1994
...
1994
<i>i</i>

<i>j</i> . 10

4i_{chia hết cho 1993}
Vì 104i_{và 1993 nguyên tố cùng nhau nên:}

 
 


lần1994
)
(
1994
...
1994
<i>i</i>

<i>j</i> chia hết cho 1993.

Cách 2: Giả sử số <i>A</i>1994  1993  104A +1994  1993

35A + 1  1993  35A = 1993B + 1992  2B + 3 = 1995B + 1995 – 35A

 2B + 3  35  B  32( mod 35)  B  ( mod 35)

Đặt B = 16 + 35k ta tính được số A nhỏ nhất là A = 968 ứng với k = 0 và số nhỏ nhất thõa
mãn bài tốn là 9681994.

<b>Bài 7:</b> Rõ ràng ta có a  0( mod 16)

Mặt khác ta có:







)

25
(mod
1
1974
)
25
(mod
1
1976













)
25
(mod
1
1974
)
25
(mod

1
1976
)
25
(mod
1
1974
)
25
(mod
1
1976
1973
1975
1974
1976

 a  0(mod 252)

Từ (1) và (2)  a  0 ( mod 10000)

Vậy a có 4 chữ số tận cùng là 0000.
<b>Bài 8:</b> 1995 = 3.5.7.19

Các bội của 19 trong dãy 1; 2; …; 1994 là 19; 38; …; 1976 gồm 1976 : 19 = 104 số. Tronbg
đó các bội của 192_{là 361; 722; 1083; 1444; 1805; gồm 5 số.}

Do đó số thừa số 19 khi phân tích 1994 . ra thừa số nguyên tố là 104 +5= 109 nên 1994.
= 3109_.5109_.7109_.19109_{.T với T}

 19  T1995
( 1994 .)1995 _₁₉₉₅k

Suy ra: k  109.1995
Vậy k lớn nhất là 109.1995

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

Vì (n, 10) = 1 nên n lẻ .

Ta có: n100_{-1 = (n}50_{+ 1)( n}50 _{-1) = (n}50_{+ 1)( n}25 _{+1) (n}25_-1)
( n25 _{+1) vaø (n}25_{-1) laø hai số chẵn liên tiếp, nên:}

n100_-1

 8 (1)

Vì (n, 10) = 1 nên (n, 5 ) = 1

Ta chứng minh được nếu n không chia hết cho 5 thì n100__{1(mod 125)}

 n100 – 1 _ 125 (2)

Vì (8, 125) = 1 nên từ (1) và (2) suy ra: n100_{– 1}_₁₀₀₀
n101_{– n}

 1000. Ta có điều phải chứng minh.
<b>Bài 10:</b> Ta có 51995_{= 5}11₍₅1984_{– 1) + 5}11
Ta sẽ chứng minh 511₍₅1984_{– 1)}

 108
Aùp dụng liên tiếp a2 _{- b}2 _{= (a – b )( a + b)}

Ta coù: 51984_{– 1 = (5}31_-1)(531_{+ 1)(5}62_{+ 1)(5}124_{+ 1)(5}248_{+ 1)(5}496_{+ 1)(5}992_{+ 1)}
Maø : 531 _{– 1}__{4 và 5}k_{+ 1}_₂_<i>_n</i>_<i>_N</i>

Do đó: 51984_{– 1}_₂8
Vậy: 511_{( 5}1984_{– 1)}

 58. 28  108

Do đó tám chữ số tận cùng của số 51995_{là 48828125 ( = 5}11₎

******************************************************************

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

<b>ƯỚC CHUNG LỚN NHẤT – BỘI CHUNG NHỎ NHẤT.</b>

<b>I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT.</b>

<b>1. Ước chung lớn nhất.</b>
1.1 Định nghĩa:

Cho hai số nguyên dương a và b.

Số d là ước chung lớn nhất của a và b ký hiệu ƯCLN( a, b ) hay (a, b) khi và chỉ khi d là
ước chung của a và b; d là bội của mọi ước chung của a và b.

Neáu ( a1, a2 , a3, … an ) = 1 thì ta nói các số a1 , a2 , a3 , …, an nguyên tố cùng nhau.

Nếu (am; ak) = 1; m



k ( m; k = 1; 2; 3;…;n) thì ta nói các soá a1 , a2 , a3 , …, an đôi một
nguyên tố cùng nhau.

