CĐ 4 CHỨNG MINH CHIA hết lớp 6

CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH CHIA HẾT
Dạng 1: CHỨNG MINH CHIA HẾT
Bài 1: Chứng minh rằng:

11
a, ab  ba M
HD:

b, ab  ba M9 (a > b)

c, abcabcM7,11,13

11
a, Ta có : ab  ba  10a  b  10b  1  11b  11b M
9
b, Ta có : ab  ba  (10a  b)  (10b  a)  9a  9b M
c, Ta có : abcabc  abc.1001  abc.7.11.13M7,11,13
Bài 2: Chứng minh rằng:
a, (n  10)( n  15) M2
b, n(n  1)( n  2) M2,3
HD:
a, Ta có:Nếu n là số lẻ thì n  15M2

2
c, n  n  1 không M4,2,5

 n  10   n  15 M2
Nếu n là số chẵn thì n  10M2 , Như vậy với mọi n là số tự nhiên thì :
n  n  1  n  2 

b, Ta có:Vì

là 3 số tự nhiên liên tiếp nên sẽ có 1 số chia hết cho 2,1 số chia hết cho 3
n
(
n

1)

1
c, Ta có :
là 1 số lẻ nên khơng Mcho 4,2 và có chữ số tận cùng khác 0 và 5
Bài 3: Chứng minh rằng:
a, (n  3)(n  6) M2
b, n  n  6 khơng M5
HD:
a, Ta có:Nếu n là số chẵn thì n  6M2
2

c, aaabbbM37

 n  3  n  6  M2
Nếu n lẻ thì n  3M2 , Như vậy với mọi n là số tự nhiên thì
b, Ta có :

n 2  n  6  n  n  1  6

cùng là : 0, 2, 6, Do đó :

, Vì

n  n  1  6

n  n  1

là tích hai số tự nhiên liên tiếp nên chỉ có chữ số tận

sẽ có tận cùng là 6, 8, 2 nên khơng M5

c, Ta có : aaabbb  aaa 000  bbb  a.11100  b.111  a.300.37  b.3.37 chia hết cho 37
Bài 4: Chứng minh rằng:
a, aaa Ma ,37
HD:

b, ab(a  b)M2

99
c, abc  cbaM

a, Ta có : aaa  a.111  a.3.37 chia hết cho a và chia hết cho 37
b, Ta có:Vì a, b là hai số tự nhiên nên a,b có các TH sau:
TH1: a, b cùng tính chẵn lẻ=> (a+b) là 1 số chẵn nhưu vậy a+b chia hết cho 2
TH2: a, b khác tính chẵn lẻ thì 1 trong 2 số phải có 1 số chẵn khi đó số đó chia hết cho 2
abc  cba  100a  10b  c   100c  10b  a   99a  99c  99  a  c  M99
c, Ta có:
Bài 5: CMR : ab  8.ba M9
HD:
ab  8.ba  10a  b  8  10b  a   18a  18b  18  a  b  M9
Ta có:
Bài 6: Chứng minh rằng:

ab  a  b  M2, a, b �N

Bài 7: Chứng minh rằng số có dạng : abcabc luôn chia hết cho 11
HD :
abcabc  a.105  b.104  c.103  b.10  c  a.102  103  1  b.10  103  1  c  103  1
Ta có :
  103  1  a.102  b.10  c   1001  a.10 2  b.10  c   11.91.abc M
11
1


A   n  5  n  6 M6n
Bài 8: Tìm n là số tự nhiên để:
HD:
A  12n  n n  1  30
AM6n  n n  1  30M6n
Ta có:
, Để
n n  1 Mn  30Mn  n�U  30   1;2;3;5;6;10;15;30
Ta có:
n n  1 M6  n n  1 M3  n� 1;3;6;10;15;30
Và
n� 1;3;10;30
Thử vào ta thấy
thỏa mãn yêu cầu đầu bài
M
M
Bài 9: CMR : 2x+y 9 thì 5x+7y 9
HD:

2 x  y M9  7  2 x  y  M9  14 x  7 y M9  9 x  5 x  7 y M9  5 x  7 y M9

Ta có :
Bài 10: Chứng minh rằng:

11 thì abcd M
11
a, Nếu ab  cd M
b, Cho abc  deg M7 cmr abc deg M7
HD:
11 hay (a+c) – (b+d) M11
a, Ta có: ab  cd  a.10  b  10c  d  (a  c)10  b  d  (a  c )(b  d ) M

11 vì có (a+c) - ( b+d) M11
Khi đó abcd M
b, Ta có:
Ta có abc deg  1000abc  deg  1001abc  (abc  deg) mà abc  deg M7 nên abc deg M7
Bài 11: Chứng minh rằng:
a, CMR: ab  2.cd � abcd M67
HD:

b, Cho abcM27 cmr bcaM27

a, Ta có:Ta có abcd  100ab  cd  200cd  cd  201cd M67
b, Ta có :Ta có abc M27  abc 0M27  1000a  bc0M27  999a  a  bc 0M27  27.37a  bca M27
Nên bcaM27
Bài 12: Chứng minh rằng:
a, abc deg M23, 29 nếu abc  2.deg

11 thì abc deg M
11

b, Cmr nếu (ab  cd  eg )M

HD:
a, Ta có : abc deg  1000abc  deg  1000.2deg  deg  2001deg  deg.23.29.3
11
b, Ta có : abc deg  10000.ab  100cd  eg  9999ab  99cd  (ab  cd  eg ) M
Bài 13: Chứng minh rằng:
37 cmr abc deg M
37
a, Cho abc  deg M

