Giải pháp để nâng cao hiệu quả công tác bồi dưỡng HSG cấp tỉnh chủ đề quan hệ chia hết trong chuyên đề số học tại huyện bá thước

1

1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài.
Cùng với sự phát triển của đất nước, sự nghiệp giáo dục cũng không
ngừng đổi mới. Các nhà trường đã ngày càng chú trọng hơn đến chất lượng giáo
dục toàn diện bên cạnh sự đầu tư thích đáng cho giáo dục mũi nhọn. Với vai trị
là mơn học cơng cụ, bộ mơn tốn đã góp phần tạo điều kiện cho các em học tốt
các bộ môn khoa học tự nhiên khác. Dạy như thế nào để học sinh không những
nắm chắc kiến thức cơ bản một cách hệ thống mà phải được nâng cao để các em
có hứng thú, say mê học tập là một câu hỏi mà mỗi thầy cô chúng ta ln đặt ra
cho mình.
Để đáp ứng được u cầu của sự nghiệp giáo dục và nhu cầu học tập của
học sinh đặc biệt là học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh. Điều đó địi hỏi trong
giảng dạy chúng ta phải biết chắt lọc kiến thức, phải đi từ dễ đến khó, từ cụ thể
đến trừu tượng và phát triển thành tổng quát giúp học sinh có thể phát triển tốt tư
duy tốn học. Với đối tượng học sinh giỏi ơn luyện cấp huyện và cấp tỉnh, các
em có tư duy nhạy bén, có nhu cầu hiểu biết ngày càng cao, làm thế nào để các
em học sinh này phát huy hết khả năng của mình, đó là trách nhiệm của các giáo
viên chúng ta.
Với niềm đam mê toán học cùng với sự tìm tịi của bản thân. Tơi đã gặp
nhiều dạng tốn mà giải chúng ta gặp rất nhiều khó khăn. Nhiều học sinh khi
gặp các bài toán nằm trong chun đề “Số học” thì vơ cùng lúng túng, khơng
biết nó nằm ở dạng nào, cách gải ra sao. Trong khn khổ sách giáo khoa thì chỉ
đưa ra lượng kiến thức tương đối đơn giản. Nên việc các em tiếp cận với các bài
toán về số học cấp huyện, cấp tỉnh là điều tương đối khó khăn. Bên cạch đó các
thầy cô khi giảng dạy về phần số học này thì cũng khơng có tài liệu nào phân
loại chi tiết và có hệ thống, nên khi giảng dạy cũng gặp khơng ít khó khăn. Vì
vậy qua nhiều lần ơn học sinh giỏi đội tuyển cấp huyện và cấp tỉnh, tôi thấy sự
cần thiết nên chia thành nhiều dạng, cung cấp cho các em nhiều kiến thức lý
thuyết quan trọng để dạy. Đặc biệt chủ đề “Quan hệ chia hết” trong chuyên đề

“Số học” thì cần phân loại ra các bài tốn có liên quan với nhau để dạy một cách
hệ thống cho học sinh nắm bắt được logic và cụ thể hơn. Thực tế, qua những
năm phụ trách bồi dưỡng học sinh giỏi mơn Tốn cấp huyện, cấp tỉnh, tơi nhận
thấy các em học sinh thực sự gặp rất nhiều khó khăn khi học về chun đề “Số
học” nếu khơng được học bài bản và có hệ thống. Chủ đề “Quan hệ chia hết” là
đề tài lý thú, phong phú và đa dạng của số học THCS và không thể thiếu khi bồi
dưỡng học sinh giỏi mơn tốn THCS các cấp. Từ những lý do trên, tôi mạnh dạn
triển khai sáng kiến: Giải pháp để nâng cao hiệu quả công tác bồi dưỡng
HSG cấp Tỉnh chủ đề “Quan hệ chia hết” trong chuyên đề “Số học” tại
huyện Bá Thước.
1.2. Mục đính của nghiên cứu.
Nâng cao chất lượng giáo dục, đặc biệt là chất lượng bồi dưỡng đội tuyển
học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh trong chuyên đề số học. Phát huy tính tích cực,
chủ động sáng tạo, năng lực tự học của học sinh, tạo điều kiện cho các em hứng
thú học tập bộ môn. Nêu nên một số kinh nghiệm của bản thân về: Giải pháp để


2

nâng cao hiệu quả công tác bồi dưỡng HSG cấp Tỉnh chủ đề “Quan hệ chia
hết” trong chuyên đề “Số học” tại huyện Bá Thước.
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
Các dạng toán về chủ đề “Quan hệ chia hết” trong chuyên đề “Số học” để
ôn thi học sinh giỏi cấp Huyện, cấp Tỉnh mơn Tốn.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
- Phương pháp đọc sách, nghiên cứu các tài liệu về mơn tốn có liên quan
đến chủ để “Quan hệ chia hết” trong chuyên đề “Số học”.
- Phương pháp điều tra thực trạng.
- Phương pháp phỏng vấn và trao đổi với giáo viên.
- Phương pháp khảo sát chất lượng học sinh.

2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm.
Cùng với sự phát triển của xã hội. Nền giáo dục của nước ta cũng có
những biến đổi về nội dung SGK và phương pháp giáo dục, dạy cho học sinh
kiến thức SGK là chưa đủ, mà còn dạy các em cách tự học và sáng tạo. Dạy cho
em các kĩ năng vận dụng, với các thủ thuật vận dụng.
Với tốc độ yêu cầu ngày càng cao của tốn học, chúng ta cần sáng tạo, tìm
tịi các sáng kiến và giải pháp để phục vụ cho việc học tập có hiệu quả, bên cạch
là các em phải có một kiến thức nhất định của SGK, một đầu óc biết tư duy và
suy luận mới có thể dụng được. Cho nên nền giáo dục của nước ta đã tổ chức
các cuộc thi học sinh giỏi các cấp nhằm tìm ra nhân tài cho đất nước. Theo nghị
quyết TW4 khóa 7 “phải áp dụng phương pháp dạy học hiện đại để bồi dưỡng
cho học sinh có năng lực tư duy sáng tạo, năng lực giải quyết vấn đề’’ [15].
Nghị quyết TW2 khóa 8: “phải đổi mới phương pháp giáo dục đào tạo, khắc
phục lối truyền thụ một chiều….’’. [16]
2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
Trong những năm vừa qua, huyện Bá Thước đều tổ chức và tham gia các
kì thi học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh và đã đạt được những hiệu quả nhất định
và đặc biệt về mơn Tốn cũng đã có những chuyển biến phần nào nhưng cũng
chưa thực sự rõ nét. Nhiều năm liền thì đội tuyển Tốn tham gia kì thi cấp tỉnh
Thanh Hóa đều đạt giải, song việc đạt giải chính thức, đặc biệt là giải Nhất, Nhì
hoặc số lượng đạt nhiều giải thì lại rất khó khăn. Bản thân tơi thì trong những
năm gần đây thực hiện đề án trường trọng điểm chất lượng cao của huyện Bá
Thước và tham gia vào việc ôn thi HSG đội tuyển tỉnh mơn Tốn trong nhiều
năm liền. Trong những năm vừa qua thì đều đạt được những kết quả hết sức
khích lệ. Qua giảng dạy thì bản thân thấy kinh nghiệm càng nhiều hơn, các dạng
toán về số học cần được phân chia cụ thể, rõ ràng từng dạng để học sinh dễ nắm
bắt. Đặc biệt là các bài toán về số học cần phân chia các bài toán cụ thể và cách
giải cần rõ ràng cụ thể,...Qua đó các em sẽ hiểu sâu hơn vấn đề và làm tốt các
bài tập có liên quan. Bằng kinh nghiệm trong giảng dạy, bản thân thấy việc nâng

cao chất lượng học sinh giỏi trong chuyên đề số học có những thực trạng sau:


3

+ Thuận lợi:
Bản thân tơi là một giáo viên Tốn nên đã nắm bắt và hiểu rõ về bộ mơn
Tốn nói chung và chuyên đề số học nói riêng. Được sự giúp đỡ nhiệt tình của
Ban giám hiệu, của các đồng chí cùng bộ mơn, giúp tơi tổng hợp một số tài liệu
để giảng dạy.
Các em khi được tham gia vào đội tuyển cấp huyện và cấp tỉnh rất đam
mê, hứng thú và có tố chất. Học sinh đa số là những em trong đội tuyển học sinh
giỏi toán của huyện Bá Thước. Phụ huynh rất quan tâm đến phong trào thi học
sinh giỏi, hợp tác với giáo viên, cũng như tạo điều kiện cho giáo viên sắp xếp
thời gian bồi dưỡng.
Qua quá trình dạy học trên lớp, sau khi học xong những dạng bài toán và
cho những bài toán tương tự hoặc liên quan tôi thấy các em rất hứng thú để suy
luận để giải quyết.
Các buổi học ôn sôi nổi hơn, học sinh mạnh dạn làm bài và nhận xét bài
bạn nhiều hơn. Phát triển được năng lực chủ động sáng tạo của học sinh, tạo cho
học sinh hình thành năng lực chủ động giải quyết vấn đề khi học. Các em càng
ngày càng cải thiện được khả năng học, các em hứng thú hơn trong việc học,
hiểu hơn về các dạng toán về quan hệ chia hết trong chuyên đề về số học. Sau
khi triển khai và giảng dạy chuyên đề các em làm khá tốt với các bài toán về
quan hệ chia hết trong các đề học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh trong những năm
trước. Đề tài giúp đa số các em học bài tốt hơn, tự tin hơn khi giải bài toán về
chủ đề quan hệ chia hết trong chuyên đề số học. Rèn được khả năng tư duy logic
cho học sinh khi giải các bài tốn giải.
Giúp giáo viên và học sinh có thể hình thành kiến thức, tư duy cơng mà
khơng máy móc dập khn. Tạo cơ hội cho giáo viên dạy, tạo cơ hội cho học

