CHUYEN DE TINH CHIA HET

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

<b>A – MỞ ĐẦU</b>

<b>1. Lý do chọn đề tài</b>

Số học là môn học lâu đời nhất và hấp dẫn nhất của toán học.

Vậy số học là gì? Số học là khoa học về số, trong số học người ta nghiên cứu
những tính chất đơn giản nhất của số và những quy tắc tính tốn. ở chương trình
THCS số học chiếm 1 lượng khá lớn trong số học thì phép chia hết trên vành số
nguyên đã thực sự thu hút đối với giáo viên và học sinh, có lẽ đó khơng chỉ bởi
vấn đề lý thuyết về phép chia có giá trị thực tiễn mà qua đó rèn cho học sinh tư
duy sáng tạo toán học. Càng học các em càng được cuốn hút bởi 1 lượng bài tập
vơ cùng sáng tạo và phong phú.

Cái khó khi dùng phép chia hết trên vành số nguyên và khi học sinh là vấn
đề nhận diện và vận dụng lý thuyết để chỉ ra phương pháp giải các bài toán, khi
ngành Giáo dục đang thi đua giảng dạy theo phương pháp đổi mới, trong luật
Giáo dục Việt Nam và Nghị quyết đại hội Đảng lần thứ 7 và 8 cũng đã nhấn
mạnh: “Dạy cho học sinh phương pháp tự nghiên cứu” và với tình hình hiện nay
cịn nhiều giáo viên chưa thực sự quan tâm đúng mức đến việc rèn luyện năng
lực tự học cho học sinh.

Xuất phát từ vấn đề nên trên đã thúc đẩy Tôi viết.

Rèn luyện kỹ năng giải các bài toán chia hết trên vành số nguyên.

<b>2. Nội dung đề tài gồm</b>

Phần I: Tóm tắt lý thuyết

Phần II: Các phương pháp giải các bài toán chia hết.

1. Phương pháp sử dụng dấu hiệu chia hết.
2. Phương pháp sử dụng tính chất chia hết.

3. Phương pháp sử dụng xét tập hợp số dư trong phép chia.

4. Phương pháp sử dụng các phương pháp phân tích thành nhân tử.
5. Phương pháp biến đổi biểu thức cần chứng minh về dạng tổng.
6. Phương pháp quy nạp toán học.

7. Phương pháp sử dụng đồng dư thức.
8. Phương pháp sử dụng nguyên lý Đ.
9. Phương pháp phản chứng.

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

<b>B - NỘI DUNG</b>

<i><b>PHẦN I: TÓM TẮT LÝ THUYẾT</b></i>

<b>I. ĐỊNH NGHĨA PHÉP CHIA</b>

Cho 2 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

<i>Trong đó</i>: a là số bị chia, b là số chia, q là thương, r là số dư.

Khi a chia cho b có thể xẩy ra  b số dư
r  {0; 1; 2; …;  b}

Đặc biệt: r = 0 thì a = bq, khi đó ta nói a chia hết cho b hay b chia hết a.

Ký hiệu: a_b hay b\ a

Vậy: a _ b  Có số nguyên q sao cho a = bq

<b>II. CÁC TÍNH CHẤT</b>

1. Với  a  0  a _ a

2. Nếu a _ b và b _ c  a _ c
3. Với  a  0  0 _ a

4. Nếu a, b > 0 và a _ b ; b _ a  a = b
5. Nếu a _ b và c bất kỳ  ac _ b
6. Nếu a _ b  (a) _ (b)
7. Với  a  a _ (1)

8. Nếu a _ b và c _ b  a  c _ b
9. Nếu a _ b và c_b  a  c  b

10. Nếu a + b _ c và a _ c  b _ c
11. Nếu a _ b và n > 0  an __bn
12. Nếu ac _ b và (a, b) =1  c _ b

13. Nếu a _ b, c _ b và m, n bất kỳ am + cn _ b
14. Nếu a _ b và c _ d  ac _ bd

15. Tích n số nguyên liên tiếp chia hết cho n!

<b>III. MỘT SỐ DẤU HIỆU CHIA HẾT</b>

Gọi N = <i>a_na_n−</i>₁. ..<i>a</i>₁<i>a</i>₀

<b>1. Dấu hiệu chia hết cho 2; 5; 4; 25; 8; 125</b>
+ N _ 2  a0 _ 2  a0{0; 2; 4; 6; 8}
+ N _ 5  a0 _ 5  a0{0; 5}

+ N _ 4 (hoặc 25)  <i>a</i>₁<i>a</i>₀ __{4 (hoặc 25)}

+ N _ 8 (hoặc 125)  <i>a</i>₂<i>a</i>₁<i>a</i>₀ __{8 (hoặc 125)}

<b>2. Dấu hiệu chia hết cho 3 và 9</b>

+ N _ 3 (hoặc 9)  a0+a1+…+an _ 3 (hoặc 9)
<b>3. Một số dấu hiệu khác</b>

+ N _ 11  [(a0+a1+…) - (a1+a3+…)] _ 11

+ N _ 101  [( <i>a</i>1<i>a</i>0 + <i>a</i>5<i>a</i>4 +…) - ( <i>a</i>3<i>a</i>2 + <i>a</i>7<i>a</i>6 +…)]101

+ N _ 7 (hoặc 13)  [( <i>a</i>₂<i>a</i>₁<i>a</i>₀ ₊ <i>a</i>₈<i>a</i>₇<i>a</i>₆ _{+…) - [(} <i>a</i>₅<i>a</i>₄<i>a</i>₃ ₊ <i>a</i>₁₁<i>a</i>₁₀<i>a</i>₉ _+…)

11 (hoặc 13)

+ N _ 37  ( <i>a</i>₂<i>a</i>₁<i>a</i>₀ ₊ <i>a</i>₅<i>a</i>₄<i>a</i>₃ _+…)_₃₇

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

<b>IV. ĐỒNG DƯ THỨC</b>

<b>a. Định nghĩa</b>: Cho m là số nguyên dương. Nếu hai số nguyên a và b cho cùng

số dư khi chia cho m thì ta nói a đồng dư với b theo modun m.