99 thì ab  cd M99
b, Nếu abcd M

HD:
a, Ta có : abc deg  1000abc  deg  999abc  (abc  deg)M37
�  99.ab  ab  cd M99  ab  cd M9
abcd  100.ab  cd
b, Ta có :





101 thì ab  cd M
101
Bài 14: Chứng minh rằng:m, Nếu abcdM
HD :
abcd M
101  100.ab  cd  101.ab  ab  cd  101.ab  ab  cd M

101 ab  cd M
101
Ta có :
=>
Bài 15: Chứng minh rằng:
a, 2a - 5b+6c M17 nếu a-11b+3c M17 (a,b,c �Z) b, 3a+2b M17 � 10a+b M17 (a,b �Z)
HD:





2


a, Ta có:a-11b+3c M17 và 17a-34b +51c M17 nên 18a-45b+54c M17 => 9(2a-5b+6c) M17
b, Ta có: 3a+2b M17 và 17a - 34b M17 nên 20a – 32b M17 <=>10a – 16b M17
<=> 10a +17b – 16b M17<=> 10a+b M17
Bài 16: Chứng minh rằng:
a, abcd M29 � a  3b  9c  27 d M29
b, abc M21 � a  2b  4c M21
HD:
a, Ta có : abcd  1000a  100b  10c  d M29 => 2000a+200b+20c+2d M29
=> 2001a – a +203b - 3b +29c - 9c +29d - 27d M29
=> (2001a+203b+29c+29d)- (a+3b+9c+27d) M29 => (a+3b+9c+27d) M29
b, Ta có: abc  100a  10b  c M21 =>100a - 84a +10b – 42b + c +63c M21
=> 16a - 32b +64c M21 => 16(a- 2b +4c) M21
Bài 17: Chứng minh rằng:

16 � d  2c  4b  8a M

16 (c chẵn)
a, abcd M4 � d  2c M4
b, abcd M
HD:
a, Ta có:Vì e, abcd M4 � cd M4 � 10c  d M4 � 2c  d M4
16  1000a  100b  10c  d M
16  992a  8a  96b  4b  8c  2c  d M16
b, Ta có:Vì abcd M
=> (992a+ 96b+8c) + (8a+4b+2c+d) M16, mà c chẵn nên 8c M16 => (8a+4b+2c+d) M16
Bài 18: Chứng minh rằng:
a, Cho a - b M7 cmr 4a+3b M7 (a,b �Z)
b, Cmr m +4n M13 � 10m+n M13
HD:
a, Ta có:a – b M7 nên 4(a –b) M7 => 4a – 4b +7b M7 => 4a +3b M7
b, Ta có:m+4n M13 => 10(m+4n) M13 => 10m +40n – 39n M13 =>10m+ n M13
Bài 19: Cho a,b là các số nguyên, CMR nếu 6a+11b M31 thì a+7b cũng M31, điều ngược lại có đúng khơng?
HD:
Ta có :6a +11b M31 => 6( a+7b) - 31b M31 => a+7b M31
Bài 20: Cho a,b là các số nguyên, CMR 5a+2b M17 khi và chỉ khi 9a+7b M17
HD:
Ta có :5a +2b M17 => 5a – 68a +2b -51b M17 => - 63a – 49b M17 => -7( 9a +7b) M17 => 9a+7b M17
Bài 21: Cho a,b là các số nguyên, CMR nếu 2a+3b M7 thì 8a + 5b M7
HD:
Ta có:2a+3b M7 => 4(2a+3b) M7 =>8a +12b M7=> 8a+12b -7b M7=>8a+5b M7
Bài 22: Cho a,b là các số nguyên, CMR nếu a - 2b M7 thì a-9b M7, điều ngược lại có đúng khơng?
HD:
Ta có:a – 2b M7 => a- 2b -7b M7=> a - 9b M7, Điều ngược lại vẫn đúng
Bài 23: Cho a,b là các số nguyên và 5a+8b M3 cmr
a, - a +2b M3
b, 10a +b M(-3)

c, a +16b M3
HD:
a, Ta có:5a +8b M3=> 5a- 6a+8b-6b M3=> -a+2b M3
b, Ta có:5a +8b M3 => 2(5a+8b) M3=>10a+16b M3=>10a+16b-15b M3
c, Ta có:5a +8b M3=> 5(a+16b) – 72b M3 =>a+16b M3
Bài 24: Cho biết a-b M6, CMR các biểu thức sau cũng chia hết cho 6
a, a +5b
b, a +17b
c, a - 13b
HD:
3


a, Ta có:a-b M6 => a-b+6b M6=> a+5b M6
b, Ta có:a-b M6 => a-b +18b M6=> a+17b M6
c, Ta có:a - b M6 => a-b-12b M6=> a-13b M6
5 và ngược lại
Bài 25: CMR : nếu x  2M5 thì 3x  4 y M

4


Bài 26: Cho hai số nguyên a và b không chia hết cho 3, nhưng khi chia cho 3 thì có cùng số dư:
CMR: (ab-1) M3
HD:
Ta có:a= 3p+r, b=3q+r (p,q,r �Z, r=1,2) khi đó
�
r  1  r 2  1  0M3
�
r  2  r 2  1  3M3

ab-1=(3p+r)(3q+r)-1= 3p(3q+r)+r(3q+r) -1 = 9pq+3pr+3qr+r2-1 �
Bài 27: Chứng minh rằng nếu viết thêm vào đằng sau 1 số tự nhiên có hai chữ số gồm chính hai chữ số ấy
viết theo thứ tự ngược lại thì được 1 số chia hết cho 11.
HD:
Ta có :Gọi số tự nhiên có 2 chữ số là ab theo bài ra ta có

abbaM
11 vì abba  1001a  110b  7.11.13a  11.10b
Bài 28: Chứng minh rằng tổng của ba số tự nhiên liên tiếp thì chia hết cho 3, cịn tổng của 4 số tự nhiên liên
tiếp thì khơng chia hết cho 4
HD:
Gọi ba số tự nhiên liên tiếp là a,a+1,a+2 xét tổng
Gọi bốn số tự nhiên liên tiếp là a, a+1,a+2,a+3 xét tổng, ta được