sinh mạnh dạn hơn trong làm bài tập và lên bảng trình bày cách làm của mình
với các bài tốn được phức tạp hơn nữa.
+ Khó khăn:
Đây là chun đề khó trong các chun đề ơn thi HSG cấp huyện, cấp
tỉnh. Tuy nhiên lượng kiến thức trên lớp và trong SGK tương đối ít và khơng
nhiều bài tập nâng cao. Tài liệu tuy đa dạng nhưng phù hợp và có chất lượng
khơng có nhiều. Đa số giáo viên phải tự tìm tịi là chính. Do đây là một bộ mơn
khó, cần địi hỏi học sinh có sự tư duy cao và cần thực sự chăm học và đam mê
khám phá. Một số phụ huynh chưa thực sự quan tâm đến việc học của con em.
Khi tiếp cận với bộ mơn, học sinh lại hoang mang vì các bài tốn thuộc lĩnh vực
bộ mơn được xem là khó. Học sinh chưa xác định được dạng tốn này giải quyết
như thế nào và phương pháp giải nào là phù hợp và tối ưu.
Số lượng bài tập trong các bài toán cần nhiều hơn, phong phú và đa dạng,
mới mẻ hơn nữa để các em tiếp cận nhiều bài toán, dạng toán.
Nhiều học sinh chỉ nhận dạng ở dạng bài nào là áp dụng vào để đưa ra kết
quả mà khơng biết kiến thức mình áp dụng đó đã chính xác chưa hay có nhầm
lẫn gì khơng, hoặc nó nằm ở đâu. Một số học sinh khi phải tư duy logic thường
tỏ ra mệt mỏi mà chỉ thích sử dụng những bài tập gần với kiến thức.


4

Học sinh còn lười đầu tư việc học ở nhà khi tìm hiều về những chủ đề về
số học vì đây là những chuyên đề khó, nên kiến thức có phần hạn chế. Nhiều gia
đình các em chưa thực sự quan tâm và sâu sát để giúp đỡ các em việc học ở nhà.
Nhiều em thấy việc học mơn tốn khó khăn nên đã học khơng chu đáo do đó
kiến thức cơ bản cịn yếu.
Bản thân bộ mơn tốn rất khơ khan, khi các em muốn học bộ mơn tốn thì
vấn đề địi hỏi các em phải có tư duy logic, đặc biệt là chuyên đề về số học phải
học một cách có hệ thống, khơng phải ngày một ngày hai mà biết được. Các em

học sinh lớp 8 - 9 là những học sinh bước vào lứa tuổi “lớn khơng lớn nhỏ
khơng nhỏ”, nếu chúng ta nói nặng lời với các em thì các em sẽ có thành kiến
với giáo viên dẫn đến việc dạy bộ môn của chúng ta các em khơng muốn học thì
làm sao các em nắm được kiến thức của bài.
Việc hướng dẫn học sinh hình thành kiến thức cơ bản, cơng thức, tư duy,
suy luận khi giải bài không phải thầy cô nào cũng quan tâm, phần đa giáo viên
chúng ta phân tích đề rồi lựa chọn lời giải phù hợp để làm. Đề tài này tơi đã đưa
ra một số ví dụ địi hỏi học sinh phải biết tư duy, suy luận, phân tích để đưa ra và
nắm bắt thật chặt kiến thức cơ bản, vì trong mọi tài liệu của giáo viên chúng ta
chỉ có hướng dẫn và lời giải chưa thật chi tiết.
Trong công cuộc đổi mới giáo dục, việc nắm chắc kiến thức cơ bản và hệ
thống bài tập là cần thiết, do đó hãy có cái nhìn thiện cảm hơn đối những chuyên
đề khó. Các em đã chắc kiến thức phần nào thì hãy hướng dẫn các em áp dụng
để giải quyết các bài tập phần đó, để bài tập được giải quyết nhanh hơn, khơng
những thế cịn giúp các em hiểu sâu và rộng hơn về những chuyên đề tốn có
liên quan là một điều cần thiết đối với tất cả học sinh.
Bảng đánh giá thực trạng khi chưa áp dụng đề tài vào giảng dạy đội tuyển:
Bảng 1

Năm học

Số lượng
2015 – 2016
2016 – 2017
2017 – 2018
Cấp dự thi
Dự thi Làm tốt Dự thi Làm tốt Dự thi Làm tốt
Huyện
14
3

11
4
12
3
Tỉnh
5
1
3
1
6
0
Với kinh nghiệm ôn luyện đội tuyển tỉnh những năm qua, tôi mạnh dạn
nêu lên: Giải pháp để nâng cao hiệu quả công tác bồi dưỡng HSG cấp Tỉnh
chủ đề “Quan hệ chia hết” trong chuyên đề “Số học” tại huyện Bá Thước
làm sáng kiến kinh nghiệm của mình.
2.3. Giải pháp và tổ chức thực hiện để giải quyết vấn đề.
2.3.1. Mục tiêu của giải pháp.
Học sinh cần được cũng cố chắc hệ thống kiến thức về số học như: uớc
chung, bội chung; uớc chung lớn nhất; bội chung nhỏ nhất; phép chia hết, phép
chia có dư; các tính chất về chia hết và chia có dư; số nguyên tố, hợp số; số
chính phương;... Những dạng tốn thường được vận dụng như về quan hệ chia
hết, số nguyên tố, hợp số; số chính phương,....


5

Kiến thức hay dùng đó là về ước chung, bội chung; ước chung lớn nhất;
bội chung nhỏ nhất; phép chia hết, phép chia có dư; các tính chất về chia hết và
chia có dư; số nguyên tố, hợp số; số chính phương;...định lý Pecmar, định lý
Ơle, định lý Wlison, nguyên lý Đirichlet…Rèn luyện kĩ năng tính tốn chính

xác, cẩn thận và tư duy lơgíc.
2.3.2. Nội dung và cách thực hiện giải pháp.
A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ.
1. Định nghĩa phép chia.
Cho hai số nguyên a và b trong đó b  0 ta ln tìm được hai số ngun q và r
duy nhất sao cho a  bq  r , với 0 �r �b  1. Trong đó a là số bị chia, b là số
chia, q là thương, r là số dư. Khi a chia cho b thì các số dư r � 0;1; 2;...; b  1

�Nếu r  0 thì a  bq , khi đó ta nói a chia hết cho b. Ký hiệu: aMb hay b a .
Vậy a chia hết cho b khi và chỉ khi tồn tại số nguyên q sao cho a  bq .
�Nếu r �0 , khi đó ta nói a chia b có số dư là r.

2. Một số tính chất cần nhớ.
�Tính chất 1. Mọi số nguyên khác 0 ln chia hết cho chính nó.
�Tính chất 2. Nếu a Mb và bMc thì a Mc.
�Tính chất 3. Nếu a Mb và bMa thì a  �b.
�Tính chất 4. Nếu a.bMm và  b,m  1 thì aMm
�Tính chất 5. Nếu a Mm và bMm thì  a �b  Mm.

�Tính chất 6. Nếu a Mm, a Mn và  m, n   1 thì a Mmn.
�Tính chất 7. Nếu a Mb và c Md thì ac Mbd .
�Tính chất 8. Trong n số ngun liên tiếp ln tồn tại một số nguyên chia hết

cho n.
�Tính chất 9. Nếu a  b �0 với a, b là các số tự nhiên thì:

a

n

 b n  M a  b 

 n �N  .

�Tính chất 10. Nếu a  b �0 với a, b, n là các số tự nhiên và n là số lẻ thì:
 a n  bn  M a  b  .

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:
�AM2 � a0 M2 � a0 � 0; 2; 4; 6;8

�AM3 �  a0  a1  ....  an 1  an  M3.

�AM4 � a1a0 M4

�AM5 � a0 M
5 � a0 � 0;5 .
�AM8 � a2 a1 a0 M8

�AM9 �  a0  a1  ....  an 1  an  M9.
�AM
11 � �
M
11.
 a0  a2  ....   a1  a3  ... �
�
�
�AM25 � a1 a0 M25

6

�AM
125 � a2 a1a0 M
125

B. PHÂN LOẠI CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP.
Dạng 1: Sử dụng tính chất trong n số nguyên liên tiếp có một và chỉ một số
chia hết cho n (với n thuộc N*)
* Hướng suy nghĩ: Sử dụng các tính chất cơ bản như tích hai số nguyên liên
tiếp chia hết cho 2, tích của ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 2 và 3 do đó chia
hết cho 6.
* Ví dụ minh họa:
Bài tốn 1. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ta có: n5 – 5n3 + 4n chia hết
cho 120.
Lời giải
3

Ta có: 120 = 2 .3.5
n5 – 5n3 + 4n = n(n2 – 1)(n2 – 4) = (n – 2)(n – 1)n(n + 1)(n + 2)
Trong 5 số nguyên liên tiếp luôn tồn tại ít nhất một số chia hết cho 3, một số chia
hết cho 5 và ít nhất có 2 số chẵn liên tiếp nên tích của hai số chẵn này chia hết cho
8. Do đó: n5 – 5n3 + 4n chia hết cho 120.
Bài toán 2.
Chứng minh với mọi số nguyên lẻ n thì: n6  n 4  n 2  1 chia hết cho 128.
Lời giải
Ta có:



 

 







 

  n  1

n6  n4  n2  1  n4 n2  1  n2  1  n2  1 n4  1  n2  1

Vì n là số lẻ nên đặt n = 2k + 1  k�N  . Ta có:

 n  1
2

2

2

2

2

2

2
2
2
�
�
�

4
k

4
k

4
k
k

1
�2k  1  1�


�
�
�

4k k  1 �
Ta có k(k + 1) chia hết cho 2 nên �
�
�M64
2

Mặt khác: n2  1   2k  1  1 4k2  4k  2  2 2k2  2k  1 M2
2

Do đó:



  n  1 M128 (đpcm)

n6  n4  n2  1 n2  1

2

2

Chú ý: Tổng qt ta có tích của n số tự nhiên liên tiếp chia hết cho n!
Bình phương của một số lẻ là số lẻ.
Dạng 2: Phân tích thành nhân tử
* Hướng suy nghĩ:
Để chứng minh Q(x) chia hết cho p ta phân tích Q  x   D  x  . p , cịn nếu
khơng thể đưa ra phân tích như vậy ta có thể viết p  k .q
+ Nếu  k , q   1 ta chứng minh Q(x) chia hết cho k và q .
+ Nếu  k,q �1 ta viết Q(x) = B(x).C(x) rồi chứng minh B(x) chia hết cho k và
C(x) chia hết cho q .