Ký hiệu: a  b (modun)

Vậy: a  b (modun)  a - b _ m

<b>b. Các tính chất</b>

1. Với  a  a  a (modun)

2. Nếu a  b (modun)  b  a (modun)

3. Nếu a  b (modun), b  c (modun)  a  c (modun)

4. Nếu a  b (modun) và c  d (modun)  a+c  b+d (modun)
5. Nếu a  b (modun) và c  d (modun)  ac  bd (modun)
6. Nếu a  b (modun), d  Uc (a, b) và (d, m) =1

 <i>a_d≡b</i>

<i>d</i> (modun)

7. Nếu a  b (modun), d > 0 và d  Uc (a, b, m)

 <i>a_d≡b</i>

<i>d</i> (modun
<i>m</i>
<i>d</i> )

<b>V. MỘT SỐ ĐỊNH LÝ</b>
<b>1. Định lý Euler</b>

Nếu m là 1 số nguyên dương (m) là số các số nguyên dương nhỏ hơn m và
nguyên tố cùng nhau với m, (a, m) = 1

Thì a(m)_{ 1 (modun)}

Cơng thức tính (m)

Phân tích m ra thừa số ngun tố

m = p11 p22 … pkk với pi  p; i  N*

Thì (m) = m(1 - <i>_p</i>1

1 )(1 -

1

<i>p</i>₂ ) … (1 -

1

<i>p_k</i> )

<b>2. Định lý Fermat</b>

Nếu t là số nguyên tố và a khơng chia hết cho p thì ap-1 _{ 1}<i>_(modp)</i>

<b>3. Định lý Wilson</b>

Nếu p là số nguyên tố thì

( P - 1)! + 1  0 <i>(modp)</i>

<i><b>PHẦN II: CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN CHIA HẾT</b></i>

<b>1. Phương pháp 1</b>: SỬ DỤNG DẤU HIỆU CHIA HẾT

<i><b>Ví dụ 1</b></i>: Tìm các chữ số a, b sao cho a56b _ 45

<i><b>Giải</b></i>

Ta thấy 45 = 5.9 mà (5 ; 9) = 1
để a56b _ 45  a56b _ 5 và 9
Xét a56b _ 5  b  {0 ; 5}

Nếu b = 0 ta có số a56b _ 9  a + 5 + 6 + 0 _ 9
 a + 11 _ 9

 a = 7

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

 a = 2
Vậy: a = 7 và b = 0 ta có số 7560

a = 2 và b = 5 ta có số 2560

<i><b>Ví dụ 2</b></i>: Biết tổng các chữ số của 1 số là khơng đổi khi nhân số đó với 5. Chứng
minh răng số đó chia hết cho 9.

<i><b>Giải</b></i>

Gọi số đã cho là a

Ta có: a và 5a khi chia cho 9 cùng có 1 số dư
 5a - a _ 9  4a _ 9 mà (4 ; 9) = 1

 a _ 9 <i>(Đpcm)</i>

<i><b>Ví dụ 3</b></i>: CMR số 111

⏟

<i>…</i> 111

81 sè 1  81

<i><b>Giải</b></i>

Ta thấy: 111111111 _ 9

Có 111

⏟

<i>…</i> 111

81 sè 1 = 111111111(10

72_{+ 10}63_{+ … + 10}9_{+ 1)}
Mà tổng 1072_{+ 10}63_{+ … + 10}9_{+ 1 có tổng các chữ số bằng 9}

 9
 1072_{+ 10}63_{+ … + 10}9_{+ 1}

 9
Vậy: 111

⏟

<i>…</i> 111

81 sè 1  81 (Đpcm)

<i><b>BÀI TẬP TƯƠNG TỰ</b></i>

<i><b>Bài 1</b></i>: Tìm các chữ số x, y sao cho
a. 34x5y _ 4 và 9

b. 2x78 _ 17

<i><b>Bài 2</b></i>: Cho số N = dcba _CMR

a. N _ 4  (a + 2b) _ 4

b. N _ 16  (a + 2b + 4c + 8d) _ 16 với b chẵn
c. N _ 29  (d + 2c + 9b + 27a) _ 29

<i><b>Bài 3</b></i>: Tìm tất cả các số có 2 chữ số sao cho mỗi số gấp 2 lần tích các chữ số của
số đó.

<i><b>Bài 4</b></i>: Viết liên tiếp tất cả các số có 2 chữ số từ 19 đến 80 ta được số A =
192021…7980. Hỏi số A có chia hết cho 1980 khơng ? Vì sao?

<i><b>Bài 5</b></i>: Tổng của 46 số tự nhiên liên tiếp có chia hết cho 46 khơng? Vì sao?

<i><b>Bài 6</b></i>: Chứng tỏ rằng số 11

⏟

<i>…</i> 11

100 sè 1

22 <i>…</i> 22

⏟

100 sè 2 là tích của 2 số tự nhiên liên

tiếp.

<i><b>HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ</b></i>

<i><b>Bài 1</b></i>: a. x = và y = 2
x = và y = 6

b. 2x78 = 17 (122 + 6x) + 2(2-x)_17  x = 2

<i><b>Bài 2</b></i>: a. N_4  ab _4  10b + a_4  8b + (2b + a) _4
 a + 2b_4

b. N_16  1000d + 100c + 10b + a_16

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

c. Có 100(d + 3c + 9b + 27a) - dbca _29
mà (1000, 29) =1

dbca _29

 (d + 3c + 9b + 27a) _29

<i><b>Bài 3</b></i>: Gọi ab là số có 2 chữ số
Theo bài ra ta có:

ab = 10a + b = 2ab (1)
ab _2  b {0; 2; 4; 6; 8}
Thay vào (1) a = 3; b = 6

<i><b>Bài 4</b></i>: Có 1980 = 22_.32_.5.11

Vì 2 chữ số tận cùng của a là 80 _ 4 và 5
 A_ 4 và 5

Tổng các số hàng lẻ 1+(2+3+…+7).10+8 = 279
Tổng các số hàng chẵn 9+(0+1+…+9).6+0 = 279
Có 279 + 279 = 558 _ 9  A _ 9

279 - 279 = 0 _ 11  A _ 11

<i><b>Bài 5</b></i>: Tổng 2 số tự nhiên liên tiếp là 1 số lẻ nên không chia hết cho 2.

Có 46 số tự nhiên liên tiếp  có 23 cặp số mỗi cặp có tổng là 1 số lẻ  tổng 23
cặp không chia hết cho 2. Vậy tổng của 46 số tự nhiên liên tiếp khơng chia hết
cho 46.

<i><b>Bài 6</b></i>: Có 11

⏟

<i>…</i> 11

100 sè 1

22 <i>…</i> 22

⏟

100 sè 2 =

11 <i>…</i> 11

⏟

100 sè 1

100 <i>…</i> 02

⏟

99 sè 0

Mà 100

⏟

<i>…</i> 02

99 sè 0 = 3.

33 <i>…</i> 34

⏟

99 sè 3

 11

⏟

<i>…</i> 11

100 sè 1

22 <i>…</i> 22

⏟

100 sè 2 =

33 <i>…</i> 33

⏟

100 sè 3

33 <i>…</i> 34

⏟

99 sè 3 <i>(Đpcm)</i>

<b>2. Phương pháp 2:</b> SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CHIA HẾT

<i><b>* Chú ý</b></i>: Trong n số nguyên liên tiếp có 1 và chỉ 1 số chia hết cho n.
CMR: Gọi n là số nguyên liên tiếp

m + 1; m + 2; … m + n với m  Z, n  N*

Lấy n số nguyên liên tiếp trên chia cho n thì ta được tập hợp số dư là: {0; 1; 2;
… n - 1}

* Nếu tồn tại 1 số dư là 0: giả sử m + i = nqi ; i = 1,n

 m + i _ n

* Nếu không tồn tại số dư là 0  khơng có số ngun nào trong dãy chia hết cho
n  phải có ít nhất 2 số dư trùng nhau.