4
a   a  1   a  2    a  3  4a  6 M

Bài 29: Chứng minh rằng tổng của 5 số chẵn liên tiếp thì chia hết cho 10, cịn tổng của 5 số lẻ liên tiếp thì
khơng chia hết cho 10
HD:
Gọi 5 số chẵn liên tiếp là a, a+2, a+4, a+6, a+8 xét tổng, ta được:

a   a  2    a  4    a  6    a  8   5a  20M
10

Vì a là số chẵn

Tương tự với 5 số lẻ liên tiếp : 2a  1, 2a  1, 2a  3, 2a  5, 2a  7, xét tổng ta được :

 10

 2a  1   2a  1   2a  3   2a  5   2a  7   10a  15 M

Bài 30: Khi chi 135 cho 1 số tự nhiên ta được thương là 6 và cịn dư, Tìm số chia và thương
HD:
135  6 x  r  0  r  x 
Gọi số chia là x và số dư là r, Khi đó
=> r  135  6 x  0  135  6 x  x
1
135  6 x  0  6 x  135  x  22
2
Từ
135
2
135  6 x  x  x 
 x  19
7
7 , Vậy x  20, 21, 22
Từ
Bài 31: Bạn Thắng học sinh lớp 6A viết 1 số có hai chữ số mà tổng các chữ số của nó là 14 , sau đó bạn
Thắng đem chia số đó cho 8 thì đươc dư là 4 , nhưng khi chia cho 12 thì được dư là 3
a, CMR bạn Thắng làm sai ít nhất 1 phép chia
b, Nếu phép chia thứ nhất đúng, thì phép chia cho 12 dư bao nhiêu?
HD:
Gọi số cần tìm là n= ab
a, n chia 8 dư 4 =>n chẵn và n chia 12 dư 3=> n lẻ => mâu thuẫn
b, Vì a+b=14 nên ab M3 dư 2 khi đó 4 ab chia 12 dư 8
Nếu phép chia thứ nhất đúng thì ab chia 8 dư 4=> ab M4 => 3 ab M12 => n chia 12 dư 8
Bài 32: Chứng minh rằng nếu abc chia hết cho 37 thì bca và cab đều chia hết cho 37
Bài 33: Một số tự nhiên chia cho 7 dư 5, chia cho 13 dư 4. Nếu đem số đó chia cho 91 thì dư bao nhiêu?
Bài 34: Tìm 1 số tự nhiên biết nếu chia cho 17 thì được số dư đúng bằng hai lần bình phương của số thương

Bài 35: Chứng minh rằng khơng thể tồn tại 1 số tự nhiên khi chia cho 21 dư 7 và khi chia cho 84 lại dư 3
5


Bài 36: Cho 4 số nguyên dương khác nhau thỏa mãn : tổng của hai số bất kì chia hết cho 2 và tổng của ba số
bất kì chia hết cho 3, Tính giá trị nhỏ nhất cảu tổng bốn số đó

6


Bài 37: Tìm số tự nhiên có 4 chữ số chia hết cho 5 và 27, biết rằng hai số giữa của nó là 97
HD:
Gọi số cần tìm là a97b vì a97b M5 nên b = 0 hoặc b = 5 => 2 trường hợp
TH1: Với b  0  a970M27  a  9  7  0  a  16M9  a  2 , Khi đó số cần tìm là 2970 thỏa mãn
chia hết cho 27
9  a  6 , Khi đó số cần tìm là 6975 không
TH2: Với b  5  a975M27  a  9  7  5  a  21M
chia hết cho 27
Bài 38: Tìm 1 số có hai chữ số biết số đó chia hết cho tích các chữ số của nó
HD:
Gọi số cần tìm là ab

abMa.b  10a  b Mab  10a  b Ma  b Ma  b  k .a  k �N 
=> ab  10a  b Mà
Và 10a  bMb  10a Mb , mà do b chia hết cho a=> 10a  b.q  10a  z.k .q  10  k .q
Do k là số có 1 chữ số nên k= 1;2;5
Với k=1=> a=b, ta có các số 11,22,33,....99, có số 11 thỏa mãn
Với k=2=>b=2a, ta có các số 12, 24, 36, 48, có các số 12, 24, 36 thỏa mãn
Với k=5=> b=5a ta có số 15 thỏa mãn.
Vậy các số cần tìm là 11, 12, 24, 36, 15

Bài 39: Cho số tự nhiên ab bằng ba lần tích các chữ số của nó, cmr b Ma
HD:
Ta có: ab =3ab=>10a+b=3ab=>10a+b Ma =>b Ma
Bài 40: Tìm a, b, c biết: 2009abcM315
HD:
(5;7;9)  1  2009abc MBCNN  5;7;9 
Ta có: 315  5.7.9 , Mà
Ta có: 2009abc  2009000  abc  315.6377  245  abc