7

* Ví dụ minh họa:

2
Bài tốn 1. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì A  �
n3  n2  7  36n�
M7
�
�
�
�
Lời giải
Biến đổi biểu thức A ta được:
 n�
n n2  7  6��
n n2  7  6� n n3  7n  6 n3  7n  6
�
��
�








�
 n  n  n  6n  6  n  n  6n  6  n �
n n  1  6 n  1 �
 n  1  6 n  1 �
�
�� 

�
 n  n  1  n  n  6  n  1  n  n  6  n  n  1  n  2  n  3  n  1  n  2  n  3
3





3



2

2

2

2

Do đó A là tích của 7 số ngun liên tiếp nên A chia hết cho 7 với mọi n thuộc Z
Bài toán 2. Chứng minh rằng với ba số tự nhiên a, b, c trong đó có đúng một số
lẻ và hai số chẵn ta ln có:
 a  b  c  3   a  b  c  3   b  c  a  3   a  b  c  3 chia hết cho 96. [1]
Lời giải

Đặt a  b  c  z; b  c  a  x; a  c  b  y thì x  y  z  a  b  c.

Ta có:  x  y  z   x3  y3  z3  3(x  y)(y  z)(x  z)  3.2c.2a.2b  24abc
Do 3 số a, b, c có 2 số chẵn nên abc chia hết cho 4.

Do đó 24abc chia hết cho 24.4 = 96. Vậy bài toán được chứng minh.
Bài toán 3. Cho 3 số nguyên dương x, y, z. Chứng minh rằng:
5
5
5
 x  y   y  z   z  x chia hết cho 5 x  y  y  z  z  x
3

Lời giải
Đặt a  x  y,b  y  z � z  x    a b . Do đó ta cần chứng minh:
a5  b5   a b chia hết cho 5ab a b
5

Ta có: a5  b5   a b    5a4b 10a3b2  10a2b3  5ab4 
5



 5ab a3  b3  2a2b 2ab2







 5ab�
 a b a2  ab b2  2ab a b �
�
�

2
2
 5ab a b a  ab b





Dạng 3: Sử dụng phương pháp tách tổng
* Hướng suy nghĩ: Để chứng minh M(x) chia hết cho p ta biết đổi M(x) thành
tổng các số hạng rồi chứng minh mỗi số hạng đều chia hết cho p .
* Ví dụ minh họa:
Bài toán 1. Chứng minh m, n là số nguyên ta có:
a ) n(n  11) M6

b) mn(m 2  n 2 ) M6

c) n(n  1)(2n  1) M6

Lời giải

a) Ta có: n n  11  n  11n  n  n  12n   n  1 n n  1  12n
2

3

3

2
Dễ chứng minh:  n  1 n n  1 M6, 12nM6  n�Z  . Do đó: n n  11 M6

2
2
 mn m2  1  mn n2  1
b) Ta có: mn m  n   mn �
 m2  1   n2  1 �
�
�


8
2
2
Do: mn m  1  n m 1 m m 1 M6, mn n  1  m n  1 n n  1 M6
2
2
Do đó: mn m  n  M6

c) Ta có: n n  1  2n  1  n n  1  n  2 n  1  n n  1  n  2   n  1 n n  1
Do: n n  1  n  2 M6,

 n  1 n n  1 M6 . Do đó: n n  1  2n  1 M6

Bài toán 2. Cho biểu thức A = (a 2012  b 2012  c 2012 )  (a 2008  b 2008  c 2008 ) với a, b, c là
các số nguyên. Chứng minh rằng A chia hết cho 30. [2]
Lời giải
5
Ta có: a  a   a  2   a  1 a(a  1)(a  2)  5a( a  1)(a  2) .
Ta thấy trong năm số tự nhiên liên tiếp có một số chia hết cho 2, có một số chia
hết cho 3 và có một số chia hết cho 5. Lại có 2, 3 và 5 nguyên tố cùng nhau nên

5
ta suy ra được: a  a   a  2   a  1 a(a  1)(a  2)  5a( a  1)(a  2) chia hết cho 30.
Do đó: A = a 2007 (a 5  a )  b 2007 (b5  b)  c 2007 (c5  c) chia hết cho 30
Bài toán 3. Chứng minh rằng với mọi n �N thì n4  6n3  11n2  30n  24 chia hết
cho 24.
Lời giải
4
3
2
Ta có : n  6n  11n  30n  24
4
3
2
3
2
=  n  6n  11n  6n   24n  24  n  n  6n  11n  6  24 n  1
 24 n  1  n  n  1  n2  5n  6  24 n  1
= n�
 n3  n2    5n2  5n   6n  6 �
�
� 
= n  n  1  n  2  n  3  24 n  1
Vì n; n + 1; n + 2; n + 3 là bốn số tự nhiên liên tiếp nên tích của chúng chia hết
cho 3. Mặt khác trong 4 số tự nhiên liên tiếp luôn tồn tại 2 số chẵn liên tiếp nên
có một số chia hết cho 2, một số chia hết cho 4.
Vậy n  n  1  n  2   n  3 chia hết 2.3.4 = 24 và 24(n – 1) M24
Nên n 4  6n3  11n 2  30n  24 chia hết cho 24.

Chú ý: Tách tổng là phương pháp chứng minh chia hết mà lời giải dễ hiểu,
ngắn gọn và đẹp mắt nên thường được trình bày khi bài tốn có thể giải bằng

nhiều phương pháp, tuy nhiên để áp dụng các em cần linh hoạt trong việc tách.
Dạng 4: Sử dụng hằng đẳng thức
* Hướng suy nghĩ: Nếu a, b là các số nguyên thì:
an  bn chia hết cho a – b với n là số tự nhiên và a �b.
an  bn chia hết cho a + b với n là số tự nhiên chẵn và a �b.
an  bn chia hết cho a + b với n là số tự nhiên lẻ và a �b.
n
 a b  ka bn với k là số nguyên, n là số tự nhiên.

 a 1

n

 ac  1

* Ví dụ minh họa:
Bài toán 1.

 a 1

n

n
 ac   1 , n là số tự nhiên.


9

Chứng minh rằng với n �N * thì 25n  7 n  4n (3n  5n ) chia hết cho 65. [3]
Lời giải

Ta có: 65 = 13.5 và (5; 13) = 1. Lại có: 25n  7 n  4n (3n  5n )  25n  7 n  12n  20n
Áp dụng tính chất an  bn chia hết cho a – b với n là số tự nhiên và a �b, ta có:
25n  12n M25  12 tức là 25n  12n M13
20n  7 n M20  7 tức là 20n  7 n M13
Suy ra 25n  7 n  4n (3n  5n ) chia hết cho 13
(1)
n
n
n
n
25  20 M25  20 tức là 25  20 M5
12n  7 n M12  7 tức là 12n  7 n M5
Suy ra 25n  7 n  4n (3n  5n ) chia hết cho 5
(2)
n
n
Do (5, 13) = 1 nên từ (1) và (2) suy ra: 25  7  4n (3n  5n ) chia hết cho 65.
n
n
n
n
n
Bài toán 2. Chứng minh rằng C  5  5  1  6  3  2  M91  n �N  . [4]
Lời giải
n
n
n
n
n
Sử dụng tính chất:  a b  ka b ,  a 1  ac  1,

 a 1  ac  1
với k là số nguyên, n là số tự nhiên
Ta có:
C  25n  5n  18n  12n
  21 4  5n   14  4   7  5
n

n

n

 21c  4n  5n  14d  4n  7e 5n

 7 3c  2d  e M7.

Mặt khác:

C   26 1  5n   13 5   13 1
n

n

n

 26 f   1  5n  13g  5n  13h  1
n

n

 13 2 f  g  h M

13.