Giả sử:

¿

m + i = nqi + r 1<i>≤</i>i; j<i>≤</i> n

m + j = qjn + r

¿{

¿

 i - j = n(qi - qj) _ n  i - j _ n
mà i - j< n  i - j = 0  i = j

 m + i = m + j

Vậy trong n số đó có 1 số và chỉ 1 số đó chia hết cho n…

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

<i><b>Giải</b></i>

a. Trong 2 số nguyên liên tiếp bao giờ cũng có 1 số chẵn
 Số chẵn đó chia hết cho 2.

Vậy tích của 2 số ngun liên tiếp ln chia hết cho 2.

Tích 2 số ngun liên tiếp ln chia hết cho 2 nên tích của 3 số nguyên liên tiếp
luôn chia hết cho 2

b. Trong 3 sô nguyên liên tiếp bao giơ cũng có 1 số chia hết cho 3.
 Tích 3 số đó chia hết cho 3 mà (1; 3) = 1.

Vậy tích của 3 số nguyên liên tiếp ln chia hết cho 6.

<i><b>Ví dụ 2</b></i>: CMR: Tổng lập phương của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 9.

<i><b>Giải</b></i>

Gọi 3 số nguyên liên tiếp lần lượt là: n - 1 , n , n+1
Ta có: A = (n - 1)3 _{+ n}3 _{+ (n + 1)}3

= 3n3 _{- 3n + 18n + 9n}2 _{+ 9}

= 3(n - 1)n (n+1) + 9(n2 _{+ 1) + 18n}
Ta thấy (n - 1)n (n + 1) _ 3 <i>(CM Ví dụ 1)</i>

 3(n - 1)n (n + 1) _ 9
mà

¿

9(<i>n</i>2+1)⋮9

18<i>n</i>⋮9

¿{

¿

 A _ 9 <i>(ĐPCM)</i>

<i><b>Ví dụ 3</b></i>: CMR: n4_{- 4n}3_{- 4n}2_+16n

 3 84 với  n chẵn, n4

<i><b>Giải</b></i>

Vì n chẵn, n4 ta đặt n = 2k, k2

Ta có n4_{- 4n}3_{- 4n}2_{+ 16n = 16k}4_{- 32k}3_{- 16k}2_{+ 32k}
= đặt 16k(k3_{- 2k}2_{- k + 2)}
= đặt 16k(k - 2) (k - 1)(k + 1)

Với k  2 nên k - 2, k - 1, k + 1, k là 4 số tự nhiên liên tiếp nên trong 4 số đó có
1 số chia hết cho 2 và 1 số chia hết cho 4.  (k - 2)(k - 1)(k + 1)k _ 8

Mà (k - 2) (k - 1)k _ 3 ; (3,8)=1
 (k - 2) (k - 1) (k + 1)k _ 24

 16(k - 2) (k - 1) (k + 1)k _ (16,24)
Vậy n4_{- 4n}3_{- 4n}2_+16n

 384 với  n chẵn, n  4

<i><b>BÀI TẬP TƯƠNG TỰ</b></i>

<i><b>Bài 1</b></i>: CMR: a. n(n + 1) (2n + 1) _ 6
b. n5_{- 5n}3_{+ 4n}

 120 Với  n  N

<i><b>Bài 2</b></i>: CMR: n4_{+ 6n}3_{+ 11n}2_{+ 6n}

 24 Với  n  Z

<i><b>Bài 3</b></i>: CMR: Với  n lẻ thì

a. n2 + 4n + 3  8
b. n3 + 3n2 - n - 3  48
c. n12 - n8 - n4 + 1  512

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

<i><b>Bài 5</b></i>: CMR: Trong 1900 số tự nhiên liên tiếp có 1 số có tổng các chữ số chia
hết cho 27.

<i><b>HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ</b></i>

<i><b>Bài 1</b></i>: a. n(n + 1)(2n + 1) = n(n + 1) [(n + 1) + (n + 2)]
= n(n + 1) (n - 1) + n(n + 1) (n + 2) _ 6

b. n5_{- 5n}3_{+ 4n = (n}4_{- 5n}2_{+ 4)n}
= n(n2_{- 1) (n}2_{- 4)}

= n(n + 1) (n - 1) (n + 2) (n - 2) _ 120

<i><b>Bài 2</b></i>: n4_{+ 6n}3_{+ 6n + 11n}2
= n(n3_{+ 6n}2_{+ 6 + 11n)}

= n(n + 1) (n + 2) (n + 3) _ 24

<i><b>Bài 3</b></i>: a. n2_{+ 4n + 3 = (n + 1) (n + 3)}
 8
b. n3_{+ 3n}2_{- n - 3 = n}2_{(n + 3) - (n + 3)}

= (n2_{- 1) (n + 3)}

= (n + 1) (n - 1) (n + 3)

= (2k + 4) (2k + 2) (2k với n = 2k + 1, k  N)
= 8k(k + 1) (k +2) _ 48

c. n12_{- n}8_{- n}4_{+ 1 = n}8_(n4_{- 1) - (n}4_{- 1)}
= (n4_{- 1) (n}8_{- 1)}

= (n4_{- 1)}2_(n4_{+ 1)}

= (n2_{- 1)}2_(n2_{- 1)}2_(n4_{+ 1)}
= 16[k(k + 1)2_(n2_{+ 1)}2_(n4_{+ 1)}

Với n = 2k + 1  n2_{+ 1 và n}4_{+ 1 là những số chẵn  (n}2_{+ 1)}2
 2
n4_{+ 1}

 2
 n12_{- n}8_{- n}4_{+ 1}_₍₂4_.22_{. 2}2_{. 1 . 2}1₎

Vậy n12_{- n}8_{- n}4_{+ 1}

 512

<i><b>Bài 4</b></i>: Có p2_{- 1 = (p - 1) (p + 1) vì p là số nguyên tố p > 3}
 p _ 3 ta có: (p - 1) (p + 1) _ 8

và p = 3k + 1 hoặc p = 3k + 2 (k  N)
 (p - 1) (p + 1) _ 3

Vậy p2_{- 1}

 24

<i><b>Bài 5</b></i>: Giả sử 1900 số tự nhiên liên tiếp là
n, n +1; n + 2; … ; n + 1989 (1)

trong 1000 tự nhiên liên tiếp n, n + 1; n + 2; …; n + 999

có 1 số chia hết cho 1000 giả sử n0, khi đó n0 có tận cùng là 3 chữ số 0 giả sử
tổng các chữ số của n0 là s khi đó 27 số n0, n0 + 9; n0 + 19; n0 + 29; n0 + 39; …;
n0 + 99; n0 + 199; … n0 + 899 (2)

Có tổng các chữ số lần lượt là: s; s + 1 … ; s + 26
Có 1 số chia hết cho 27 <i>(ĐPCM)</i>

<i><b>* Chú ý</b></i>: n + 899  n + 999 + 899 < n + 1989
 Các số ở (2) nằm trong dãy (1)

<b>3. Phương pháp 3:</b> XÉT TẬP HỢP SỐ DƯ TRONG PHÉP CHIA

<i><b>Ví dụ 1</b></i>: CMR: Với  n  N

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

<i><b>Giải</b></i>

Ta thấy 1 trong 2 thừa số n và 7n + 1 là số chẵn. Với  n  N  A(n) _ 2
Ta chứng minh A(n) _ 3