1.2 Tính chất.

a) c



UC(a; b) thì <i>a_c</i>;<i>b_c</i> (<i>a_c</i>;<i>b</i>)







d = (a; b)  ; 1







<i>d</i>
<i>b</i>
<i>d</i>
<i>a</i>

b) (ca; cb) = c(a;b)

c) (a; b) = 1 và b\ ac thì b\ c
d) (a; b) = 1, (a; c) = 1 thì (a; bc) = 1
e) ( a; b; c) = ((a; b); c)

1.3 Tìm ƯCLN bằng thuật tốn Ơclit
Cho a > b > 0

Nếu a= b.q thì (a; b) = b

Neáu a = bq + r ( r



0) thì (a; b) = (b; r)

Để tìm (a; b) khi a không chia hết cho b ta dùng thuật tốn Ơclit.
a = bq + r1 thì (a; b) = (b; r1)

b = r1q1 + r2 thì (b; r1) = ( r1; r2)
r1 = r2q2 + r3 thì (r1; r2) = ( r2; r3)
……….
rn-2 = rn-1qn-1 + rn thì (rn-2; rn-1) = ( rn-1; rn)
rn-1 = rnqn thì (rn-1; rn) = rn

(a; b ) = rn

(a; b) là số dư cuối cùng khác 0 trong thuật toán Ơclit.
<b>2. Bội chung nhỏ nhất.</b>

2.1 Định nghóa.

Cho hai số nguyên dương a và b.

Số m khác 0 là bội chung nhỏ nhất của a và b kí hiệu BCNN( a; b) hay[a; b]khi và chỉ khi
a và b là ước của m; m là ước của mọi bội chung của a và b.

<b>II.2</b> Tính chất .
a) [ca; cb] = c[a; b]
b) [a; b; c] = [[a; b]; b]
c) [a; b].(a; b) = a.b

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

<b>III.</b> <b>BÀI TẬP .</b>

<b>Bài 1: </b>a)Cho a= 5a +3b; B = 13 a + 8b ( a; b



Z*_{). Chứng minh: (A; B) = (a; b)}

b) Tổng quát cho A = ma + nb; B = pa + qb thõa mãn [mq + np ] = 1. Chứng minh
(A; B) = ( a; b).

<b>Baøi 2:</b> a) Tìm ( 2k – 1; 9k + 4) ( k



Z)
b) Tìm ( 6k + 5; 8k + 3) ( k



N)

<b>Bài 3 : </b>Từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6 thành lập các số có 6 chữ số ( mỗi chữ số chỉ viết một
lần). Tìm ƯCLN của các số đó.

<b>Bài 4: </b>Cho A = 2n + 1; B = <i>n</i>(<i>n</i>₂1) (n



Z*_{). Tìm (A; B)}

<b>Bài 5: </b>a) Chứng minh rằng trong 5 số nguyên liên tiếp bao giờ cũng chọn được một số
nguyên tố cùng nhau với các số còn lại.

b) Chứng minh rằng từ 16 số nguyên liên tiếp bao giờ cũng chọn được một số
nguyên tố cùng nhau với các số cịn lại.

<b>Bài 6: </b>Cho A = 2n _{+ 3}n _{; B = 2}n + 1 _{+ 3} n + 1_{; C = 2}n + 2 _{+ 3}n + 2 _(n

_

_Z*_).
Tìm (A; B) và (A; C)

<b>Bài 7: </b>a) Tìm[n; n+1; n + 2]

b) Chứng minh rằng [1; 2; 4; …; 2n] = [ n + 1; n + 2; …; 2n]
<b>Bài 8: </b>Chứng minh rằng dãy số Fermat

Fn = 22n + 1 (n



N) là dãy số nguyên tố cùng nhau.
<b>Bài 9: </b>Cho a = 123456789

b = 987654321
a) Tìm (a; b)

b) Tìm số dư khi chia [a; b] cho11

<b>Bài 10: </b>Cho 20 số tự nhiên khác 0: a1 < a2 < ….< a20
Chứng minh rằng [a1; a2; ….; a20] 20a1

<b>III. HƯỚNG DẪN GIẢI.</b>
<b>Bài 1: </b>

a) Đặt D = (A; B); d = (a; b)

 d = (a; b)  d\ a vaø d\b  d\ 5a + b vaø d\13a + 8b  d\ D (1)
 D = ( A; B)  D\ 5a + 3b vaø D\13a + 8b  D\8(5a + 3b ) – 3(13a + 8b)

Hay D\a vaø D\b  _D\d ₍₂₎

Từ (1) và(2) ta có: D = d
Vậy (A; B) = (a: b).

b) Đặt D = (A; B); d = (a; b)

 d = (a; b)  d\a vaø d\b  d\ma + nb vaø d\pa + qb  d\D (1)
 D = ( A; B)  D\ma + nb vaø D\pa + qb  D\q(ma + nb ) – n(pa + qb)