Vì (13, 7) = 1 nên CM7.13  91.
Bài toán 3. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ta có:
A  15  25  35  ....  n5 chia hết cho B  1 2  3 ...  n. [5]
Lời giải
Ta có cơng thức quen thuộc: B  1 2 3 ...  n 





n n  1
2



. Lại có:



5
5
5
�
2A  n5  1  �
 n  1  25 �
 n  2  35 �
�
� �

� ...  1 n
Nhận thấy mỗi số hạng đều chia hết cho (n +1) nên 2A M n  1

 1

5
�
 ...
 n  1  15 �
 n  2  25 �
Lại có 2A  2n  �
� �
�
� chia hết cho n
Do 2n5 Mn nên 2A Mn  2
Từ (1) và (2) suy ra 2A chia hết cho n(n + 1) . Do đó 2A M2B � A MB (đpcm)
5

5


10

Chú ý: Ta có cơng thức tổng qt: với n là số nguyên dương và k là số tự
nhiên lẻ thì:

a)

1k  2k  ...  n k M 1  2  ...  n 

b)

1k  2k  ...   2k  Mn  2n  1
k

Dạng 5: Sử dụng phương pháp xét số dư
* Hướng suy nghĩ: Để chứng minh A(n) chia hết cho p ta xét số n có dạng n =
kp + r với r � 0;1;2;...; p  1 .
* Ví dụ minh họa:
Bài toán 1. Cho a, b, c là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu:
 a3  b3  c3  M9 thì một trong ba số a, b, c chia hết cho 3.
Lời giải
Với a, b, c là các số nguyên khi đó ta có a  3q1  r1;b  3q2  r2;c  3q3  r3 với
q1;q2 ;q3 là các số nguyên và các số dư r1;r2 ;r3 � 1;0;1 .
Dễ thấy r13  r1;r23  r1;r33  r1 . Từ đó ta được:
a3   3q1  r1   9k1  r1;b3   3q2  r2   9k 2  r1;c3   3q3  r3   9k3  r3
3

3

3

3
3
3
Khi đó ta được a  b  c  9 k1  k2  k3    r1  r2  r3  .

3
3
3

Mà theo giả thiết ta có  a  b  c  M9 . Do đó ta suy ra  r1  r2  r3  M9 .

Dễ thấy r1  r2  r3 �3 , do đó suy ra r1  r2  r3  0 .

Do r1;r2 ;r3 � 1;0;1 nên từ r1  r2  r3  0 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.
Bài toán 2. Cho x, y, z là các số nguyên thỏa mãn:
x2  z  y   y 2  x  z   z 2  y  x   x  y  z

Chứng minh rằng  x  y  z  chia hết cho 27
Lời giải
Từ giả thiết ta có:  x  y  y  z   z  x  x  y  z  *
Ta xét các trường hợp sau:
+ Nếu 3 số x, y, z chia cho 3 có số dư khác nhau thì (x – y), (y – z), (z – x) sẽ
đều không chia hết cho 3 do đó (x – y)(y – z)(z – x) sẽ không chia hết cho 3.
Nhưng khi đó tổng của 3 số (x + y + z) sẽ chia hết cho 3 điều này trái với điều
kiện (*) của bài tốn, vì thế trường hợp này khơng thể xảy ra.
+ Nếu 3 số x, y, z có 2 số khi chia cho 3 có cùng số dư thì (x – y), (y – z), (z – x)
sẽ có một hiệu chia hết cho 3 do đó (x – y)(y – z)(z – x) sẽ chia hết cho 3.
Nhưng khi đó tổng của 3 số (x + y + z) sẽ không chia hết cho 3 điều này trái với
điều kiện (*) của bài tốn, vì thế trường hợp này không thể xảy ra.
Vậy 3 số x, y, z chia cho 3 phải cùng số dư, khi đó (x – y), (y – z), (z – x) sẽ
đều chia hết cho 3 nên tích (x – y)(y – z)(z – x) sẽ chia hết cho 27. Mặt khác
theo giả thiết (*) ta có (x – y)(y – z)(z – x) = x + y + z nên (x + y + z) chia hết
cho 27. Vậy bài toán được chứng minh.
Bài toán 3. Chứng minh rằng với n là số tự nhiên nếu có 2n + 1 và 3n + 1 đều là
các số chính phương thì n chia hết cho 40. [6]


11

Lời giải
Do 2n + 1 là số chính phương lẻ nên (2n + 1) chia cho 8 dư 1, suy ra n là số
chẵn.
Do 3n + 1 là số chính phương lẻ nên (3n + 1) chia cho 8 dư 1 nên 3n chia hết
cho 8. Suy ra n chia hết cho 8
(1)
Do 2n + 1 và 3n + 1 đều là số chính phương lẻ nên có tận cùng là 1, 5, 9. Do đó
khi chia cho 5 thì dư 0, 1, 4.
Mà (2n + 1) + (3n + 1) = 5n + 2, nên 2n + 1 và 3n + 1 khi chia cho 5 đều dư 1.
Suy ra 2n và 3n đều chia hết cho 5. Suy ra n chia hết cho 5.
(2)
Từ (1) và (2) ta có: n chia hết cho 40
Bài tốn 4: Cho x, y là hai số nguyên dương thỏa mãn điều kiện:
x2 + y2 + 58 chia hết cho xy
x 2  y 2  58
Chứng minh:
chia hết cho 12. [7]
xy

Lời giải
Theo đề bài ra ta có: x + y + 58 = mxy với m là số nguyên dương.
Đặt k = UCLN(x, y) với k �1, k � N. Khi đó ta có:
x = k. x1 , y = k. x1 với x1 ; y1 �N * .
Thay vào phương trình ta được: k 2 ( x12  y12 )  58  mk 2 x1 y1 .
Suy ra 58 chia hết cho k 2. Suy ra k = 1 nên x, y cùng lẻ hoặc trong hai số x, y có
một số chẵn, một số lẻ. Nếu có một số chẵn khơng mất tính tổng qt giả sử y
chẵn thì từ phương trình suy ra x chẵn, vơ lý.
Vậy x, y cùng lẻ. Suy ra x; y lẻ.
Đặt x  2 x2  1; y  2 y2  1 với x2 ; y2 �N * � x 2  y 2  58  4( x22  y22 )  4( x2  y2 )  60

chia hết cho 4. Do đó x2 + y2 + 58 chia hết cho 4
(1)
Một số chính phương khi chia cho 3 dư 0 hoặc 1.
Nếu x chia hết cho 3 thì y khơng chia hết 3 do UCLN(x, y) = 1.
Khi đó x2 + y2 + 58 chia cho 3 dư 1 mà xy chia hết cho 3, vơ lý. Do đó cả x và y
đều không chia hết cho 3. Khi đó ta có:
x2 + y2 + 58 �1 + 1 + 1 = 3 �0 (mod 3).
Suy ra x2 + y2 + 58 chia hết cho 3
(2)
2
2
Vì x + y + 58 chia hết cho 12 mà xy không chia hết cho 12 nên từ (1) và (2) ta
2

2

x 2  y 2  58
có
chia hết cho 12.
xy

Dạng 6: Sử dụng phương pháp phản chứng
* Hướng suy nghĩ: Để chứng minh A(x) không chia hết cho n ta giả sử A(x)
chia hết cho n sau đó dùng lập luận để chỉ ra mâu thuẩn để chỉ ra điều giả sử là
sai.
* Ví dụ minh họa:
Bài tốn 1. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì: n 2  3n  5 không chia hết
cho 121.
Lời giải
2

2
Giả sử n  3n  5 chia hết cho 121. Ta có: n  3n  5   n  7   n  4   33
Do n 2  3n  5 chia hết cho 121 nên cũng chia hết cho 11.


12

Do n 2  3n  5 và 33 chia hết cho 11 nên (n + 7)(n – 4) chia hết cho 11 (1)
Mặt khác (n + 7) và (n – 4) có hiệu bằng 11 nên chúng cùng chia hết cho 11
hoặc cùng không chia hết cho 11, lại do (1) nên (n + 7) và (n – 4) cùng chia hết
cho 11 suy ra ta có (n + 3)(n – 2) chia hết hết cho 121. Tức là n2  n  16 chia
cho 121 dư 33 mâu thuẫn với giả sử, vậy bài toán được chứng minh.
Bài toán 2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì: n3  3n 2  22n  1 khơng chia
hết cho 125.
Lời giải
3
2
Giả sử n  3n  22n  1 chia hết cho 125.
Ta có: n3  3n2  22n  1  (n  4)(n  1)(n  6)  25
Do n3  3n 2  22n  1 chia hết cho 125 nên cũng chia hết cho 5.
Do n3  3n 2  22n  1 và 25 chia hết cho 5 nên (n  4)(n  1)(n  6)  25 chia hết cho 5 (1)
Mặt khác (n + 1) – (n – 4) = 5 ; (n + 6) – (n + 1) = 5 nên chúng cùng chia hết
cho 5 hoặc cùng không chia hết cho 5, lại do (1) nên (n + 1) ; (n – 4) và (n + 6)
cùng chia hết cho 5 suy ra ta có (n  4)(n  1)(n  6) chia hết hết cho 125. Tức là
n3  3n 2  22n  1 chia cho 125 dư 5 mâu thuẫn với giả sử, vậy bài toán được chứng
minh.
Bài toán 3. Giả sử a, b, c là các số nguyên sao cho a2 + b2 + c2 chia hết cho 4.
Chứng minh rằng a, b, c đồng thời chia hết cho 2.
Lời giải
2

Giả sử a lẻ suy ra a chia cho 4 dư 1. Mà b2 + c2 chia cho 4 chỉ có thể chia cho 4
dư 0, 1, hoặc 2 do đó khơng thỏa mãn. Vậy a là số chẵn.
Chứng minh tương tự ta cũng được b, c là các số chẵn.
Dạng 7: Sử dụng phương pháp quy nạp
* Hướng suy nghĩ: Để kiểm tra mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên n �p ta làm
như sau:
1) Kiểm tra mệnh đề đúng với n = p.
2) Giả sử mệnh đề đúng mới n = k (Giả thiết quy nạp)
3) Chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1.
* Ví dụ minh họa:
Bài toán 1. Chứng minh rằng 4.32 n 2  32n  36 chia hết cho 64 với mọi n �N
Lời giải
Với n = 1 thì ta có: 4.32  32.0  36  0 chia hết cho 64, bài toán đúng với n = 1
Giả sử bài toán đúng đến n  k với n �N tức là: 4.32 k  2  32k  36 M64
Ta sẽ cần chứng minh bài toán đúng với n = k + 1. Thật vậy:
4.32( k 1) 2  32( k  1)  36  4.32 k  4  32 k  4
 9(4.32 k  2  32k  36)  8.32k  320 M64
4.32 n 2  32n  36 chia hết cho 64 với n  k  1