Lấy n chia cho 3 ta được n = 3k + 1 (k  N)
Với r  {0; 1; 2}

Với r = 0  n = 3k  n _ 3  A(n) _ 3

Với r = 1  n = 3k + 1  2n + 7 = 6k + 9 _ 3  A(n) _ 3
Với r = 2  n = 3k + 2  7n + 1 = 21k + 15 _ 3  A(n) _ 3
 A(n) _ 3 với  n mà (2, 3) = 1

Vậy A(n) _ 6 với  n  N

<i><b>Ví dụ 2</b></i>: CMR: Nếu n _ 3 thì A(n) = 32n_{+ 3}n_{+ 1}

 13 Với  n  N

<i><b>Giải</b></i>

Vì n _ 3  n = 3k + r (k  N); r  {1; 2; 3}
 A(n) = 32(3k + r)_{+ 3}3k+r_{+ 1}

= 32r₍₃6k_{- 1) + 3}r₍₃3k_{- 1) + 3}2r_{+ 3}r_{+ 1}

ta thấy 36k_{- 1 = (3}3₎2k_{- 1 = (3}3_{- 1)M = 26M}
 13
33k_{- 1 = (3}3_{- 1)N = 26N}

 13

với r = 1  32n_{+ 3}n_{+ 1 = 3}2_{+ 3 +1 = 13}
 13
 32n_{+ 3}n_{+ 1}

 13

với r = 2  32n_{+ 3}n_{+ 1 = 3}4_{+ 3}2_{+ 1 = 91}
 13
 32n_{+ 3}n_{+ 1}

Vậy với n _ 3 thì A(n) = 32n_{+ 3}n_{+ 1}

 13 Với  n  N

<i><b>Ví dụ 3</b></i>: Tìm tất cả các số tự nhiên n để 2n_{- 1}
 7

<i><b>Giải</b></i>

Lấy n chia cho 3 ta có n = 3k + 1 (k  N); r  {0; 1; 2}
Với r = 0  n = 3k ta có

2n_{- 1 = 2}3k_{- 1 = 8}k_{- 1 = (8 - 1)M = 7M}
 7
với r =1  n = 3k + 1 ta có:

2n_{- 1 = 2}8k +1_{- 1 = 2.2}3k_{- 1 = 2(2}3k_{- 1) + 1}
mà 23k_{- 1}

 7  2n_{- 1 chia cho 7 dư 1}
với r = 2  n = 3k + 2 ta có :
2n_{- 1 = 2}3k + 2_{- 1 = 4(2}3k_{- 1) + 3}
mà 23k_{- 1}

 7  2n_{- 1 chia cho 7 dư 3}
Vậy 23k_{- 1}

 7  n = 3k (k  N)

<i><b>BÀI TẬP TƯƠNG TỰ</b></i>

<i><b>Bài 1</b></i>: CMR: An = n(n2_{+ 1)(n}2_{+ 4)}

 5 Với  n  Z

<i><b>Bài 2</b></i>: Cho A = a1 + a2 + … + an
B = a5_{1 + a}5_{2 + … + a}5

n

<i><b>Bài 3</b></i>: CMR: Nếu (n, 6) =1 thì n2_{- 1}

 24 Với  n  Z

<i><b>Bài 4</b></i>: Tìm số tự nhiên W để 22n_{+ 2}n_{+ 1}_₇

<i><b>Bài 5</b></i>: Cho 2 số tự nhiên m, n để thoả mãn 24m4_{+ 1 = n}2
CMR: mn _ 55

<i><b>HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ</b></i>

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

+ Lấy n chia cho 5  n = 5q + r r  {0; 1; 2; 3; 4}
r = 0  n _ 5  A(n) _ 5

r = 1, 4  n2_{+ 4}__{5  A(n)}_₅
r = 2; 3  n2_{+ 1}

 5  A(n) _ 5
 A(n) _ 5  A(n) _ 30

<i><b>Bài 2</b></i>: Xét hiệu B - A = (a5_{1 - a1) + … + (a}5_{n - an)}
Chỉ chứng minh: a5_{i - ai}

 30 là đủ

<i><b>Bài 3</b></i>: Vì (n, 6) =1  n = 6k + 1 (k  N)
Với r  {1}

r = 1 n2_{- 1}
 24

<i><b>Bài 4</b></i>: Xét n = 3k + r (k  N)
Với r  {0; 1; 2}

Ta có: 22n_{+ 2}n_{+ 1 = 2}2r₍₂6k_{- 1) + 2}r₍₂3k_{- 1) + 2}2n_{+ 2}n_{+ 1}
Làm tương tự VD3

<i><b>Bài 5</b></i>: Có 24m4_{+ 1 = n}2_{= 25m}4_{- (m}4_{- 1)}
Khi m _ 5  mn _ 5

Khi m _ 5 thì (m, 5) = 1  m4_{- 1}
 5

<i>(Vì m5_{- m}<b>_</b>₅</i>

<i> (m4 - 1) <b></b> 5 </i><i> m4 - 1 <b></b> 5)</i>

 n2 __{5  ni5}
Vậy mn _ 5

<b>4. Phương pháp 4:</b> SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH THÀNH NHÂN

TỬ

Giả sử chứng minh an _ k

Ta có thể phân tích an chứa thừa số k hoặc phân tích thành các thừa số mà
các thừa số đó chia hết cho các thừa số của k.

<i><b>Ví dụ 1</b></i>: CMR: 36n_{- 2}6n

 35 Với  n  N

<i><b>Giải</b></i>

Ta có 36n_{- 2}6n_{= (3}6₎n_{- (2}6₎n_{= (3}6_{- 2}6_)M
= (33_{+ 2}3_{) (3}3_{- 2}3_)M

= 35.19M _ 35 Vậy 36n_{- 2}6n

 35 Với  n  N

<i><b>Ví dụ 2</b></i>: CMR: Với  n là số tự nhiên chăn thì biểu thức
A = 20n_{+ 16}n_{- 3}n_{- 1}

 232

<i><b>Giải</b></i>

Ta thấy 232 = 17.19 mà (17;19) = 1 ta chứng minh

A _ 17 và A _ 19 ta có A = (20n_{- 3}n_{) + (16}n_{- 1) có 20}n_{- 3}n_{= (20 - 3)M}

17M

16n_{- 1 = (16 + 1)M = 17N}__{17 (n chẵn)}
 A _ 17 (1)

ta có: A = (20n_{- 1) + (16}n_{- 3}n₎
có 20n_{- 1 = (20 - 1)p = 19p}

 19
có 16n_{- 3}n_{= (16 + 3)Q = 19Q}

 19 (n chẵn)
 A _ 19 (2)

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

<i><b>Ví dụ 3</b></i>: CMR: nn_{- n}2_{+ n - 1}

 (n - 1)2_{Với  n >1}

<i><b>Giải</b></i>

Với n = 2  nn_{- n}2_{+ n - 1 = 1}
và (n - 1)2_{= (2 - 1)}2_{= 1}

 nn_{- n}2_{+ n - 1}

 (n - 1)2

với n > 2 đặt A = nn_{- n}2_{+ n - 1 ta có A = (n}n_{- n}2_{) + (n - 1)}
= n2_(nn-2_{- 1) + (n - 1)}