Vaø D\p(ma + nb ) – m(pa + qb)

Hay D\ (mq – np)a

Vaø D\ (np – mq)b
Maø <i>mq</i> <i>np</i> 1

 _{D\a vaø D\b} _D\d ₍₂₎

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>

<b>Bài 2: </b>

a) Đặt d= ( 2k – 1; 9k + 4)
 d\2k -1 vaø d\9k + 4
 _{d\9(2k -1) vaø d\2( 9k +4)}

 d\2(9k + 4) – 9(2k – 1) hay d\17
 _{d = 1 hoặc d = 17}

( ví duï khi d = 1 khi k = 1; d = 17 khi k = 9)
b) Đặt d = ( 6k + 5; 8k + 3)

 d\6k +5 và d\8k + 3
 _{d\4(6k +5) và d\3( 8k +3)}
 d\4(6k + 5) – 3(8k +3) hay d\11
 _{d = 1 hoặc d = 11}

( ví dụ khi d = 1 khi k = 2; d = 11 khi k = 1)

<b>Bài 3: </b>Các số đôi một khác nhau được thành lập từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6 có tổng các
chữ số bằng 21  _{Các chữ số lập được chia hết cho 3 và không chia hết cho 9.}

Mặt khác ƯCLN cần tìm là ước của 123465 – 123456 = 9.

Do đó ƯCLN cần tìm là 3.

<b>Bài 4: </b>Đặt d = 






 



2
)
1
(
;
1

2<i>n</i> <i>n</i> <i>n</i>

 d\2n +1 vaø d\

2
)
1
(<i>n</i>

<i>n</i>

 d\2n + 1 vaø d\2n( n +1 )
 _{d\2n(n + 1) – (2n +1 )} _d\n
Mà d\2n +1 nên d\2n +1 – 2n

 _d\1 _{d = 1 Vậy (A; B) = 1}

<b>Bài 5: </b>

a) Nếu hai số không bằng nhau mà hơn kém nhau khơng q 4 đơn vị thì khơng thể có
ước chung quá 4.

Như vậy hai số ntrong năm số tự nhiên liên tiếp có thể có các ước chung là 2; 3; 4 hoặc
chúng nguyên tố cùng nhau. Trong 5 số tự nhiên liên tiếp phải có ít nhất 2 số lẻ và có ít nhất một
số khơng chia hết cho 3. Số này nguyên tố cùng nhau với các số cịn lại.

b) Xét 16 số nguyên liên tieáp a + 1; a +2; …; a + 16 (1)
Goïi d = ( a +r; a + s) ( 0 < r < 1  16; r; s



N)

Ta có d 15. Ta chỉ có một số khơng có ước chung bằng 2; 3; 5; 7; 11; 13 với bất kỳ số
nào khác trong dãy trên.

Ở đây (1) có 8 số lẻ liên tiếp. Số các bội của 3  5, số các bội của 5  3, số các bội của
7  2, số các bội của 7  2, số các bội của 11 hoặc 13 đều  2. Dễ thấy, hai số liên tiếp cùng
là bội của số lẻ p thì phải có một số chẵn và số kia lẻ.

- Nếu các bội của 3; 5; 7; 11; 13 chỉ gồm 7 số lẻ trong số 8 số lẻ ở dãy (1), thì số cịn lại
là số ngun tố với tất cả 15 số còn lại.

</div>
<span class='text_page_counter'>(9)</span><div class='page_container' data-page=9>

- Các số lẻ bội 3 là số lẻ thứ 1; 4; 7 và các số lẻ bội 5 là số thứ 3; 8 thì số lẻ bội của

13 là số phải tìm trừ một trường hợp số đó là số lẻ thứ 2 mà số chẵn thứ 8 là bội của 13 thì số lẻ
bội 11 là số lẻ phải tìm.

- Các số lẻ là bội của 3 là các số lẻ thứ 2; 5; 8 và các số lẻ là bội của 5 là các số lẻ
thứ 1; 6 thì cũng được xét tương tự như trên.

Vậy bài tóan được chứng minh hoàn toàn.

Chú ý: Mệnh đề đúng với dãy có ít hơn 16 số. Mệnh đề khơng đúng với dãy nhiều hơn,
chẳng hạn 17 số từ 1184 đến 1220 khơng có một số nào ngun tố với các số cịn lại.