Do đó
Vậy bài tốn được chứng minh.
Bài tốn 2. Cho n là một số nguyên dương, Chứng minh rằng:
C  7.22 n 2  32 n 1 M
5

 1

Lời giải
Xét với n = 1 ta có: C  10M5 . Vậy (1) đúng với n = 1

13

Giả sử (1) đúng với n = k ( k �1, k�N ), tức là: Ck  7.22 k 2  32 k 1 M5  2 
Ta sẽ chứng minh (1) đúng với n = k + 1, tức là phải chứng minh:
Ta có: Ck 1  7.22 k 1 2  32 k 1 1  7.22 k 22  32.32k 1  4.7.2 2 k 2  9.32k 1





 4 7.22 k  2  32k 1  5.32 k 1  4.Ck  5.32 k 1 M
5

Vậy theo nguyên lý quy nạp ta được C  7.22 n2  32 n1 chia hết cho 5 với mọi
số nguyên dương n.
Bài toán 3. Chứng minh rằng số được tạo 3n bởi chữ số giống nhau thì chia hết
cho 3n với n �N *
[8]
Lời giải
Với n = 1, ta có: aaa  111.aM3 . Vậy bài tốn đúng với n = 1.
3k
{...a M
Giả sử bài toán đúng đến n = k ( k �1, k�N ), tức là: aa
k
3

Ta sẽ chứng minh mệnh đề đúng đến n = k + 1. Thật vậy:
�
�

n 1
aa
...
a

aa
...
a
aa
...
a
aa
...
a

aa
..
a
�
100...0100..01
M
3
do
100...0100..01
M
3
� { {
�
{
{ { {

{
{ {
�
�
k 1
k
k
k
k
k 1
k 1
k 1
k 1
3
3
3
3
3
3
3
3
3
�
�
Vậy bài toán được chứng minh.
Chú ý: Trong việc chứng minh bằng phương pháp quy nạp cần ta khai thác
triệt để giả thiết quy nạp (là mệnh đề chia hết khi n = k), tức là trong q trình
giải bài tốn ở bước chứng minh n = k + 1 ta phải biến đổi làm sao xuất hiện giả
thiết quy nạp.
Dạng 8: Sử dụng nguyên lý Dirichlet

* Hướng suy nghĩ: Đầu tiên ta phải nắm được nguyên lý Dirichlet: “Nhốt m =
kn + 1 con thỏ vào k (k < n) chuồng thì tồn tại một chuồng có ít nhất n + 1 con
thỏ”. Áp dụng nguyên lý Dirichlet vào bài toán chia hết như sau: “Trong m =
kn + 1 số có ít nhất n + 1 số chia hết cho k có cùng số dư”
* Ví dụ minh họa:
Bài tốn 1. Chứng minh ln tìm được số có dạng 20122012...2012 (gồm các số
2012 viết liên tiếp nhau) chia hết cho 2013.
Lời giải
Xét 2014 số sau: 2012, 20122012, ..., 2012...2012 (gồm 2014 bộ số 2012).
Đem 2014 số này lần lượt chia cho 2013, có 2014 số mà chỉ có 2013 số dư
trong phép chia cho 2013 (là 0, 1, 2, ...., 2012) nên luôn tồn tại hai số chia cho
2013 có cùng số dư, chẳng hạn đó là a = 2012...2012 (gồm i bộ 2012) và b =
2012...2012 (gồm j bộ 2012) với 1 �i < j �2014. Khi đó:
b – a = 2012...2012.104i (gồm j – i bộ 2012) sẽ chia hết cho 2013.
Lại có UCLN(104i, 2013) = 1 nên số 2012...2012 (gồm j – i bộ 2012) sẽ chia hết
cho 2013. Bài toán được chứng minh.
Bài toán 2. Cho 4 số nguyên phân biệt a, b, c, d. Chứng minh rằng:
A   a  b  a  c  a  d   b  c   b  d   c  d  M
12

Lời giải
Theo nguyên lý Dirichlet trong 3 số nguyên tùy ý luôn tồn tại hai số nguyên tùy
ý có cùng số dư khi chia hết cho 3 suy ra AM3


14

+ TH 1: cả 4 số đều là số chẵn nên tồn tại 6 hiệu chia hết cho 2 suy ra AM4
+ TH 2: cả 4 số đều là số lẻ nên tồn tại 6 hiệu chia hết cho 2 suy ra AM4
+ TH 3: 2 số chẵn và hai số lẻ nên tồn tại 4 hiệu chia hết cho 2 suy ra AM4

+ TH 4: 3 số chẵn và một số lẻ, từ 3 số chẵn đó cho ta 3 hiệu chia hết cho 2 suy ra
AM
4

+ TH 5: 3 số lẻ và một số lẻ, từ 3 số lẻ đó cho ta 3 hiệu chia hết cho 2 suy ra AM4
Do đó A cũng chia hết cho 4 mà (3, 4) = 1 nên A chia hết cho 12.
Bài tốn 3. Cho 2014 số tự nhiên bất kì x1 ,x2 ,x3 ,.....,x2014 . Chứng minh rằng tồn
tại một số chia hết cho 2014 hoặc tổng một số số chia hết cho 2014.
Lời giải
Xét 2014 số: S1  x1;S2  x1  x2 ;....;S2014  x1  x2  ...  x2014
Nếu tồn tại Si với i = 1, 2, 3, …., 2014 chia hết cho 2014 thì bài tốn được
chứng minh. Nếu khơng tồn tại Si với i = 1, 2, 3, …., 2014 chia hết cho 2014.
Đem 2014 số này chia cho 2014 nhận được 2014 số dư. Giá trị của các số dư
nhận được thuộc vào tập hợp  1,2,3,....,2013 . Vì 2014 số dư mà chỉ có 2013 giá
trị nên theo nguyên lý Dirichlet có 2 số dư bằng nhau. Kí hiệu hai số đó là Sm ,Sn
có cùng số dư khi chia cho 2014  m,n ΣN�,1 n m 2014 thì hiệu:
Sm  Sn  xn1  xn 2  ....  xm chia hết cho 2014.

Chú ý: 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.
Dạng 9: Xét đồng dư
* Hướng suy nghĩ: Sử dụng định nghĩa và các tính chất của đồng dư thức để giải
bài tốn chia hết.
* Ví dụ minh họa:
Bài toán 1. Chứng minh rằng: A  7.52 n  12.6n chia hết cho 19
Lời giải
2n
n
n

n
Ta có: A  7.5  12.6  7.25  12.6
Do25 �6 mod 19

25n

6n  mod 19

� 7.25n  12.6n �7.6n  12.6n  mod 19

7.25n 7.6n  mod 19

Mà 7.6n  12.6n  19.6n M19 � 7.25n  12.6n M19 � A  7.52n  12.6n M19
Vậy bài toán được chứng minh.
Bài toán 2. a) Chứng minh rằng A = 22225555 + 55552222 chia hết cho 7.
b) Chứng minh rằng B  19611962  19631964  19651966  2 chia hết cho 7.
Lời giải
5555
a) Xét số dư của 2222
khi chia cho 7.
Ta có: 2222  3 (mod 7) � 22224  34 (mod 7) � 22224  81 (mod 7)
(1)
4
Mà 81  4 (mod 7) � 2222  4 (mod 7)
(2)
5
Nhân vế với vế (1) và (2) ta được 2222  3.4 (mod 7)


15

� 22225  5 (mod 7) � 22225555  51111 (mod 7)

(3)
Tương tự: 5555  2 (mod 7)
(4)
1111
1111
Cộng vế với vế (3) và (4) ta có: A  2 + 5 (mod 7)
(5)
Mặt khác: 21111 + 51111  (2 + 5) (mod 7)  0 (mod 7)
(6)
5555
2222
Từ (5) và (6) ta được: A  0 (mod 7). Vậy A = 2222 + 5555 chia hết cho 7
b) Ta có: 1961  1 (mod 7) => 19611962  1 (mod 7)
2222

1111

Tương tự: 19631964 �31964  mod 7  �9.  33 

 mod 7  �9.27654  mod 7  �2  mod 7 

 mod 7  �2.  23   mod 7  �2.8655  mod 7  �2  mod 7 
2  mod 7  0  mod 7  . Vậy: B  19611962  19631964  19651966  2M7

19651966 � 2 
�
B 1 2 2

654

655

1966

Bài tốn 3. Tìm tất cả các số ngun tố p, q sao cho p + q = (p – q)3 [9]
Lời giải
3
Ta có: p + q = (p – q) khác 0 nên p khác q và (p, q) = 1.
Vì p  q �2 p (mod p  q) Nên ( p  q)3 �8 p3 (mod p  q)
Nhưng vì p + q = (p – q)3 nên ta có: 8 p 3 �0 (mod p  q )
(1)
Vì (p, q) = 1 nên (p, p + 1) = 1 và do đó (p3, p + q) = 1.
Từ (1) suy ra 8 chia hết cho (p + q). Mà p + q �2 + 3 = 5. Suy ra p + q = 8
Suy ra p – q = 2. Từ đó ta có: (p, q) = (5, 3) là cặp số cần tìm.
Bài tốn 4. Cho hai số nguyên a và b thỏa mãn 24a 2  1  b2 . Chứng minh rằng
chỉ có một số a hoặc b chia hết cho 5. [10]
Lời giải
2
2
2
2
2
Ta có: 24a  1  b � 25a  1  a  b � a 2  b 2 �1(mod 5)
(1)
a 2 �0;1; 4 (mod 5)
�a �0; �1; �2 (mod 5) �
� �2
Lại có: �

b �0; �1; �2 (mod 5) �
b �0;1; 4 (mod 5)
�
�a 2 �0 (mod 5)
�
Từ (1) và (2) suy ra: �2
b �1 (mod 5)
�

�a 2 �1 (mod 5)
�
hoặc �2
.
b �0 (mod 5)
�

Suy ra chỉ một số a hoặc b chia hết cho 5.
Dạng 10: Tìm điều kiện biến để chia hết
* Hướng suy nghĩ: Sử dụng phép chia đa thức cho đa thức.
* Ví dụ minh họa:
Bài tốn 1. Tìm a ngun để a3  2a2  7a  7 chia hết cho a2  3
Lời giải
3
2
2
Ta có: a  2a  7a  7   a  3  a  2   4a  1
Để phép chia hết thì 4a  1 phải chia hết cho a2  3

 4a  1 M a  3
�  4a  1  4a  1 M a

2

2







� 16a2  1 Ma2  3



 3 (a ��� 4a  1��)

(2)


16





� 49Ma2  3

� a2  3  7
�a  2
� �2

��
a  3  49  loai 
a  2
�
�

Thử lại ta được a = 2 và a = – 2 đều thỏa mãn.
Bài toán 2.
Với giá trị nào của n thì (n + 5)(n + 6) chia hết cho 6n. Với n �N . [11]
Lời giải
Ta có:

 n  5  n  6  M6n � n 2  11n  30 M6n � n 2  n  30 M6n

�
n 2  n  30 Mn
� �2
n  n  30 M6
�
Từ (1) suy ra: 30 Mn � n � 1, 2, 3, 5, 6,10, 15, 30 .

(1)
(2)

Từ (2) suy ra: n  n  1 M6

Từ (1) và (2) ta có: n � 1, 3, 6, 10, 15, 30 . Ta có bảng sau:
2
3
10

15
n
1
5
6
12
18
60
90
6n
6
30
36

30
180

2
32
36
120 240 900
n – n + 30 30
50
60
Chỉ có n = 1; 3; 10 và 30 thì n 2  n  30 chia hết cho 6n hay (n + 5)(n + 6) chia
hết cho 6n.
Bài tốn 3. Tìm các số ngun dương x và y lớn hơn 1 sao cho x + 3 chia hết
cho y và y + 3 chia hết cho x.
Lời giải
Giả sử 2 ≤ x ≤ y.

a) Xét y = 2 thì x = 2, khơng thỏa mãn x + 3 chia hết cho y.
b) Xét y ≥ 3. Đặt x + 3 = ky  k �N  (1) thì ky = x + 3 ≤ y + 3 ≤ y + y = 2y nên
k ≤ 2.
+ Với k = 1, từ (1) có x + 3 = y. Thay vào: y  3Mx được x  6Mx mà lại có x > 1
nên x � 2;3;6 . Ta có bảng sau:
x
2
3
6
y
5
6
9
+ Với k = 2, từ (1) có x + 3 = 2y. Thay vào: y  3Mx được 2 y  6Mx � x  9Mx � 9Mx .
Do x > 1 nên x � 3;9 .

Khi x = 3 thì y = 3, thử lại đúng. Khi x = 9 thì y = 6, loại vì trái với x ≤ y.
Các cặp số (x, y) phải tìm là: (2; 5), (5; 2), (3; 6), (6; 3), (6; 9), (9; 6), (3; 3).
Bài tốn 4.
Tìm tất cả các cặp số ngun dương a, b sao cho: a  b 2 chia hết cho a 2 b  1. [12]
Lời giải


17

Theo đề bài có:







a  b2  k a2b  1 k �N * � a  k  b ka2  b � a  k  mb





ka2  b  m m �N * � m  b  ka2

với
Từ (1) và (2) ta có: (m – 1)(b – 1) = mb – b – m + 1
= a + k – ka2 + 1 = (a + 1)(k + 1 – ka)
Vì m > 0 theo (1) nên (m – 1)(b – 1) ≥ 0 . Từ (3) ta có:

 1

 2
(3)

�
k(a  1)  0 � a  1
��
��
k(a  1)  1 �
a  2,k  1
�
k + 1 – ka ≥ 0 => k + 1 ≥ ka => 1 ≥ k(a – 1)

+ Nếu a = 1 từ (3) => (m – 1)(b – 1) = 2 => b = 2 hoặc b = 3
=> (a; b) = (1; 2) và (1; 3)
+ Nếu a = 2, k = 1 => (m – 1)(b – 1) = 0
Khi m = 1 từ (1) => (a; b) = (2; 3). Khi b = 1 => (a; b) = (2; 1)
Thử lại ta có đáp số: (a,b) = (1,2), (1,3), (2,3), (2,1)
Dạng 11: Các bài tốn cấu tạo số liên quan đến tính chia hết của số tự nhiên
* Hướng suy nghĩ: Sử dụng các dấu hiệu chia hết cho các số đặc biệt.
* Ví dụ minh họa:
Bài tốn 1. Tìm các chữ số a, b sao cho: a  b  6 và 4a 7  1b5 chia hết cho 9
Lời giải
Ta có: 4a7  1b5 M9 � 512  10  a  b  M9 � 504  8  9  a  b   a  bM9 � a  b chia
cho 9 dư 1. Do a  b �a  b  6 nên a  b  10 . Từ đó tìm được: a  8 ; b  2 .
Bài tốn 2. Tìm các chữ số a, b sao cho 62ab427 chia hết cho 99.
Lời giải
Ta có: 62ab427  62.100000 ab.1000 427  62630.99 ab.990 10.ab  57
Suy ra 62ab427 chia hết cho 99 khi và chỉ khi 10.ab  57 chia hết cho 99.
Từ đó ta được 10.ab  57  99.k với k là một số tự nhiên. Dễ thấy 10.ab  57 có
chữ số tận cùng là 7, do đó 99.k phải có chữ số tận cùng là 7 nên ta được k  3 .
Từ đó suy ra 10.ab  57  99.3 � ab  24 . Vậy các chữ số thỏa mãn là: a  2;b  4 .
Bài toán 3. Tìm chữ số a biết rằng 20a 20a 20a chia hết cho 7
Lời giải
Ta có: n  20a 20a 20a  20a 20a.1000  20a  1001.20a.1000  20a .
Theo đề bài n chia hết cho 7, mà 1001 chia hết cho 7 nên 20a chia hết cho 7.
Ta có 20a  196  (4  a) , chia hết cho 7 nên 4  a chia hết cho 7. Vậy a  3 .
Dạng 12: Các bài chia hết sử dụng định lý Fermat
* Hướng suy nghĩ: Sử dụng định lý Fecmat: Với p là số nguyên tố ta có:
a p �a  mod p  . Đặc biệt, nếu  a, p  1 thì a p 1 �1 (mod p ).
* Ví dụ minh họa:
Bài tốn 1. Cho a �Z ; m, n �N * . Chứng minh rằng a 6 n  a 6 m M7 khi và chỉ khi aM7.
Lời giải

6n
6m
Giả sử a  a M7 và a M7 ta có  a, 7   1. Theo định lý Fermat:


18

a 6 �
1  mod 7 

a6 n

1  mod 7  và a 6 m �1  mod 7  � a 6 n  a 6 m �2  mod 7  . Vơ lí!

Vậy aM7 . Ngược lại, nếu aM7 thì a 6 n  a 6 m M7
Bài toán 2. Chứng minh rằng 32

4 n1

4 n1

 23

 5M
11 với mọi n �N .

Lời giải
Theo định lí Fermat, ta có 310 �1  mod11 và 210 �1  mod11
Ta tìm số dư trong phép chia 24 n1 và 34 n1 cho 10, tức là tìm chữ số tận cùng của
4 n 1

n
4 n 1
chúng. Ta có 2  2.16 �2  mod 10  � 2  10k  2

34 n 1  3.81n �3  mod 10  � 34 n 1  10l  3  k , l �N 
10 k
10 l
Mà 3 �1 mod11 và 2 �1 mod 11 nên:

32
4 n1

4 n1

4 n 1

 23

 5  310 k 3  210l  3  5 �32  23  5 �0  mod 11

4 n 1

Vậy 32  23  5 M11 n �N .
Bài tốn 2. Một số có 6n chữ số và chia hết cho 7. Chứng minh rằng nếu chuyển
chữ số tận cùng lên đầu của số đó thì được một số cũng chia hết cho 7.
Lời giải
Gọi số ban đầu là N = 10A + a, với a là chữ số tận cùng của N và A có 6n – 1
chữ số. Sau khi chuyển a lên đầu ta được số M  a.106 n 1  A.
6 n 1
Ta chứng minh N  3M M7. Thật vậy, ta có N  3M  7 A  a  3.10  1