 245  abc M315  315 �U 245  abc
Mà



100 �abc �999  345 �245  abc �1244  245  abc � 630;945  abc � 385;700

9
Bài 41: Tìm a,b biết: a-b=3 và (14a3  35b2)M
HD:
Ta có:Để : 14a3  35b 2M9  1  4  a  3  3  5  b  2  a  b  18M9  a  b M9

mà a và b là số chó 1 chữ số nên a  b  0, a  b  9, a  b  18
kết hợp với a - b =3 để tìm a và b

3 và a - b=4
Bài 42: Tìm a,b biết:c, 5a6b 2M
HD:
Để 5a 6b 2M3  5  a  6  b  2  a  b  13M3  a  b  1M3
Do a, b là hai số tự nhiên có 1 chữu số nên:

a  b  2, a  b  5, a  b  8, a  b  11, a  b  14, a  b  17, , Kết hợp với a  b  4 để tìm a,b






1999  1a 6 M29
Bài 43: Tìm a,b biết rằng:
1999  19a8 M
1997
Bài 44: Tìm a biết rằng:



Bài 45: Cho
a/ 22x  y
HD:

x  y  7  x, y �Z 

, CMR các biểu thức sau chia hết cho 7
c/ 11x  10 y

b/ 8 x  20 y

a, Ta có: x  y  7  x  y M7  x  y  21x M7  22 x  y M7
7


b, Ta có:

x  y  7   x  y    7 x  21y  M7  8 x  20 y M7

c, Ta có: x  y M7  11x  11 y M7  11x  11 y  21 y M7  11x  10 y M7
Bài 46: Cho A  111...1 Gồm 20 chữ số 1: hỏi A có chia hết cho 111 không?
HD:
111  111...1M3 và chia hết cho 37
Ta có: 111  3.37 , nên để 111...1M
Ta có: 111...1 ( 20 số 1 ) có tổng các chữ số là 1+1+1+...+1=20
 111
không chia hết cho 3 nên 111...1M
Bài 47: CMR: nếu 7x+4y M29 thì 9x+y M29
HD:
Ta có:

7 x  4 y M9  36 x  29 x  4 y M9  36 x  4 y M9  4  9 x  y  M9  9 x  y M9

Bài 48: CMR nếu abcd M29 thì a+3b+9c+27d chia hết cho 29
HD:
Ta có: abcd M29  1000a  100b  10c  d M29

 200a  200b  20c  2d M29   2001a  1   203b  3b    29c  9c    29d  2d  M29

  2001a  203b  29c  29d    a  3b  9c  27 d  M29

  69.29a  7.29b  29c  29d    a  3b  9c  27 d  M29
Khi đó: a  3b  9c  27 d M29
Bài 49: Chứng minh rằng nếu x,y là các số nguyên sao cho
và ngược lại
HD:

 7 x  3 y  M13 thì  5 x  4 y 

cũng chia hết cho 13

5x  4 yM
13  4  5 x  4 y  M
13  20 x  16 y M
13  7 x  3 y M
13

Ta có:
. Từ đó ta đi ngược lại là ra
2
Bài 50: Cho A  n  n  2 , CMR A không chia hết cho 15 với mọi số tự nhiên n
HD:

n 2  n  2  n  n  1  2

0, 2, 6, Do đó :

, Vì

n  n  1  2

n  n  1

là tích hai số tự nhiên liên tiếp nên chỉ có chữ số tận cùng là :

sẽ có tận cùng là 2, 4, 8 nên không M5, vậy A không chia hết cho 35

Bài 51: Cho a,b là hai số chính phương lẻ liên tiếp, CMR :
HD:
Ta có: Vì a, b là số lẻ nên

 a  1  b  1 M4

a   2k  1 , b   2k  1   a  1  4k  k  1 ,  b  1  4k  k  1
2

Đặt

 a  1  b  1 M192

2

a  1  b  1  16k 2  k  1  k  1
k  k  1  k  2  M3

Khi đó :
, Mà
k  k  1 , k  k  1
Và

đều chia hết cho 2
2
k  k  1  k  1 M
12   a  1  b  1  16k 2  k  1  k  1 M
192
Nên
,
Khi a, b là số chính phương lẻ liên tiếp
Bài 52: Tìm số nguyên tố tự nhiên n biết 2n+7 chia hết cho n+1 và 12n+1
HD:

2n  7Mn  1  2 x  2  5Mn  1  2  n  1  5Mn  1  n  1 �U  5 

Ta có :
Tương tự :

2n  7 M
12n  1  6  2n  7  M
12n  1  12n  42 M
12n  1  12n  1  41M
12n  1  12 n  1 �U  41
8


Bài 53: Tìm x,y nguyên dương biết (x+1) chia hết cho y và (y+1) chia hết cho x
HD:
Ta có : Vì vai trị của x, y bình đẳng nên giả sử : x �y
y 1
�
x  1  x  1  2My  �

  x; y    1;1 ,  1; 2 
y

2
�
Nếu
�x  1My
x �2  2 �x �y  �
  x  1  y  1   xy  x  y  1 Mxy   x  y  1 Mxy
�y  1Mx
Nếu
x  y 1 1 1 1

  
xy
x y xy là số nguyên dương
Mà

2 �x �y 

 1 

1 1 1 1 1 1 5
1 1 1
 
�      
1
x y xy 2 2 4 4
x y xy

(1)

1 1 1 1 1 1
5
 
�  

 2 x �5  x  2
x y xy x x 2 x 2 x
, Thay vào (1) ta có :