<b>Bài 6: </b>

Đặt d = (A; B)

 d\A vaø d\B  d\B – 2A vaø d\3A – B
Hay d\3n _{vaø d\2}n _ _{d\ (3}n_{, 2}n₎

Maø (3; 2) = 1  (3n, 2n) = 1
Ta cód\1  _{d =1}

(A; B) = 1

Đặt d' = (A; C)

 d'\A vaø d'\C  d'\9A – C vaø d'\C – 4A
Hay d'\5.2n_{vaø d'\5. 3}n

 d'\ (5.2n, 5.3n) = 5(2n; 3n) = 5
d' = 1 hoặc d' = 5

- Khi n lẻ thì n +2 lẻ.
Do đó( 2n_{+ 3}n₎

 ( 2 + 3)
(2n +2 _{+ 3}n +2₎__{(2 +3)}

A  5; C  5 neân (A; C) = 5
- Khi n chẵn 2n_{+ 3}n __{5 nên (A; C) = 1}
<b>Bài 7: </b>

a)Đặt A = [n; n +1], B = [A; n +2]
Ta coù B = [n; n+1; n + 2 ]

Maø (n; n +1) = 1 neân [n; n + 1 ] = n(n + 1)
Mặt khác ( n + 1; n + 2) = 1 neân

d= (n(n +1); n +2)
= (n; n +2) = (n; 2) =




lẻ
n
nếu
1
chẵn
n
nếu

2
Do đó:

[n; n +1; n + 2] =













lẻ)
n
nếu
2)(
1)(n
n(n
chẵn)
n
nếu
(
2
)
2

)(
1
(
)
2
)(
1

( <i>n</i> <i>n</i> <i>n</i>

<i>d</i>
<i>n</i>
<i>n</i>
<i>n</i>

c) Vì trong k số ngun liên tiếp có một và chỉ một số chia hết cho k. Do đó bất kỳ một
trong các số 1; 2; …; n đều là ước của một số nào đó trong các số n + 1; n +2;…; 2n.

Do đó: [1; 2; …n; n +1; n +2;…; 2n] = [n; n +1; n +2;…; 2n]
<b>Bài 8: </b>Xét m > n, n  0, m = n +k, k > 0.

Goïi d = (Fn; Fm) = (Fn; Fn + k ) vaø đặt a =

2

2

</div>
<span class='text_page_counter'>(10)</span><div class='page_container' data-page=10>

Ta có: Fn + k -2 =

<i>a</i>

<i>k</i>

2 _{- 1} a +1. Vậy Fn + k - 2  Fn
Từ





k

n
n
F
của
ước
là

F
của
ước
là

<i>d</i>
<i>d</i>

 d\2 và do d lẻ nên d = 1.

Vậy dãy số Fermat là dãy số các số nguyên đôi một nguyên tố cùng nhau.
<b>Bài 9: </b>

a) Ta nhận thấy rằng ( 1 + 2 + 3 + …+ 9)  9 nên a và b đều chia hết cho 9.
Mặt khác: a + b = 1111 111 110 =

9

10
1010



10b + a = 9 999 999 999 = 1010_{– 1} ₍₁₎

9b + 9a = 1010_{- 10} ₍₂₎

Trừ (1) và (2) vế với vế, ta được: b – 8a = 9 (*)
Do đó: Nếu đặt d = ( a; b) thì từ (*) ta suy ra d  9

Mà a và b đều chia hết cho 9, suy ra d = 9.
b) Ta có: [a; b] = ₍<i>_aab</i>_;<i>_b</i>₎ <i>ab</i>₉

Nhưng

9

<i>a</i>

= 13 + 17342 = 3 + 11k1; b = 5 +11k2

Vaäy [a; b ] = (3 + 11k1 )( 5 +11k2 ) = 4 + 11m. Vậy số dư là 4.
<b>Bài 10: </b>Gọi m = [a1; a2; ….; a20]

Nên m = a1b1 = a2b2 = a3b3 =…= a20b20
Maø: a1 < a2 < ….< a20

Nên: b1 > b2 > b3 > …..> b20

Vậy giá trị nhỏ nhất b1= 20
Do đó: m = a1b1  20a1

Tóm lại: [a1; a2; ….; a20]  20a1

*********************************************************

<i>CHƯƠNG III</i>

</div>
<span class='text_page_counter'>(11)</span><div class='page_container' data-page=11>

<b>I. TĨM TẮT LÝ THUYẾT.</b>
<b>I.1 SỐ NGUYÊN TỐ – HỢP SỐ.</b>
<b>1. Định nghĩa: </b>

• Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1 và chỉ có hai ước là 1 và chính nó.
• Hợp số là số tự nhiên lớn hơn 1 và có nhiều hơn hai ước.