Áp dụng định lý Fermat ta có:
106 ��
1 mod
 7

106 n

1  mod 7 

3.106 n

3 10  mod 7   3.106 n1

1  mod 7 

Vậy N  3M M7 , từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Bài toán 3. Cho p là số nguyên tố lớn hơn 7. Chứng minh rằng 3p – 2p – 1 M42p
Lời giải
p
p
Đầu tiên ta thấy ngay 3 – 2 – 1 là một số chẵn. Tiếp theo vì p là một số lẻ nên
ta có 3p – 2p – 1 = 3p – (2p + 1) �0 (mod3)
Mặt khác theo định lý Fermat bé ta có: 36 �26 �0 (mod 7). Lại do p > 7 nên p có
dạng 6k + 1 hoặc 6k + 5.
k
k
- Nếu p = 6k + 1 thì 3 p  2 p   36  .3   26  .2 � 3  2  �1 (mod 7)
- Nếu p = 6k + 5 thì 3 p  2 p   36  .35   26  .25 � 35  25  �1 (mod 7)
Từ đó suy ra 3 p  2 p  1 �0 (mod 7)
Cuối cùng cũng theo định lý Fermat bé ta có 3 p �3 (mod p) và 2 p �2 (mod p)

Vậy ta có: 3 p  2 p �1 (mod p). Suy ra 3 p  2 p  1 �0 (mod p)
Kết hợp tất cả các điều trên, ta suy ra 3 p  2 p  1 chia hết cho 42p
Dạng 13: Các bài toán chia hết liên quan đến đa thức
* Hướng suy nghĩ: Định lý Bơdu: Phần dư của phép chia đa thức f(x) cho nhị
thức x – a bằng giá trị của đa thức tại x = a. Tức là: f(x) = (x – a).g(x) + f(a)
* Ví dụ minh họa:
k

k


19

Bài toán 1. Cho đa thức P( x)  ax 2  bx  c. Biết P( x) chia cho x + 1 dư 3, P( x)
chia cho x dư 1 và P( x) chia cho x – 1 dư 5. Tìm các hệ số a, b, c. [13]
Lời giải
Vì P(x) chia cho x + 1 dư 3 nên P(x) – 3 Mx + 1 � P(x) – 3 = f(x).(x + 1)
Thay x = –1 vào đẳng thức trên ta có: P(–1) – 3 = f(–1).( –1 + 1) = 0.
Suy ra: P(–1) = 3
(1)
Tương tự, P(x) chia cho x dư 1 nên P(0) = 1
(2)
P(x) chia cho x – 1 dư 5 nên P(1) = 5
(3)
Từ (1), (2), (3) ta có hệ phương trình:
�
a.(1)2  b.(1)  c  3 �
a bc  3
a3
�

� 2
�
�
a.0  b.0  c  1
��
c 1
��
b 1
�
�
�
�
2
abc  5 �
c 1
a.1  b.1  c  5
�
�

Vậy P(x) = 3x2 + x + 1.
Bài tốn 2. Tìm các số thực a, b, sao cho đa thức 4x4  11x3  2ax2  5bx  6 chia
hết cho đa thức x2  2x  3. [14]
Lời giải
2
Ta có x2  2x  3  x2  2x  1  4   x  1  4
  x  1  2  x  1  2   x  3  x  1

Đặt thương là q(x) ta có: 4x  11x  2ax  5bx  6   x  3  x  1 q  x
 1
Chọn x  3 ta có: 4.34  11a3  2a.32  5.b.3  6  0 � 5b  6a  7

4
3
2
Chọn x  1 , ta có: 4.  1  11.  1  2a  1  5b  1  6  0  5b + 2a = 9 (2)
Từ (1) và (2) suy ra : 8a  16 � a  2 . Thay vào (2) suy ra: 5b  4  9 � b  1.
C. SƯU TẦM CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC TRONG ĐỀ THI HỌC SINH
GIỎI, ĐỀ THI VÀO CÁC TRƯỜNG CHUYÊN TRÊN CẢ NƯỚC VÀ
CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH THANH HÓA TRONG NHỮNG
NĂM GẦN ĐÂY.
(Phần phụ lục)
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục,
với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
Sau một thời gian dài áp dụng giải pháp, qua thực tế giảng dạy, tôi thấy
giải pháp bước đầu đã mang lại hiệu qủa rất khả quan.
Học sinh yêu thích mơn học này hơn, đồng thời kích thích trí tị mị tìm
hiểu khoa học của học sinh, các em tích cực chủ động trong việc lĩnh hội kiến
thức các môn học nói chung và mơn Tốn nói riêng. Trong q trình thử
nghiệm, tơi đã thu được một số thành cơng bước đầu:
* Đối với hoạt động giáo dục: Qua việc giới thiệu cho học sinh hệ thống
các dạng bài tập về chủ đề quan hệ chia hết trong từ dễ đến khó, tơi thấy đã phát
huy được tính tích cực, tư duy sáng tạo, sự say mê môn học của học sinh, giúp
học sinh hình thành phương pháp và cách làm việc với khoa học Toán học.
2

3

2


20

Đặc biệt các em xác định được dạng và sử dụng phương pháp hợp lí để
giải bài tốn một cách chủ động. Chất lượng bộ môn được nâng cao, thể hiện cụ
thể ở kết quả học tập của các em. Trong kì thi cấp Tỉnh đã có em đạt đến giải
Nhất cấp Tỉnh. Trong kì thi cấp huyện năm học 2020 – 2021 vừa qua có 3 em
tham gia dự thi mơn tốn đã đạt 3 giải, trong đó có giải 1 Nhất, 2 giải Nhì. Trong
kì thi cấp tỉnh năm 2020 – 2021 vừa qua, bản thân có ơn luyện 3 em học sinh
tham gia mơn Tốn tỉnh và đã có 2 em học sinh đạt giải, trong đó 3 em đều làm
tốt câu 3b là bài toán về số học.
Bảng đánh giá thực trạng sau khi áp dụng đề tài vào giảng dạy đội tuyển:
Bảng 2
Năm học
Số lượng
2018 – 2019
2019 – 2020
2020 – 2021
Cấp dự thi
Dự thi Làm tốt Dự thi Làm tốt Dự thi Làm tốt
Huyện
10
6
5
4
3
3
Tỉnh
6
5
5
3

* Đối với bản thân: Tơi thấy trình độ chun mơn được nâng cao hơn,
đặc biệt phù hợp với quá trình đổi mới phương pháp dạy học của ngành đề ra.
Đồng thời hình thành ở bản thân phương pháp làm việc khoa học. Hơn thế đã
phát huy được sự tích cực chủ động của người học, hình thành ở học sinh những
kĩ năng, kĩ xảo trong giải toán.
* Đối với đồng nghiệp và nhà trường: Vì đây là đề tài đã áp dụng giảng
dạy thành công cho các em học sinh tham gia đội tuyển cấp Huyện và cấp Tỉnh
đã có những thành công nhất định trong những năm gần đây, cho nên có thể áp
dụng làm tài liệu tham khảo ơn luyện học sinh giỏi cấp Huyện và cấp Tỉnh mơn
Tốn .
3. KẾT LUẬN - KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận.
Khi hướng dẫn học sinh giải toán theo hệ thống bài tập như trên tôi thấy
học sinh hiểu, vận dụng rất tốt, đặc biệt giúp các em nhớ lâu, phân biệt được
dạng bài tập. Từ đó giúp các em say xưa với bộ mơn, tích cực sáng tạo khi giải
Tốn, là cơ sở để tôi phát hiện và bồi dưỡng cho học sinh khá giỏi.
Đối với giáo viên để luyện tốt cho học sinh giải toán về chuyên đề “Số
học” cần: Phải nắm thật chắc chương trình và đối tượng học sinh để chuẩn bị bài
giảng tốt. Phải biết chọn lọc nội dung, phương pháp tập chung vào điểm mấu
chốt, chọn kiến thức, kĩ năng cơ bản nào hay ứng dụng nhất để giảng tốt. Phải
giảng chắc đến đâu, luyện chắc đến đấy. Tránh giảng qua loa đại khái để chạy
theo số lượng bài tập. Suốt quá trình luyện giảng phải cho học sinh động não suy
nghĩ tại sao, làm thế nào? Tại sao chọn cách giải đó??? Thì mới đạt kết quả.
Biết cách tạo hứng thú môn học cho học sinh. Học sinh thấy được vai trò
của hệ thống bài tập và các dạng để áp dụng trong suy luận toán và tính tốn với
các mơn học khác. Từ đó học sinh chủ động tìm hiểu và học tập có hiệu quả.
Giáo viên cần nắm đựợc nội dung một cách bao quát, đầy đủ, phân loại được các


21

dạng bài tốn theo mức độ khó dễ từ thấp đến cao, tạo điều kiện thuận lợi cho
học sinh nắm bắt kiến thức và thực hành áp dụng kiến thức. Tăng cường các bài
tập thực tế, rèn kĩ năng thực hành, tạo hứng thú và niềm tin vào môn học. Chú
trọng các bài tập kết hợp tư duy toán học và dự đốn trong tốn học, các bài tốn
mang tính chất tư duy, suy nghĩ.
Giáo viên phải không ngừng học tập, trao đổi chuyên môn qua thực tế
giảng dạy, qua đồng nghiệp, đọc các tài liệu, cập nhật các bài tốn mới có nội
dung thực tế. Trên đây là những việc mà tôi đã thực hiện và đúc rút được trong
quá trình thể nghiệm đề tài: Giải pháp để nâng cao hiệu quả công tác bồi
dưỡng HSG chủ đề “Quan hệ chia hết” trong chuyên đề “Số học” tại huyện
Bá Thước. Tuy có nhiều cố gắng, nhưng do trình độ chun mơn cịn nhiều hạn
chế nên đề tài khơng tránh khỏi những sai sót. Rất mong được sự đóng góp ý
kiến của các đồng nghiệp để bản thân không ngừng tiến bộ, để hoạt động dạy và
học đạt hiệu quả cao nhất. Tôi xin chân thành cảm ơn!
3.2. Kiến nghị.
Đề nghị PGD, Sở GD thường xuyên mở lớp tập huấn để giáo viên trong
tỉnh nói chung và giáo viên cơng tác vùng sâu, vùng xa, vùng miền núi có điều
kiện giao lưu, học hỏi kinh nghiệm dạy của đồng nghiệp nơi trung tâm.
Bá Thước, ngày 16 tháng 04 năm 2021
XÁC NHẬN CỦA
Tơi cam đoan đây là SKKN của mình viết,
HIỆU TRƯỞNG
không sao chép nội dung của người khác
NGƯỜI VIẾT