1 1 1
 
 1  y  3
2 y 2y
Vậy các cặp số (x ; y) phải tìm là : (1 ;1), (1 ;2), (2 ; 1), (2 ; 3), (3 ;2)
Bài 54: Tìm 1 số có ba chữ số biết số đó chia cho 11 được thương bằng tổng các chữ số của số đó
HD :
Ta có : Gọi số cần tìm là : abc
abc  11 a  b  c   100a  10b  c  11a  11b  11c
Theo bài ra ta có :

 89a  b  10c  89a  cb , Vì cb là số có hai chữ số nên 0 < a< 2
=> a = 1, Khi đó ta có : 89  cb  bc  98  abc  198

 n : 6  1

 n  1  n  1 M24

Bài 55: Chứng minh rằng :

thì
HD :
 2, n M
 3  n  2k  1, n  3k  1, n  3k  2
 n;6  1  n M
Vì
n  2k  1  A   2k  1  1  2k  1  1  4k  k  1 M8
Với:
n  3k  1  A  3k  3k  2  M3  AM24
TH1 :
n  3k  2  A   3k  1  3k  3 M3  AM24
TH2:
n4
n
Bài 56: CMR: a  a M30, với mọi n là số nguyên dương
Bài 57: Chứng minh rằng 2x+3y chia hết cho 17 khi và chỉ khi 9x+5y chia hết cho 17
HD:
Ta có :

2x  3 yM
17  9  2 x  3 y  M
17  18 x  27 y M
17  18 x  10 y M
17  2  8 x  5 y  M
17

17 , Chứng minh tương tự điều ngược lại
Khi đó : 8 x  5 y M
Bài 58: CMR:
nguyên

HD:

M   a  b  a  c  a  d   b  c  b  d   c  d 

chia hết cho 12, Với a, b, c, d là các số

M   a  b  a  c  a  d   b  c  b  d   c  d 

Ta có :
Trong 4 số a,b,c,d chắc chắn có hai số chia cho 3 có cùng số dư, Nên hiệu của chúng chia hết cho 3,
Như vậy M đã chia hết cho 3
Lại có trong 4 số nguyên a,b,c,d hoặc có 2 số chẵn hoặc có 2 số lẻ, Giả sử a,b là số chẵn, c,d là số lẻ
Khi đó

 a  b  ,  c  d  M2   a  b   c  d  M4  M M4

9


Hoặc nếu khơng phải như trên thì trong 4 số trên tồn tại 2 số chia 4 có cùng số dư nên hiệu của
chúng chia hết cho 4, Khi đó M M4
Như vậy M chia hết cho cả 3 và 4 nên M chia hết cho 12
Bài 59: Một số chia cho 7 dư 3, Chia cho 17 dư 12 chia 23 dư 7, hỏi số đó chia cho 2737 dư bao nhiêu?
HD:
Gọi số đã cho là A, theo bài ra ta có: A=7a+3=17b+12=23c+7
Mặt khác : a+39=7a+42=17b+51=23c+46=7(a+6)=17(b+3)=23(c+2) vậy a+39 đồng thời chia hết cho
7,17,23
Mà 7,17,23 đôi 1 nguyên tố nên A+39 chia hết cho 7.17.23=2737, vậy A chia 27737 dư 2698
8
20

Bài 60: CMR: A  8  2 , chia hết cho 17
HD:

88  220  224  220  220  24  1

 2 .17 M
17
Ta có:A =
Bài 61: Khi chia 1 số tự nhiên gồm 3 chữ số giống nhau cho 1 số tự nhiên gồm 3 chữ số giống nhau ta được
thương là 2 và còn dư, Nếu xóa 1 chữ số ở số bị chia và xóa 1 chữ số ở số bị chia thì thương của phép chia
vẫn bằng 2 nhưng số dư giảm hơn trước là 100, Tìm số chia và số bị chi lúc đầu?
HD:
Gọi số bị chia lúc đầu là aaa và số chia lúc đầu là bbb , số dư lúc đầu là r
20

Ta có: aaa  2.bbb  r và aa  2.bb  r  100 nên
aaa  aa  2 bbb  bb  100  a 00  2.b00  100  a  2b  1





Do a, b là các chữ số nên ta có bảng:
Bài 62: Cho D=1-2+3-4+...+99-100
a, D có chia hết cho 2 khơng, cho 3, cho 5 khơng? vì sao?
b, D có bao nhiêu ước số tự nhiên, bao nhiêu ước số ngun?
HD:
a, Ta tính được D= - 50, nên D có chia hết cho 2, và 5 nhưng không chia hết cho 3
2
b, D=-50  2.5 nên có (1+1)(1+2)=6 ước tự nhiên, và có 12 ước nguyên

2011
Bài 63: CMR : 10  8 chia hết cho 72
HD:
102011  8  1000...008
1 4 2 43
2010
Có tổng các chữ số là 9 nên chia hết cho 9, và có chữ số tận cùng là 008 nên
chia hết cho 8, Như vậy chia hết cho 8.9 = 72
1999
1997
Bài 64: Cho A  999993  555557 , CMR A chia hết cho 5
HD:

A   999993

1996 3

  555557 

1996 1

 9999931996.9999933  5555571996.555557

Ta có :
A  .....1.......7  ......1......7  ....0M5  AM5
 cho 5, khi chia cho 5 được các số dư khác nhau,
Bài 65: Cho 4 số tự nhiên liên tiếp M
CMR: tổng của chúng M5
*
n