<b>2. Định lý:</b>

Ước nhỏ nhất lớn hơn 1 của một số tự nhiên lớn hơn 1 là một số nguyên tố.
Từ đó suy ra rằng: Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 bao giờ cũng có ước nguyên tố.
<b>I.2 TẬP HỢP CÁC SỐ NGYÊN TỐ.</b>

• Định lý 1: Tập hợp các số nguyên tố là vô hạn.

• Định lý 2: Ước nguyên tố nhỏ nhất của một hợp số n là một số không vượt quá <i>n</i>.
Hệ quả: Nếu số tự nhiên n > 1 khơng có ước ngun tố nào từ 2 đến <i>n</i> thì n là một số
ngun tố.

<b>I.3 PHÂN TÍCH THÀNH THỪA SỐ NGUYÊN TỐ.</b>
<b>1. Định lý cơ bản.</b>

Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tích được ra thừa số nguyên tố một cách duy nhất
( không kể thứ tự các thừa số)

<b>2. Dạng phân tích tiêu chuẩn của một số tự nhiên lớn hơn 1.</b>

Gọi p1; p2; p3;…; pk là các thừa số nguyên tố khác nhau và là ước của a; m1; m2; m3;…; mk
lần lượt là số các thừa số của p1; p2; p3;…; pk;, ta có:

a = <i>pm</i> <i>pm</i> <i>pm</i> <i>pmk</i>

<i>k</i>
,...,
,

, 2 3

1

3
2
1

Số a viết được như trên gọi là dạng phân tích tiêu chuẩn.
<b>Chú ý: </b>

- Số ước chung của a là (m1 + 1)( m2 + 1)…( mk + 1)
- Nếu a = n! thì số mũ mi của pi nào đó sẽ là
mi = 2 ... ...






















<i>k</i>
<i>i</i>
<i>i</i>

<i>i</i> <i>p</i>

<i>n</i>
<i>p</i>

<i>n</i>
<i>p</i>

<i>n</i>

<b>II. BÀI TẬP.</b>

<b>Bài 1: </b>Tìm các số ngun tố p để:

a) p + 10; p + 14 cũng là các số nguyên tố.
b) p + 2; p + 4 cũng là các số nguyên tố.

c) p + 2; p + 6; p + 8; p + 14 cũng là các số nguyên tố.

<b>Bài 2: </b>Tìm tất cả các số tự nhiên k để: k + 1; k + 3; k + 7; k + 9; k + 13; k + 15 là các số
ngun tố.

<b>Bài 3: </b>

a) Tìm các số nguyên tố p sao cho 2p + 1 bằng lập phương của một số tự nhiên.
b) Tìm các số nguyên tố p sao cho 13p + 1 bằng lập phương của một số tự nhiên.
<b>Bài 4: </b>Tìm cặp số tự nhiên (x; y) sao cho: 1<i>_x</i> 1<i>_y</i> 1<i>_p</i>( p là số nguyên tố.

<b>Bài 5:</b> Chứng minh rằng số : N =

1
5

1
5

25
125




là hợp số.

</div>
<span class='text_page_counter'>(12)</span><div class='page_container' data-page=12>

<b>Baøi 7: </b>Tìm tất cả các bộ basốnguyên tố liên tiếp sao cho tổng bình phương của ba số này
cũng là số nguyên tố.

<b>Bài 8: </b>Chứng minh định lý Fécma nhỏ. Nếu p là số nguyên tố và (a; p) =1 thì ap -1__{p với}
mọi a



Z+_.

<b>Baøi 9: </b>

a) Giả sử p là số nguyên tố lẻ đặt m =

8
1

9<i>p</i>  _{. Chứng minh rằng m là một hợp số lẻ không}
chia hết cho 3 và 3m – 1

_

_{1(mod m).}

b) Cho số nguyên tố p, các số dương a, n (n 2) thoả a



1 (mod pn ). Tìm số dư khi chia a
cho pn -1_.

<b>Bài 10: </b>Cho A = n! +1, B = n +1 ( n



Z+_{). Chứng minh rằng nếu A}__{B thì B là số}
nguyên tố.

<b>III. HƯỚNG DẪN GIẢI BAØI TẬP.</b>
<b>Bài 1: </b>

a) Rõ ràng p = 3 là số nguyên tố nhỏ nhất thõa mãn bài tóan.
Nếu p > 3 thì p có dạng 3k + 1 hoặc 3k + 2 ( vì p là số nguyên tố)

Khi p = 3k + 1 thì p + 14 = 3k + 15  3; p + 14 > 3 nên p + 14 không phải là số nguyên
tố .

Khi p = 3k +2 thì p + 10 = 3k + 12  3; p + 10 > 3 nên p + 10 không phải là số nguyên tố.
b) p = 2 thì p + 2 = 4 là hợp số.