= n2_{(n - 1) (n}n-3_{+ n}n-4_{+ … + 1) + (n - 1)}
= (n - 1) (nn-1_{+ n}n-2_{+ … + n}2 ₊₁₎

= (n - 1) [(nn-1_{- 1) + … +( n}2 _{- 1) + (n - 1)]}
= (n - 1)2_M

 (n - 1)2
Vậy A _ (n - 1)2<i>_(ĐPCM)</i>

<i><b>BÀI TẬP TƯƠNG TỰ</b></i>

<i><b>Bài 1</b></i>: CMR: a. 32n +1 _{+ 2}2n +2_₇
b. mn(m4_{- n}4₎

 30

<i><b>Bài 2</b></i>: CMR: A(n) = 3n_{+ 63}

 72 với n chẵn n  N, n  2

<i><b>Bài 3</b></i>: Cho a và b là 2 số chính phương lẻ liên tiếp
CMR: a. (a - 1) (b - 1) _ 192

<i><b>Bài 4</b></i>: CMR: Với p là 1 số nguyên tố p > 5 thì p4_{- 1}

 240

<i><b>Bài 5</b></i>: Cho 3 số nguyên dương a, b, c và thoả mãn a2_{= b}2_{+ c}2
CMR: abc _ 60

<i><b>HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ</b></i>

<i><b>Bài 1</b></i>: a. 32n +1 _{+ 2}2n +2_{= 3.3}2n_{+ 2.2}n
= 3.9n_{+ 4.2}n

= 3(7 + 2)n_{+ 4.2}n
= 7M + 7.2n

 7

b. mn(m4_{- n}4_{) = mn(m}2_{- 1)(m}2_{+ 1) - mn(n}2_{- 1) (n}2_{+ 1)}_₃₀

<i><b>Bài 3</b></i>: Có 72 = 9.8 mà (8, 9) = 1 và n = 2k (k  N)
có 3n_{+ 63 = 3}2k_{+ 63}

= (32k_{- 1) + 64  A(n)}_₈

<i><b>Bài 4</b></i>: Đặt a = (2k - 1)2_{; b = (2k - 1)}2_{(k  N)}

Ta có (a - 1)(b - 1) = 16k(k + 1)(k - 1) _ 64 và 3

<i><b>Bài 5</b></i>: Có 60 = 3.4.5 Đặt M = abc

Nếu a, b, c đều không chia hết cho 3  a2_{, b}2_{và c}2_{chia hết cho 3 đều dư 1}
 a2_{ b}2_{+ c}2_{. Do đó có ít nhất 1 số chia hết cho 3. Vậy M}

 3

Nếu a, b, c đều không chia hết cho 5  a2_{, b}2_{và c}2_{chia 5 dư 1 hoặc 4  b}2
+ c2_{chia 5 thì dư 2; 0 hoặc 3.}

 a2_{ b}2_{+ c}2_{. Do đó có ít nhất 1 số chia hết cho 5. Vậy M}
 5
Nếu a, b, c là các số lẻ  b2_{và c}2_{chia hết cho 4 dư 1.}
 b2_{+ c}2_{ (mod 4)  a}2_{ b}2_{+ c}2

Do đó 1 trong 2 số a, b phải là số chẵn.
Giả sử b là số chẵn

Nếu C là số chẵn  M _ 4

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

 b2_{= (a - c) (a + b) }

(

<i>b</i>2

)

2

=

(

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

2

)(

<i>a− c</i>

2

)

 <i>b</i>₂ chẵn  b _ 4  m _ 4
Vậy M = abc _ 3.4.5 = 60

<b>5. Phương pháp 5:</b> BIẾN ĐỔI BIỂU THỨC CẦN CHỨNG MINH VỀ DẠNG

TỔNG

Giả sử chứng minh A(n) _ k ta biến đổi A(n) về dạng tổng của nhiều hạng tử và
chứng minh mọi hạng tử đều chia hết cho k.

<i><b>Ví dụ 1</b></i>: CMR: n3_{+ 11n}

 6 với  n  z.

<i><b>Giải</b></i>

Ta có n3_{+ 11n = n}3_{- n + 12n = n(n}2_{- 1) + 12n}

= n(n + 1) (n - 1) + 12n
Vì n, n - 1; n + 1 là 3 số nguyên liên tiếp
 n(n + 1) (n - 1) _ 6 và 12n _ 6

Vậy n3_{+ 11n}
 6

<i><b>Ví dụ 2</b></i>: Cho a, b  z thoả mãn (16a +17b) (17a +16b) _ 11
CMR: (16a +17b) (17a +16b) _ 121

<i><b>Giải</b></i>

Có 11 số nguyên tố mà (16a +17b) (17a +16b) _ 11


16a +17b⋮11

¿

17a +16b⋮11

¿
¿
¿
¿

(1)

Có 16a +17b + 17a +16b = 33(a + b) _ 11 (2)
Từ (1) và (2) 

16a +17b⋮11

¿

17a +16b⋮11

¿
¿
¿

¿

Vậy (16a +17b) (17a +16b) _ 121

<i><b>Ví dụ 3</b></i>: Tìm n  N sao cho P = (n + 5)(n + 6) _ 6n.

<i><b>Giải</b></i>

Ta có P = (n + 5)(n + 6) = n2_{+ 11n + 30}
= 12n + n2_{- n + 30}
Vì 12n _ 6n nên để P _ 6n  n2_{- n + 30}

 6n



¿

n2 - n ⋮6

30⋮6n

<i>⇔</i>

¿<i>n</i>(n - 1)⋮3(1)

30⋮<i>n</i>(2)

¿{

¿

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

Từ (2)  n  {1; 2; 3; 5; 6; 10; 15; 30}
Vậy từ (1); (2)  n  {1; 3; 6; 10; 15; 30}
Thay các giá trị của n vào P ta có

n  {1; 3; 10; 30} là thoả mãn

Vậy n  {1; 3; 10; 15; 30} thì P = (n + 5)(n + 6) _ 6n.

<i><b>BÀI TẬP TƯƠNG TỰ</b></i>

<i><b>Bài 1</b></i>: CMR: 13_{+ 3}3_{+ 5}3_{+ 7}3

 23

<i><b>Bài 2</b></i>: CMR: 36n2_{+ 60n + 24}

 24

<i><b>Bài 3</b></i>: CMR: a. 5n+2_{+ 26.5}n_{+ 8} 2n+1

 59
b. 9 2n_{+ 14}

 5

<i><b>Bài 4</b></i>: Tìm n  N sao cho n3_{- 8n}2_{+ 2n}__n2_{+ 1}

<i><b>HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ</b></i>

<i><b>Bài 1</b></i>: 13_{+ 3}3_{+ 5}3_{+ 7}3_{= (1}3_{+ 7}3_{) + (3}3_{+ 5}3₎
= 8m + 8N _ 23