5 , cmr a 2  150 chia hết cho 25
Bài 66: Cho a , n �N , biết a M
HD:
5
2
2
Ta có: a M5 mà 5 là số nguyên tố  a M5  a M25  a  150M25
6
Bài 67: Chứng minh rằng nếu a không là bội của 7 thì a  1 chia hết cho 7
5
10
Bài 68: Chứng minh rằng a  a M
2
Bài 69: CMR : p  n  3n  5 , không chia hết cho 121 với mọi số tự nhiên n
2
2
13
169 thì abM
Bài 70: Cho a,b là hai số nguyên, CMR : Nếu 3a  11ab  4b M

10


Bài 71: CMR nếu a, b là các số tự nhiên sao cho 5a  3b,13a  8b cùng chia hết cho 2003, thì a và b cùng
chia hết cho 2013
7
9
13
Bài 72: Chứng minh rằng: 81  27  9 chia hết cho 405

*
M   9a  11b  5b  11a
Bài 73: Cho a, b �N , thỏa mãn số
chia hết cho 19, Hãy giải thích vì sao M chia
hết cho 361
HD:
M   9a  11b  5b  11a M
19
19 hoặc 5b  11aM
19
Ta có:
mà 19 là số nguyên tố nên 9a  11bM
M  3 9a  11b   5b  11a  27a  33b  5b  11a  38a  38b  19 2a  2b M
19
Xét
9a  11bM
19  3 9a  11b M
19
19  5b  11aM
19
+ Nếu
mà N M
(1)
19  3 9a  11b M
19  9a  11bM
19
19 , mà N M
+ Nếu 5b  11aM
(2)
2

 9a  11b M19 và  5b  11a M19  M M19  361
Từ (1) và (2) suy ra :
m  16a  17b  17a  16b
Bài 73: Cho hai số tự nhiên a và b thỏa mãn :
là 1 bội số của 11, CMR : Số m
cũng là một bội số của 121
HD:
m  16a  17b  17a  16b M
11  16a  17bM
11 hoặc 17a  16bM
11
Vì 11 là số nguyên tố: mà
11
11 , ta cần chứng minh  17a  16b M
Khơng mất tính tổng quát: giả sử: 16a  17bM
16a  17bM
11 2 16a  17b M
11  33 a  b  b  aM
11  b  aM
11  a  bM
11
Thật vậy:
2 17a  16b  33 a  b  a  bM
11  17a  16b M
11
Lại có:
 16a  17b  17a  16b M11.11 121
Vậy
 17a  5b  5a  17b chia hết cho 11,
Bài 73: Cho a, b là hai số nguyên thỏa mãn:

 17a  5b  5a  17b M121
Chứng minh rằng :
ab a2  b2 4a2  b2 M5
Bài 73: Cho a, b là hai số tự nhiên. CMR:
ab a2  b2 a2  b2 M30
Bài 73 : Cho a, b là hai số nguyên. CMR:
a
Bài 74: Cho a, b là các số nguyên dương sao cho : a  1, b  2007 chia hết cho 6. CMR: 4  a  bM6
HD:
a�Z  4a �1 mod3  4a  2 �0 mod3
Vì
4a  2 �0 mod2  4a  2M6
Mà
a
a
Khi đó ta có: 4  a  b  4  2  a  1 b  2017 2010M6











a
Mà a  1M6,b  2017M6  4  a  bM6
1 1

1
A    ... 
11 12
40 , CMR : A không là số tự nhiên
Bài 75: Cho

HD:
5
Ta quy đồng tổng A, Khi đó mẫu số sẽ là tích của 2 với các thừa số lẻ nhở hơn 40 và lứn hơn 10
Gọi k11, k12, k13, ..., k40 là các thừa số phụ tương ứng

11


A

 k11  k12  ...  k 40 

25.11.13.....39
Khi đó tổng A có dạng :
, Trong 30 phân số của tổng A, chỉ có duy nhất
1
5
phân số 32 có mẫu chứa 2 , nên trong các thừa số phụ k11, k12, ... k40 chỉ có k32 là số lẻ, cịn lại các
thừa số phụ khác đều chẵn vì có ít nhất 1 thừa số 2, Khi đó phân số A có Mẫu chia hết cho 2, cịn tử khơng
chia hết cho 2 nên A không là số tự nhiên
1 1
1
A  1    ... 
2 3

100 , CMR : A không là số tự nhiên
Bài 76: Cho
HD:
6
Ta quy đồng tổng A, Khi đó mẫu số sẽ là tích của 2 với các thừa số lẻ nhỏ hơn 100
Gọi k1, k2, k3, ..., k100 là các thừa số phụ tương ứng
 k1  k 2  ...  k100 
A
25.3.5.7.....99
Khi đó tổng A có dạng :
,
1
6
Trong 100 phân số của tổng A, chỉ có duy nhất phân số 64 có mẫu chứa 2 ,
nên trong các thừa số phụ k1, k2, ... , k100 chỉ có k62 là số lẻ, còn lại các thừa số phụ khác đều chẵn
vì có ít nhất 1 thừa số 2, Khi đó phân số A có Mẫu chia hết cho 2, cịn tử không chia hết cho 2 nên A
không là số tự nhiên

A

1 1
1
  ... 
2 3
50 thì A khơng là số tự nhiên

Bài 77: CMR:
HD:
5
Ta quy đồng tổng A, Khi đó mẫu số sẽ là tích của 2 với các thừa số lẻ nhỏ hơn 50, lớn hơn 1