P = 3 thì bộ 3; 5; 7 là bộ ba cần tìm.
p



3 thì p = 3k + 1 hoặc p = 3k – 1
Nếu p = 3k + 1 thì p + 2  3 là hợp số.
Nếu p = 3k - 1 thì p + 4  3 là hợp số.
Vậy p = 3 là số nguyên tố duy nhất cần tìm.
c) p = 5 thì 5; 7; 11; 13; 19 là bộ năm cần tìm.

p



5 thì p = 5k  1; 5k  2. Với cách lý luận tương tự như cấu a, vập p = 5 là số
nguyên tố duy nhất cần tìm.

<b>Bài 2: (</b>Giải tương tự bài 1) k = 4
<b>Bài 3: </b>

a) Giả sử 2p + 1 = z3 _{( z}

_

_N)_ _{z lẻ.}
Đặt z = 2n + 1 (z



N)

Nhö vaäy: 2p + 1 = ( 2n +1)3_{= 8n}3 _{+ 12n}2 _{+ 6n + 1}

 p = n(4n2 + 6n + 3).

Vì p nguyên tố nên suy ra n = 1, thay vào ta thấy p = 13 là số nguyên tố thoã mãn đề bài.
b) Giả sử 13p + 1 = m3_{( m}

_

_{N) mà p}__{2 suy ra m}__3.

 _{13p = (m- 1)( m}2 _{+ m + 1)}

13 và p là số nguyên tố, m – 1 > 1; m2 _{+ m + 1 > 1}
Nên m – 1 =13 hoặc m – 1 = p.

* m – 1 = 13  m = 14

m3 _{= 2744; p = 211 ta có 14}3 _{= 13.211 +1;}
211 là số nguyên tố ( đúng)

</div>
<span class='text_page_counter'>(13)</span><div class='page_container' data-page=13>

m2 _{+ m + 12 = 0}
( m +4)(m – 3 ) = 0

Vì m +4 > 0 neân m – 3 = 0  _{m = 3}

Suy ra p = 2. ta có 33_{= 13.2 +1; 2 là số nguyên tố ( đúng).}
Vậy p = 2 hoặc p =211

<b>Bài 4: </b>Do x; y



N nên đẳng thức đã cho tương đương với (x – p)(y – p) = p2_{. Do p nguyên}
tố và x, y > p nên có các khả năng:

a) x – p = 1; y – p = p2_ _{x = p +1 vaø y = p}2_{+ 1}
b) x – p = p2_{; y – p = 1}_ _{x = p}2_{+ p vaø y = p +1}
c) x – p = p ; y – p = p  x = 2p vaø y = 2p

<b>Bài 5: </b>Đặt a = 525_{, khi đó:}
N =

1
1

5




<i>a</i>
<i>a</i>

= a4_{+ a}3_{+ a}2_{+ a}₊₁

= (a4_{+ 9a}2_{+ 1 + 6a}3_{+ 6a + 2a}2_{) – (5a}3_{+ 10a}2₊₁₎
= (a2_{+ 3a + 1)}2_{– 5a(a}2_{+ 2a +1)}

= (a2_{+ 3a + 1)}2_{– 5.5}25_{( a + 1 )}2
= (a2_{+ 3a + 1)}2_–[513_{( a +1 )]}2

= [a2_{+ 3a + 1 + 5}13_{(a +1)][ a}2_{+ 3a + 1 – 5}13_{(a +1)].}
N là tích của hai số nguyên lớn hơn 1. Vậy N là hợp số.
<b>Bài 6: </b>Rõ ràng p > 2 nên p lẻ.

Vì p vừa là tổng, vừa là hiệu của hai số nguyên tố nên một số phải chẵn, còn số kia phải
lẻ. Số chẵn là 2.

Như vậy: p = r + 2 = s – 2 ( r, s là số nguyên tố)

Nhưng: r = p -2; p và s = p + 2 là 3 số lẻ liên tiếp nên có một số chia hết cho 3. Suy ra có
một số bằngø 3.

* Nếu r = 3  p – 2 = 3  p = 5  s = p +2 = 7. Thõa mãn đề bài.
P = 5 là bộ ba số nguyên tố cần tìm.

* Nếu p = 3  r = p – 2 = 1 Không nguyên tố ( loại)
* Nếu s = 3  _{p +2 = 3} _{p = 1 Không nguyên tố ( loại)}

<b>Bài 7: </b>Gọi ba số nguyên tố liên tiếp cần tìm là p; s; r và p < s < r.