<i><b>Bài 2</b></i>: 362_{+ 60n + 24 = 12n(3n + 5) + 24}

Ta thấy n và 3n + 5 không đồng thời cùng chẵn hoặc cùng lẻ
 n(3n + 5) _ 2  ĐPCM

<i><b>Bài 3</b></i>: a. 5n+2_{+ 26.5}n_{+ 8} 2n+1
= 5n_{(25 + 26) + 8} 2n+1
= 5n_{(59 - 8) + 8.64} n
= 5n_{.59 + 8.59m}

 59
b. 9 2n_{+ 14 = 9} 2n_{- 1 + 15}

= (81n_{- 1) + 15}
= 80m + 15 _ 5

<i><b>Bài 4</b></i>: Có n3_{- 8n}2_{+ 2n = (n}2_{+ 1)(n - 8) + n + 8}

 (n2_{+ 1)  n + 8}

 n2_{+ 1}
Nếu n + 8 = 0  n = -8 (thoả mãn)

Nếu n + 8  0  n + 8 n2_{+ 1}



n +8<i>≤</i>-n2<i>−</i>1 Víi<i>n ≤ −</i>8

¿

n +8<i>≥ n</i>2+1 Víi<i>n ≥−</i>8

¿

<i>⇒</i>

¿

<i>n</i>2+<i>n</i>+9<i>≤</i>0 Víi<i>n ≤ −</i>8

¿

<i>n</i>2<i>−n −</i>7<i>≤</i>0 Víi<i>n ≥ −</i>8

¿
¿
¿
¿
¿
¿

 n  {-2; 0; 2} thử lại
Vậy n  {-8; 0; 2}

<b>6. Phương pháp 6:</b> DÙNG QUY NẠP TOÁN HỌC

Giả sử CM A(n) _ P với n  a (1)

Bước 1: Ta CM (1) đúng với n = a tức là CM A(n) _ P

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

Ta CM (1) đúng với n = k + 1 tức là phải CM A(k+1) _ P
Bước 3: Kết luận A(n) _ P với n  a

<i><b>Ví dụ 1</b></i>: Chứng minh A(n) = 16n_{- 15n - 1}

 225 với  n  N*

<i><b>Giải</b></i>

Với n = 1  A(n) = 225 _ 225 vậy n = 1 đúng
Giả sử n = k  1 nghĩa là A(k) = 16k_{- 15k - 1}

 225
Ta phải CM A(k+1) = 16 k+1_{- 15(k + 1) - 1}

 225
Thật vậy: A(k+1) = 16 k+1_{- 15(k + 1) - 1}

= 16.16k_{- 15k - 16}

= (16k_{- 15k - 1) + 15.16}k_{- 15}
= 16k_{- 15k - 1 + 15.15m}
= A(k) + 225

mà A(k) _ 225 (giả thiết quy nạp)

225m_ 225

Vậy A(n) _ 225

<i><b>Ví dụ 2</b></i>: CMR: với  n  N*_{và n là số tự nhiên lẻ ta có}

<i>m</i>2<i>n−</i>1⋮2<i>n</i>+2

<i><b>Giải</b></i>

Với n = 1  m2_{- 1 = (m + 1)(m - 1)}

 8 (vì m + 1; m - 1 là 2 số chẵn liên tiếp
nên tích của chúng chia hết cho 8)

Giả sử với n = k ta có <i>m</i>2<i>k−</i>1⋮2<i>k</i>+2 _{ta phải chứng minh}

<i>m</i>2<i>k</i>+1<i>−</i>1⋮2<i>k</i>+3

Thật vậy <i>m</i>2<i>k−</i>1⋮2<i>k</i>+2 _ <i>_m</i>2<i>k</i>

<i>−</i>1=2<i>k</i>+2.<i>q</i>(<i>q∈z</i>)

 <i>m</i>2<i>k</i>

=2<i>k</i>+2.<i>q</i>+1

có <i>m</i>2<i>k</i>+1

<i>−</i>1=(<i>m</i>2<i>k</i>)2<i>−</i>1=(2<i>k</i>+2

.<i>q</i>+1)2<i>−</i>1=2<i>k</i>+4.<i>q</i>2+2<i>k</i>+3.<i>q</i>

= 2<i>k</i>+3

(2<i>k</i>+1<i>q</i>2+<i>q</i>)⋮2<i>k</i>+3

Vậy <i>m</i>2<i>n−</i>1⋮2<i>n</i>+2 _{với  n  1}

<i><b>BÀI TẬP TƯƠNG TỰ</b></i>

<i><b>Bài 1</b></i>: CMR: 33n+3_{- 26n - 27}

 29 với  n  1

<i><b>Bài 2</b></i>: CMR: 42n+2_{- 1}
 15

<i><b>Bài 3</b></i>: CMR số được thành lập bởi 3n_{chữ số giống nhau thì chia hết cho 3}n_{với n}
là số nguyên dương.

<i><b>HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ</b></i>

<i><b>Bài 1</b></i>: Tương tự ví dụ 1.

<i><b>Bài 2</b></i>: Tương tự ví dụ 1.

<i><b>Bài 3</b></i>: Ta cần CM aa . . .

⏟

<i>a</i>

3<i>n</i>_sèa  3

n₍₁₎
Với n = 1 ta có aa . . .<i>a</i> ¿111<i>a</i>⋮3

Giả sử (1) đúng với n = k tức là aa. . .

⏟

<i>a</i>

3<i>k</i>

sèa  3

k

Ta chứng minh (1) đúng với n = k + 1 tức là phải chứng minh

aa . . .<i>a</i>

⏟

3<i>k</i>+1

sè<i>a</i>  3

k+1_{ta có 3}k+1_{= 3.3}k_{= 3}k_{+ 3}k₊₃k
Có aa . . .

⏟

<i>a</i>

3<i>k</i>+1

sè<i>a</i>

=<i>a</i>

_⏟

.. .<i>a</i>
3<i>k</i>

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

⏟

3<i>k</i>

<i>a</i>

_⏟

. ..<i>a</i>

3<i>k</i>

¿aa. . .<i>a</i>. 102 .3

<i>k</i>

+aa .. .<i>a</i>.103

<i>k</i>

+<i>a</i>. ..<i>a</i>

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

¿aa . . .

_⏟

<i>a</i>
3<i>k</i>

(102 .3<i>k</i>

+103

<i>k</i>

+1)⋮3<i>k</i>+1

<b>7. Phương pháp 7:</b> SỬ DỤNG ĐỒNG DƯ THỨC

Giải bài toán dựa vào đồng dư thức chủ yếu là sử dụng định lý Euler và định lý
Fermat

<i><b>Ví dụ 1</b></i>: CMR: 22225555_{+ 5555}2222
 7

<i><b>Giải</b></i>

Có 2222  - 4 (mod 7)  22225555_{+ 5555}2222_{ (- 4)}5555_{+ 4}5555_{(mod 7)}
Lại có: (- 4)5555_{+ 4}2222_{= - 4}5555_{+ 4}2222

= - 42222₍₄3333_{- 1) =} _{- 4}2222

₍

₍₄3₎1111<i>₋</i>₁

₎

Vì 43_{= 64  (mod 7)} <i>_⇒</i>
(43

)1111<i>−</i>1<i>≡</i>0 (mod 7)