Nguyễn Tiến Đạt

Phạm Việt Hùng

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1
[1]
[2]
[3]
[4]
[5]
[6]
[7]
[8]
[9]
[10]
[11]
[12]
[13]
[14]
[15]

Các đề tham khảo trong mỗi dạng tốn
Trích đề thi HSG lớp 9 tỉnh Phú Thọ 2015
Trích đề thi HSG lớp 9 TP. Hà Nội năm 2011 – 2012
Trích đề tuyển sinh lớp 10 Chuyên tốn, TP Hà Nội năm 2014 – 2015
Trích đề chun sư phạm Hà Nội 1997 – 1998
Trích đề chuyên sư phạm Hà Nội 2000 – 2001
Trích đề thi HSG mơn Tốn tỉnh Thanh Hóa năm 2018 – 2019
Trích đề thi HSG mơn Tốn tỉnh Thanh Hóa năm 2020 – 2021
Trích đề thi học sinh giỏi lớp 9 toàn quốc năm 1978
Trích đề thi Olympic Tốn Nga, năm 2001
Trích đề thi HSG lớp 9 tỉnh Quảng Nam năm học 2016 – 2017
Trích đề thi HSG huyện Bá Thước năm học 2020 – 2021

Trích đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2013 – 2014
Trích đề vào 10 Chuyên Nam Định năm 2015 – 2016
Trích đề thi học sinh giỏi lớp 9, TP Hà Nội, năm học 2012 – 2013
Trích nghị quyết TW khóa 7


22

[16] Trích nghị quyết TW khóa 8
II Sưu tầm các đề thi HSG Tỉnh, Thành phố và đề thi chuyên vào các trường
chuyên trên cả nước trong những năm qua
III Các sách tham khảo.
1 Tài liệu chuyên toán Trung Học Cơ Sở Toán 6 – Tập 1 do Vũ Hữu Bình
chủ biên, Nhà xuất bản Giáo dục Việt Nam, năm 2016.
2 Tài liệu chuyên toán Trung Học Cơ Sở Toán 7 – Tập 1 do Vũ Hữu Bình
chủ biên, Nhà xuất bản Giáo dục Việt Nam, năm 2016.
3 Tài liệu chuyên toán Trung Học Cơ Sở Toán 8 – Tập 1 do Vũ Hữu Bình
chủ biên, Nhà xuất bản Giáo dục Việt Nam, năm 2016.
4 Bài tập tài liệu chuyên toán Trung Học Cơ Sở Toán 6 – Tập 1 do Tôn Thân
chủ biên, Nhà xuất bản Giáo dục Việt Nam, năm 2016.
5 Bài tập tài liệu chuyên toán Trung Học Cơ Sở Tốn 7 – Tập 1 do Tơn Thân
chủ biên, Nhà xuất bản Giáo dục Việt Nam, năm 2016.
6 Bài tập tài liệu chuyên toán Trung Học Cơ Sở Tốn 8 – Tập 1 do Tơn Thân
chủ biên, Nhà xuất bản Giáo dục Việt Nam, năm 2016.
7 Tự luyện giải toán theo chuyên đề Số học và toán rời rạc của Nguyễn Tất
Thu – Nhà xuất bản Đại học SP. TPHCM, năm 2016.
8 Bứt phá kì thi vào 10 phần Số học của nguyễn Văn Hưởng – Nhà xuất bản
dân trí, năm 2018.
9 Đột phá đỉnh cao bồi dưỡng học sinh giỏi chuyên đề Số học của Văn Phú
Quốc – Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội 2015.

10 Tuyển chọn đề thi học sinh giỏi trung học cơ sở mơn Tốn do Hoằng Văn
Minh và Trần Đình Thái biên soạn – Nhà xuất bản Đại học Quốc Gia Hà
Nội, năm 2015.
11 Tham khảo một số tài liệu trên mạng Internet.
DANH MỤC
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN
KINH NGHIỆM NGHÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH
VÀ CÁC CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI C TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả:
Phạm Việt Hùng
Chức vụ: Trường THCS Thị Trấn Cành Nàng
Đơn vị công tác:
Giáo viên

TT

Tên đề tài SKKN

1

Một số giải pháp sử dụng tính
tương tự trong giải tốn hình
học lớp 7

Cấp đánh
giá xếp loại

Kết quả
đánh giá
xếp loại

Năm học
đánh giá
xếp loại

Cấp huyện

B

2006 - 2007


23

2

2

3
4

Tích hợp kiến thức liên mơn
trong dạy học chủ đề: Đại
lượng tỉ lệ thuận - Đại lượng tỉ
lệ nghịch.
Tích hợp kiến thức liên môn
trong dạy học chủ đề: Đại
lượng tỉ lệ thuận - Đại lượng tỉ
lệ nghịch.
Nâng cao hiệu quả cơng tác bồi

dưỡng HSG giải tốn trên máy
tính cầm tay phần Hình học.
Nâng cao hiệu quả cơng tác bồi
dưỡng HSG giải tốn trên máy
tính cầm tay phần Hình học.

Cấp huyện

B

2014 - 2015

Cấp tỉnh

C

2014 - 2015

Cấp huyện

A

2016 - 2017

Cấp tỉnh

C

2016 - 2017

PHỤ LỤC


24

BÀI TẬP VẬN DỤNG
Câu 1. Chứng minh rằng: n và n5 có chữ số tận cùng giống nhau với n là số tự
nhiên.
Câu 2. a) Đặt A  n3  3n2  5n  3. Chứng minh rằng A chia hết cho 3 với mọi
giá trị nguyên dương của n
b) Nếu a chia 13 dư 2 và b chia 13 dư 3 thì a2  b2 chia hết cho 13
Câu 3. Tìm các số tự nhiên x, y, z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện:
x3 + y3 = 2z3 và x + y + z là số nguyên tố
Câu 4. Chứng minh rằng n3  28n chia hết cho 48 với mọi n là số nguyên chẵn
Câu 5. Cho n là số tự nhiên lẻ. Chứng minh n3  n chia hết cho 24
Câu 6. Chứng minh n  17n chia hết cho 6 với mọi n��
Câu 7. Chứng minh rằng: Q  n3   n  1 3   n  2 3 M9 với mọi n ��*
Câu 8. a) Chứng minh rằng : 20212019  20192021 chia hết cho 2020.
B  30.31.32.....58.
b) Cho A  1.2.3......29,
Chứng minh rằng: A + B chia hết cho 59.
3


25

Câu 9. Chứng minh rằng:
a) 85  211 chia hết cho 17
b) 1919  6919 chia hết cho 44
Câu 10. Chứng minh rằng A  n2  n  2 không chia hết cho 15 với mọi số

nguyên n.
Câu 11. Chứng minh rằng với mọi n �N thì: n4  6n3  11n2  30n  24 chia hết
cho 24.
Câu 12. Cho a, b là số nguyên thỏa mãn: 2a2  3ab  2b2 chia hết cho 7. Chứng
minh rằng a2  b2 chia hết cho 7.
Câu 13. Cho n là số tự nhiên không chia hết cho 3. Chứng minh rằng P  32 n  3n  1 chia
hết cho 13.
Câu 14. Cho biểu thức P  a1  a2  a3  ...  a2019 với a1;a2 ;a3;...;a2019 là các số
nguyên dương và P chia hết cho 30. Chứng minh rằng:
5
chia hết cho 30.
Q  a15  a25  a53  ...  a2019
Câu 15. Cho x là số tự nhiên chẵn. Chứng tỏ rằng biểu thức M 

x3 x2 x


có
24 8 12

giá trị là số nguyên.
Câu 16. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có: A  7.52 n  12.6n chia hết
cho 19.
Câu 17. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì: A  5n 2  26.5n  82n1M59
Câu 18. Cho a1 ,a2 ,........,a2016 là các số tự nhiên có tổng chia hết cho 3
Chứng minh rằng: A  a13  a32  .......  a32016 chia hết cho 3.
Câu 19. a) Chứng minh rằng nếu tổng của hai số nguyên chia hết cho 3 thì tổng
các lập phương của chúng chia hết cho 9
b) Tìm các số nguyên n để n5  1 chia hết cho n3  1
Câu 20. Cho các số nguyên dương a , b , c thỏa mãn a 2  b 2  c 2 . Chứng minh

ab chia hết cho a  b  c .
Câu 21. Tìm số nguyên dương n bé nhất để F = n 3 + 4n2 – 20n – 48 chia hết cho
125.
Câu 22. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương a, b sao cho a  b 2 chia hết cho
a 2b  1.

Câu 23. Cho các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn x2  y2  z2 . Chứng minh:
A = xy chia hết cho 12
Câu 24. Chứng minh rằng số tự nhiên:
� 1 1
1
1 �
A  1.2.3....2017.2018.�
1   ... 

chia hết cho 2019.
2017 2018 �
� 2 3
�

Câu 25. Tìm số dư trong phép chia của đa thức:
 x  2  x  4  x  6  x  8  2010 cho đa thức x2  10x  21
Câu 26. Tìm a,b sao cho:
f(x)  ax3  bx2  10x  4 chia hết cho đa thức g(x)  x2  x  2