Nếu p, s, r đều không chia hết cho 3  _p2_{, s}2_{, r}2 _{chia cho 3 có số dư là 1}

 (p2+ s2+ r2) 3

Mà p2_{+ s}2_{+ r}2_{> 3 nên p}2_{+ s}2_{+ r}2_{khơng là số ngun tố .}
Do đó có ít nhất một trong ba số p, s. r chia hết cho 3.
* p = 3 s = 5; r = 7 ta co.ù

p2_{+ s}2_{+ r}2_{= 83 là số nguyên tố.}
* r = 3 p = 2; s = 5 ta coù

p2_{+ s}2_{+ r}2_{= 38 không là số nguyên tố.}
* s = 3 r =2 không tonà tại p.

Tóm lại: Ba số nguyên cần tìm là 3; 5; 7.
<b>Bài 8: </b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(14)</span><div class='page_container' data-page=14>

r1; r2;…; rp – 1 đôi một khác nhau.

Thật vậy nếu có r1 = rj ( 1  i < j  p – 1)

Thì ia



ja(mod p)  _{a( i –j)}

_

_{0 (mod p) (*)}
a  p; i –j  p neân (*) không xảy ra.

Do đó: r1. r2.… rp – 1 = ( p – 1)!

2a. 3a. …(p -1)a



r1. r2.… rp – 1( mod p)
(p -1)!ap -1

_

_{( p -1)!(mod p)}

Vì: ((p -1)!; p) = 1  ap -1

_

1 (mod p).

<b>Bài 9: </b>

a)Ta có : m = <i>ab</i>
<i>p</i>

<i>p</i>









 








 

4
1
3
2

1
3

, dễ thấy a, b đều nguyên dương lớn hơn 1 do đó m là
hợp số. Mà m = 9p -1 _{+ 9}p – 2 _{+ …+ 1 suy ra m lẻ và chia cho 3 dư 1.}

Theo định ký fecma nhỏ: 9p _{- 9}__{p vì (p; 8) = 1}
Neân: 9p _{- 9}

 8p hay m -1 =

8
9
9<i>p</i> 

p
Vì m – 1 chẵn nên cũng có: m -1  2p
Do đó: 3m – 1 _{- 1}_₃2p _{– 1}_

8
1
9<i>p</i>  _{= m.}
b) Xét các trường hợp:

1) p = 2, ta coù: a2

_

_{1(mod 2}n₎

 a lẻ. Đặt a = 2x + 1 ( x



N)
 _{2(x +1)x} 2n  x(x + 1)  2n -2
Dễ dàng suy ra a



 1(mod 2n -1).

2) p  3 ta coùap



a



1( mod p) ( Định lý Fec ma nhỏ)
 d= ( a-1, ap -1 + ap- 2+ …+ a +1)  p

 _{d = p vì d\p}

(a -1)( ap -1_{+ a}p- 2_{+ …+ a+ 1)}__pn
Maø: ap -1_{+ a}p- 2_{+ …+ a+ 1}

_

_{p ( mod p}2₎

 a -1  pn -1  a



1( mod pn -1).

<b>Bài 10: </b>Giả sử<b> </b>B khơng phải là số ngun tố.
Do đó B có ước nguyên tố q, p < B

 p  n  p\n!.

Mặt khác A  B Nên p\A. Đo đó p\A - n! hay p\1. Vơ lý.
Mà n ngun dương nên B



0, B



1

Vậy B là số nguyên toá.

</div>
<span class='text_page_counter'>(15)</span><div class='page_container' data-page=15>

<b>Bài toán 4</b>: Chứng minh rằng trong 51 số khác nhau có một hoặc hai chữ số, ta có thể
chọn ra 6 số sao cho trong 6 số đó khơng có hai số nào có những chữ số giống nhau trong một thứ
tự.

Bài giải

Ta chọn 6 chữ số hàng chục sao cho có một nhóm, khơng ít hơn 6, các số đã rơi vào một
hàng chục nào đó; có một nhm, khơng ít hơn, các số rơi vào hàng chục tiếp theo;…; cuối cùng
có ít nhất một số rơi vào hàng chục còn lại. Các số cuối cùng thuộc một nhóm khác thì khác nhau
chữ số hàng đơn vị.

Ta chọn ở mỗi nhóm một số sao cho chữ số hàng đơn vị khác nhau; chọn một số nhóm
cuối, lấy một số ở nhóm kế trước đó … ta được 6 số thõa mãn yêu cầu của bài toán.