 22225555_{+ 5555}2222_{ 0 (mod 7)}
Vậy 22225555_{+ 5555}2222

 7

<i><b>Ví dụ 2</b></i>: CMR: 324<i>n</i>+1+33

4<i>n</i>+1

+5⋮22 với  n  N

<i><b>Giải</b></i>

Theo định lý Fermat ta có:
310_{ 1 (mod 11)}
210_{ 1 (mod 11)}

Ta tìm dư trong phép chia là 24n+1_{và 3}4n+1_{cho 10}
Có 24n+1_{= 2.16}n_{ 2 (mod 10)}

 24n+1_{= 10q + 2 (q  N)}
Có 34n+1_{= 3.81}n_{ 3 (mod 10)}
 34n+1_{= 10k + 3 (k  N)}
Ta có: 324<i>n</i>+1

+33

4<i>n</i>+1

+5=310<i>q</i>+2+210<i>k</i>+3

= 32_.310q_{+ 2}3_.210k_{+ 5}
 1+0+1 (mod 2)
 0 (mod 2)
mà (2, 11) = 1
Vậy 324<i>n</i>+1+33

4<i>n</i>+1

+5⋮22 với  n  N

<i><b>Ví dụ 3</b></i>: CMR: 224<i>n</i>+1

+7⋮11 với n  N

<i><b>Giải</b></i>

Ta có: 24_{ 6 (mod)  2}4n+1_{ 2 (mod 10)}
 24n+1_{= 10q + 2 (q  N)}

 224<i>n</i>+1=210<i>q</i>+2

Theo định lý Fermat ta có: 210_{ 1 (mod 11)}
 210q_{ 1 (mod 11)}

224<i>n</i>+1

+7=210<i>q</i>+2+7

 4+7 (mod 11)  0 (mod 11)
Vậy 224<i>n</i>+1

+7⋮11 với n  N (ĐPCM)

<i><b>BÀI TẬP TƯƠNG TỰ</b></i>

<i><b>Bài 1</b></i>: CMR 226<i>n</i>+2+3⋮19 với n  N

<i><b>Bài 2</b></i>: CMR với  n  1 ta có
52n-1_{. 2}2n-1₅n+1 _{+ 3}n+1 _.22n-1

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

<i><b>Bài 3</b></i>: Cho số p > 3, p  (P)
CMR 3p_{- 2}p_{- 1}

 42p

<i><b>Bài 4</b></i>: CMR với mọi số nguyên tố p đều có dạng
2n_{- n (n  N) chia hết cho p.}

<i><b>HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ</b></i>

<i><b>Bài 1</b></i>: Làm tương tự như VD3

<i><b>Bài 2</b></i>: Ta thấy 52n-1_{. 2}2n-1₅n+1 _{+ 3}n+1 _.22n-1
 2

Mặt khác 52n-1_{. 2}2n-1₅n+1 _{+ 3}n+1 _.22n-1_{= 2}n₍₅2n-1_{.10 + 9. 6}n-1₎
Vì 25  6 (mod 19)  5n-1_{ 6}n-1_{(mod 19)}

 25n-1_{.10 + 9. 6}n-1 _{ 6}n-1_{.19 (mod 19)  0 (mod 19)}

<i><b>Bài 3</b></i>: Đặt A = 3p_{- 2}p_{- 1 (p lẻ)}

Dễ dàng CM A _ 2 và A _ 3  A _ 6
Nếu p = 7  A = 37_{- 2}7_{- 1}

 49  A _ 7p
Nếu p  7  (p, 7) = 1

Theo định lý Fermat ta có:

A = (3p_{- 3) - (2}p_{- 2)}

 p
Đặt p = 3q + r (q  N; r = 1, 2)
 A = (33q+1_{- 3) - (2}3q+r_{- 2)}

= 3r_.27q_{- 2}r_.8q_{- 1 = 7k + 3}r_(-1)q_{- 2}r_{- 1 (k  N)}
với r = 1, q phải chẵn (vì p lẻ)

 A = 7k - 9 - 4 - 1 = 7k - 14

Vậy A _ 7 mà A _ p, (p, 7) = 1  A _ 7p
Mà (7, 6) = 1; A _ 6

 A _ 42p.

<i><b>Bài 4</b></i>: Nếu P = 2  22_{- 2 = 2}
 2
Nếu n > 2 Theo định lý Fermat ta có:
2p-1_{ 1 (mod p)}

 2m(p-1)_{ 1 (mod p) (m  N)}
Xét A = 2m(p-1)_{+ m - mp}

A _ p  m = kq - 1

Như vậy nếu p > 2  p có dạng 2n_{- n trong đó}
N = (kp - 1)(p - 1), k  N đều chia hết cho p

<b>8. Phương pháp 8:</b> SỬ DỤNG NGUYÊN LÝ ĐIRICHLET

Nếu đem n + 1 con thỏ nhốt vào n lồng thì có ít nhất 1 lồng chứa từ 2 con
trở lên.

<i><b>Ví dụ 1</b></i>: CMR: Trong n + 1 số nguyên bất kỳ có 2 số có hiệu chia hết cho n.
Giải

Lấy n + 1 số nguyên đã cho chia cho n thì được n + 1 số dư nhận 1 trong các số
sau: 0; 1; 2; …; n - 1

 có ít nhất 2 số dư có cùng số dư khi chia cho n.
Giả sử ai = nq1 + r 0  r < n

aj = nq2 + r a1; q2  N
 aj - aj = n(q1 - q2) _ n

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

Nếu khơng có 1 tổng nào trong các tổng trên chia hết cho n như vậy số dư
khi chia mỗi tổng trên cho n ta được n số dư là 1; 2; …; n - 1

Vậy theo nguyên lý Đirichlet sẽ tồn tại ít nhất 2 tổng mà chi cho n có
cùng số dư  (theo VD1) hiệu cùadr tổng này chia hết cho n (ĐPCM).

<i><b>BÀI TẬP TƯƠNG TỰ</b></i>

<i><b>Bài 1</b></i>: CMR: Tồn tại n  N sao cho 17n_{- 1}_₂₅

<i><b>Bài 2</b></i>: CMR: Tồn tại 1 bội của số 1993 chỉ chứa toàn số 1.

<i><b>Bài 3</b></i>: CMR: Với 17 số nguyên bất kỳ bao giờ cũng tồn tại 1 tổng 5 số chia hết
cho 5.

<i><b>Bài 4</b></i>: Có hay khơng 1 số có dạng.

19931993 … 1993000 … 00 _ 1994

<i><b>HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ</b></i>

<i><b>Bài 1</b></i>: Xét dãy số 17, 172_{, …, 17}25_{(tương tự VD2)}

<i><b>Bài 2</b></i>: Ta có 1994 số ngun chứa tồn bộ số 1 là:
1

11
111
…

111 <i>…</i> 11

⏟

1994 sè 1

Khi chia cho 1993 thì có 1993 số dư  theo ngun lý Đirichlet có ít nhất 2 số
có cùng số dư.