Gọi k2, k3, k4, ..., k50 là các thừa số phụ tương ứng
 k 2  k 3  ...  k 50 
A
25.3.5.....50
Khi đó tổng A có dạng :
,
1
5
Trong 49 phân số của tổng A, chỉ có duy nhất phân số 32 có mẫu chứa 2 ,
nên trong các thừa số phụ k2, k3, ... k50 chỉ có k32 là số lẻ, còn lại các thừa số phụ khác đều chẵn vì
có ít nhất 1 thừa số 2, Khi đó phân số A có Mẫu chia hết cho 2, cịn tử không chia hết cho 2 nên A
không là số tự nhiên
49 48
2 1
50 A    ...  
1 2
48 49 , CMR A không là số tự nhiên?
Bài 78: Cho
HD:

� 48 � � 47 �
� 2 �� 1 �
50 A  �
1  � �
1  � ...  �
1  � �
1  � 1
� 2 �� 3 �
� 48 � � 49 �
50 50 50

50 50
1 �
�1 1
50 A     ...    50 �   ...  �
2 3 4
49 50
50 �
�2 3
1 1 1
1
 A     ... 
2 3 4
50 , Theo chứng minh của bài 24 thì A khơng là số tự nhiên
1 1 1
1 a
A  1     ...  
2 3 4
18 b , Chứng minh rằng bM2431
Bài 79: Cho
HD :
Tách 2431=17.13.11
Quy đồng A ta thấy rằng b=1.2.3.....18 có chứa 17.13.11
12


Dạng 2 : CHỮ SỐ TẬN CÙNG VÀ ĐỒNG DƯ THỨC
A. Lý thuyết:
+ 1. Một số có chữ số tận cùng là : 0; 1; 5; 6 khi nâng lên lũy thừa n �0 thì được số có chữ số tận cùng là
chính nó (0; 1; 5; 6)
+ 2. Số có chữ số tận cùng là 2; 4; 6 khi nâng lên lũy thừa 4 được số có chữ số tận cùng là 6

+ 3. Số có chữ số tận cùng là 3; 7; 9 khi nâng lên lũy thừa 4 được số có chữ số tận cùng là 1
Chú ý 1:
+ 1 số tự nhiên bất kỳ nâng lên lũy thừa 4k+1 thì chữ số tận cùng khơng thay đổi
+ Số có tận cùng là 3 khi nâng lên lũy thừa 4n  3 được số có chữ số tận cùng là 7
+ Số có tận cùng là 7 khi nâng lên lũy thừa 4n  3 được số có chữ số tận cùng là 3
+ Số có tận cùng là 2 khi nâng lên lũy thừa 4n  3 được số có chữ số tận cùng là 8
+ Số có tận cùng là 8 khi nâng lên lũy thừa 4n  3 được số có chữ số tận cùng là 2
+ Còn lại chữ số tận cùng là 0, 1, 4, 5, 6, 9 khi nâng lên lũy thừa 4n  3 được tận cùng là chính nó
+ 4. Nếu a và b có cùng số dư khi chia cho m thì a được gọi là đồng dư với b theo modum m
KH:

a �b  mod m 

3 �1 mod 4 
5 �11 mod 6 
18 �0  mod 6 
Ví dụ:
+ 5. Một số tính chất về đồng dư:
�
�a �b  mod m 
 a �c  mod m 
�
b
�
c
mod
m


+ Nếu: �

�
a �b  mod m 
�
 a  c �b  d  mod m 
�
c �d  mod m 
�
+ Nếu:
�
a �b  mod m 
�
 a.c �b.d  mod m 
�
c �d  mod m 
�
+ Nếu:
a �b  mod m   a n �bn  mod m 
+ Nếu:
+ Nếu

a �b  mod m 

a : d �b : d  mod m 

và d là UC(a; b) thỏa mãn: ( d; m) = 1 thì
a b� m�
d �UC  a; b; d   � �
mod �
a �b  mod m  , d �Z ,
d d�

d�
+ Nếu
thỏa mãn :
Chú ý : Không được chia 2 vế của dồng dư thức :
2 �12  mod10   1 �6  mod10 
Ví dụ :
, điều này là sai.
B. Bài tập áp dụng :
2004

Bài 1:Tìm số dư trong phép chia 2004
khi chia cho 11
HD:
Dấu hiệu chia hết cho 11 là hiệu chữ số hàng lẻ với chữ số hàng chẵn tính từ bên trái chia hết cho 11
2002M
11  2004 �2  mod11  2004 2004 �2 2004  mod11
Ta có:
210 �1  mod11  20042004  2 4.2 2000 �24.  210 

Mà
2004
Vậy 2004
chi cho 11 dư 5
2005
Bài 2: Tìm số dư khi chia A  1944
cho 7
HD:

200

 mod11 �24  mod11 �5  mod11 

13


Ta có:

1944 �2  mod 7   19442005 � 2 

 2 
Mà
Vậy

3

�1 mod  7  19442004 � 23 

2005

668

 mod 7 

 mod 7  � 1  mod 7  �1  mod 7 
668

19442005 �1.  2   mod 7 

hay A chia cho 7 dư 5
 1, B  61001  1 đều là bội số của 7

Bài 3: Chứng minh rằng: A  6
HD:
6 � 1  mod 7   61000 �1  mod 7   A �0  mod 7   AM7
Ta có:
Chứng minh tương tự với B
5
Bài 4: Tìm số dư trong phép chia: 1532  1 khi chia cho 9
HD:
1532 �2  mod 9   15325 �25  mod 9  �5  mod 9 
15325  1 �4  mod 9 
Ta có:
, Nên
2n
n
19
Bài 5: Chứng minh rằng: A  7.5  12.6 M
HD:
n
n
25n �6n  mod19   7.25n �7.6n  mod19 
Ta có: A  7.25  12.6 ,Vì
 A  7.6n  12.6n  mod19   6n.19  mod19  �0  mod19   AM
19
1000