<b>Bài toán 5</b>: Chứng minh tồn tại một số tự nhiên x < 17 sao cho 25x _{- 1}_₁₇
Bài giải

Xét dãy số gồm 17 số hạng sau: 25, 252_{, 25}3_{, 25}4_{,…, 25}17_(*)
Chia các số hạng của dãy (*) cho 17

Vì (25; 17) = 1 nên (25n_{, 17) = 1.}_<i>_n</i>_<i>_N</i> _{và n}__{1. Do đó số dư của các phép chia chỉ có}
thể theo một thứ tự nào đó là 1, 2, 3, 4, …, 16. Có 17 phép chia và 16 số dư có thể có nên có ít
nhất 2 số hạng của dãy (*) chia cho 17 có cùng số dư.

Gọi 2 số đó là 25i_{và 25}j _{với i, j}

_

_{N và 1}__i__j_₁₇

 ₂₅j_{– 25}i _₁₇

 25i(25j – i – 1)  17

Vì (25i_{; 17) = 1 nên: (25}j – i_{– 1)}
 17
Vì 1 i  j  17  j – i < 17

Vậy <i>x</i><i>N</i> và x < 17 để 25x – 1  17

Bài toán 6: Chứng minh rằng tồn tại số có dạng 199419941994….1994 gồm k số 1994, với
k



N và 1< k  1993, chia hết cho 1993.

Bài giải
Xem dãy số

a1 = 1994
a2 = 19941994
………

a1994 =         
sô 994

1994

1994
....

94
1994199419

Ta chia các số hạng của dãy cho 1993

Có 1994 phép chia mà tập hợp các số dư có tối đa là 1993 gia ùtrị.Do đó có ít nhất 2 số
hạng của dãy chia cho 1993 có cùng số dư .

Gọi 2 số đó là ai và aj:

ai = 199419941994…1994( có i chữ số 1994)
aj = 199419941994…1994 ( có j chữ số 1994)
Với i, j



N và 1 i  j  1994.

</div>
<span class='text_page_counter'>(16)</span><div class='page_container' data-page=16>

              
0
số
chữ
1994
số <i>i</i>
<i>i</i>

<i>j</i> ) 4

(
0000
...
0000
1994
...

94
1994199419

  1993

 <i>i</i>
<i>i</i>
<i>j</i>
4
)
(
10
.
1994
...
94
1994199419_ _ _ _ _ _ _ _ _

1994
số

  1993

Vì (10; 1993) = 1 nên (10k_{, 1993) = 1}




<i>k</i> <i>Z</i>
Do đó ta có:         

1994
soá
<i>k</i>
1994
...
94

1994199419 __{1993 k}

_

_{N và 1< k}_₁₉₉₃

<b>Bài </b>

tốn 7 : Có tồn tại hay khơng, số có dạng: 199319931993…19930000…0000 chia hết cho 1994.
Bài giải

Xem dãy số
b1 = 1993
b2 = 19931993
………

b1994 =         
soâ 993

1994

1993
....
93
1993199319

Ta chia tất cả các số hạng của dãy cho 1994. Khơng có số hạng nào của dãy chia hết cho
1994. Có 1994 phép chia mà tập hợp các số dư có tối đa là 1993 trị số, do đó có ít nhất hai số
hạng của dãy chia cho 1994 có cùng số dư.

Gọi 2 số đó là bi và bj:

bi = 199319931993…1993( có i chữ số 1993)
bj = 199319931993…1993 ( có j chữ số 1993)
Với i, j



N và 1 i < j  1993.

 _bj – bi 1994

              
0
số
chữ
1993
số <i>i</i>
<i>i</i>

<i>j</i> ) 4

(
0000
...
0000
1994
...
93
1993199319

  1994

Vậy tonà tại số có dạng 19931993…19930000…0000 Chia hết cho 1994.
Bài toán 8: Chứng minh rằng tồn tại n



N sao cho 3n _{tận cùng bằng 000001}

Bài giải
Ta chứng minh tồn tại n



N để cho 3n_{– 1}

 106
Ta xét dãy số gồm 1000000 số hạng sau:

3, 32_{, 3}3_{, ….,}

3

10

6 (*)

Chia các số hạng của dãy (*) cho 106_{. Số dư của các phép chia có thể có là}

1, 2, 3, 4,…,999999. Có một triệu phép chia, do đó có ít nhất hai số hạng của dãy (*) có
cùng số dư trong phép chia cho 106_.

Gọi hai số đó là 3i_{và 3}j_{. Với i, j}

_

_{N và 1}__{i < j}_₁₀6_.

 3j – 3i 106
 ₃i₍₃j – i _{- 1) 10}6

Nhưng (3; 10) = 1  (3i – 106) = 1
Do đó: 3j – i_{– 1 10}6

</div>
<span class='text_page_counter'>(17)</span><div class='page_container' data-page=17></div>

<!--links-->