Giả sử đó là

ai = 1993q + r 0  r < 1993
aj = 1993k + r i > j; q, k  N
 aj - aj = 1993(q - k)

111 <i>…</i> 11

⏟

i-j 1994 sè 1

00

_⏟

<i>…</i> 0

i sè 0

=1993(<i>q − k</i>)

111 <i>…</i> 11

⏟

i-j 1994 sè 1

. 10<i>j</i>=1993(<i>q − k</i>)

mà (10j_{, 1993) = 1}

111 <i>…</i> 11

⏟

1994 sè 1  1993 (ĐPCM)

<i><b>Bài 3</b></i>: Xét dãy số gồm 17 số nguyên bất kỳ là
a1, a2, …, a17

Chia các số cho 5 ta được 17 số dư ắt phải có 5 số dư thuộc tập hợp{0; 1; 2; 3;
4}

Nếu trong 17 số trên có 5 số khi chia cho 5 có cùng số dư thì tổng của
chúng sẽ chia hết cho 5.

Nếu trong 17 số trên khơng có số nào có cùng số dư khi chia cho 5  tồn
tại 5 số có số dư khác nhau  tổng các số dư là: 0 + 1 + 2 + 3 + 4 = 10 _ 10

Vậy tổng của 5 số này chia hết cho 5.

<i><b>Bài 4</b></i>: Xét dãy số a1 = 1993, a2 = 19931993, …
a1994 = 1993

⏟

<i>…</i> 1993

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

đem chia cho 1994  có 1994 số dư thuộc tập {1; 2; …; 1993} theo nguyên lý
Đirichlet có ít nhất 2 số hạng có cùng số dư.

Giả sử: ai = 1993 … 1993 (i số 1993)
aj = 1993 … 1993 (j số 1993)

 aj - aj _ 1994 1  i < j  1994

 1993

⏟

<i>…</i> 1993

j-i sè 1993

. 10ni

⋮1993

<b>9. Phương pháp 9:</b> PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG

Để CM A(n) _ p (hoặc A(n) _ p )
+ Giả sử: A(n) _ p (hoặc A(n) _ p )
+ CM trên giả sử là sai

+ Kết luận: A(n) _ p (hoặc A(n) _ p )

<i><b>Ví dụ 1</b></i>: CMR n2_{+ 3n + 5}

 121 với  n  N
Giả sử tồn tại n  N sao cho n2_{+ 3n + 5}

 121
 4n2_{+ 12n + 20}

 121 (vì (n, 121) = 1)
 (2n + 3)2_{+ 11}

 121 (1)
 (2n + 3)2

 11

Vì 11 là số nguyên tố  2n + 3 _ 11
 (2n + 3)2

 121 (2)
Từ (1) và (2)  11 _ 121 vô lý

Vậy n2_{+ 3n + 5}

 121

<i><b>Ví dụ 2</b></i>: CMR n2_{- 1}

 n với  n  N*

<i><b>Giải</b></i>

Xét tập hợp số tự nhiên N*

Giả sử  n  1, n  N*_{sao cho n}2_{- 1}
 n

Gọi d là ước số chung nhỏ nhất khác 1 của n  d  (p) theo định lý Format ta có
2d-1_{ 1 (mod d)  m < d}

ta chứng minh m\n

Giả sử n = mq + r (0  r < m)
Theo giả sử n2_{- 1}

 n  nmq+r_{- 1}
 n
 2r_(nmq_{- 1) + (2}r_{- 1)}

 n  2r_{- 1}

 d vì r < m mà m  N, m nhỏ nhất khác 1

có tính chất (1)

 r = 0  m\n mà m < d cũng có tính chất (1) nên điều giả sử là sai.
Vậy n2_{- 1}

 n với  n  N*

<i><b>BÀI TẬP TƯƠNG TỰ</b></i>

<i><b>Bài 1</b></i>: Có tồn tại n  N sao cho n2_{+ n + 2}

 49 không?

<i><b>Bài 2</b></i>: CMR: n2_{+ n + 1}

 9 với  n  N*

<i><b>Bài 3</b></i>: CMR: 4n2_{- 4n + 18}

 289 với  n  N

<i><b>HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ</b></i>

<i><b>Bài 1</b></i>: Giả sử tồn tại n  N để n2_{+ n + 2}

 49
 4n2_{+ 4n + 8}

 49
 (2n + 1)2_{+ 7}

 49 (1)  (2n + 1)2
 7
Vì 7 là số nguyên tố  2n + 1 _ 7  (2n + 1)2

</div>
<span class='text_page_counter'>(18)</span><div class='page_container' data-page=18>

Từ (1); (2)  7 _ 49 vô lý.

<i><b>Bài 2</b></i>: Giả sử tồn tại n2_{+ n + 1}

 9 với  n
 (n + 2)(n - 1) + 3 _ 3 (1)

vì 3 là số nguyên tố 

<i>n</i>+2⋮3

¿

<i>n −</i>1⋮3

¿
¿
¿
¿

 (n + 2)(n - 1) _ 9 (2)
Từ (1) và (2)  3 _ 9 vô lý

<i><b>Bài 3</b></i>: Giả sử  n  N để 4n2_{- 4n + 18}

 289
 (2n - 1)2_{+ 17}

 172
 (2n - 1) _ 17

17 là số nguyên tố  (2n - 1) _ 17  (2n - 1)2

 289
 17 _ 289 vô lý.

</div>
<span class='text_page_counter'>(19)</span><div class='page_container' data-page=19>

1. Số học Nguyễn Vũ Thanh

2. Toán chọn lọc cấp II Lê Hải Châu

3. 400 bài toán chọn lọc Vũ Dương Thuỵ – Trương Công Thành – Nguyễn
Ngọc Đạm

4. Chuyên đề số học Võ Đại Mau

5. Bài tập số học về đại số - Tủ sách ĐHSP – Nhà xuất bản GD 1985.

6. Thực hành giaỉ toán cấp II – Trung tâm nghiên cứu đào tạo bồi dưỡng giáo
viên.

7. 250 bài toán số học đại số – Võ Đại Mau – Lê Tất Hùng – Vũ Thị Nhàn.
8. Các đề vô định tốn các nước – Nhà xuất bản Hải phịng.

9. 255 bài toán số học chọn lọc – Sở GD Hà Tây 1993.

10. Chuyên đề bồi dưỡng giỏi toán 6 - Đinh Vũ Nhân – Võ Thị Ái Nương –

Hồng Chúng.

11. Số học bà chúa của tốn học – Hoàng Chúng.

</div>
<span class='text_page_counter'>(20)</span><div class='page_container' data-page=20>

<b>NỘI DUNG </b> <b> Trang</b>

A – Mở đầu...1

B – Nội dung...2

Phần I: Tóm tắt lý thuyết...2

Phần II: Các phương pháp giải các bài toán chia hết...4

1. Phương pháp sử dụng dấu hiệu chia hết...4

2. Phương pháp sử dụng tính chất chia hết...6

3. Phương pháp sử dụng xét tập hợp số dư trong phép chia...8

4. Phương pháp sử dụng các phương pháp phân tích thành nhân tử...10

5. Phương pháp biến đổi biểu thức cần chứng minh về dạng tổng...11

6. Phương pháp quy nạp toán học...13

7. Phương pháp sử dụng đồng dư thức...14

8. Phương pháp sử dụng nguyên lý Đ...16

</div>

<!--links-->