2003
Bài 6: Tìm dư trong phép chia: 3
chia cho 13
HD:

33 �1 mod 13   33 

667

Ta có:
2002
Bài 7: Chứng minh rằng : 2  4M31
HD :

.32 �32  mod13

25  32 �1  mod 31   25 

, Vậy số dư là 9

.22 �4  mod  31  A  22002  4 �0  mod 31
Ta có :
5555
2222
Bài 8: Chứng minh rằng : 2222  5555 M7
HD :
5555
2222 � 4   mod 7   22225555 � 4 
 mod 7 
Ta có :
5555 �4  mod 7   55552222 �42222  mod 7 
Và
, Khi đó :
5555

2222
A � 4 
 4  mod 7 

 4 
Mà :

5555

  4 

3333

400

.4 2222  A �4 2222  33333  1  mod 7 

 43333  1 , có 43 �1 mod 7   43333 �1  mod 7   43333  1 �0  mod 7  , hay AM7
Xét
70
50
Bài 9: Tìm dư trong phép chia : 5  7 khichia cho 12
HD:
52 �1  mod  12  570 �1  mod  12
Ta có:
7 2 �1 mod  12  750 �1  mod12 

Và
, Khi đó số dư là 2
776

777
778
A

776

777

778
Bài 10: Tìm số dư của
, khi chia cho 3 và chi cho 5
HD :
776 � 1  mod 3  776776 �1  mod 3
Ta có :
777 �0  mod 3  777777 �0  mod 3

778 �1 mod 3  778778 �1 mod 3

Mặt khác :

776 �1  mod 5  776

776

, Khi đó A chia 3 có dư là 2
�1  mod 5
14


777 �3  mod 5  777777 � 3

777

 mod 5

778 �3  mod 5  778778 �3778  mod 5

Khi đó

A �1  3777  3778  mod 5 �1  3.3777  3777  mod 5   1  3777  3  1  mod 5  �1  2.3777  mod 5 

33 �1 mod 5  3777 � 32 

Mà
Vậy

388

.3  mod 5 �3  mod 5

A �1  2.3  mod 5 �2  mod 5

hay A chia 5 dư 2

2005
2005
Bài 11: Tìm số dư của A  3  4
khi chia A cho 11 và khi chia cho 13
HD:

Ta có:
Và

35 �1  mod11   35 

45 �1 mod11   45 

401

401

�1  mod11

�1  mod11

33 �1  mod13   3



3 668

Mặt khác:

43 �1  mod13   43 

, Khi đó A chia cho 11 dư 2

.3 �3  mod13

.4 �4  mod13

Và
, Khi đó A chia cho13 dư 7
Bài 12: Tìm chữ số tận cùng của các số sau:
20002008 ;11112019 ;20072017 ;13582018 ;234567 ;5235 ;204402 ;20133102 ;10201040
Bài 13: Tìm chữ số tận cùng của:
99

a, 9
HD:

668

67

5
b, 4

4k  1
�
�
9
4k  3
a, Ta có: 9 là 1 số lẻ nên chi 4 có 2 TH là �
4 k 1
 94 k.9  ....1.9  ....9
TH1 : 9
4 k 3
 94 k .93  ....1.93  ....9
TH2 : 9

4k  1
�
�
67
4k  3
b, Ta thấy : 5 là 1 số lẻ nên chia 4 có 2 TH là : �
2008
2008
2008
Bài 14 : Cho A  17  11  3
, Tìm chữ số tận cùng của A
HD :
Ta có : A  ....1  ....1  ....1  ....0  ....1  ....9
25
4
21
10
Bài 15 : Cho M  17  24  13 , Chứng minh rằng: M M
HD:
10
Ta có: M  ...7  ...6  ...3  ...0  M M
C  9 2  3M2  n  N , n 1
n

Bài 16: Chứng minh rằng:
HD:
n 1
2n
2.2n 1
 812  ...1  C  ...1  3  ....4 M2

Ta có: C  9  9
102
102
10
Bài 17: Chứng minh rằng: A  8  2 M

2003
2024
2005
Bài 18: Tìm chữ số tận cùng của các số sau: 2222 ;2018 ;2005
Bài 19: Chứng minh rằng:
4 n1
2 n1
4n
 3M
5
 1M
10
5
a, 2
b, 9
c, 7  1M
4 n 2
 1M
5
Bài 20: Chứng minh rằng: 2
n
A  24  1  n  N , n 1
Bài 21: Chứng minh rằng số có dạng:
có chữ số tận cùng là 7

15


HD:
4n  41n 1  4.4 n 1  A  2 4  1  24.4  1   16 
n 1

n

Ta có:

4n 1

 1  ....7

B  32  4M5  n  N , n

2
Bài 22: Chứng minh rằng số có dạng:
HD:
n
n 1
n
2  n 2
 4.2n 1  B  32  4  34.2  4  ....1  4  ....5M5
Ta có: 2  2
n

C  34  1M

10  n  N , n 1
n

Bài 23: Chứng minh rằng số có dạng
HD:

4n  41n 1  4.4n 1  C  34  1   34 
n

Ta có:

4n 1

 1   81

Bài 24: Tìm chữ số hàng đơn vị của:
1111
1111
5555
a, 6666  1111  66
10n  555n  666n ,  n  N , n 1
b,
99992 n  9992 n 1  10n ,  n �N * 
c,
20184 n  2019 4 n  20074 n ,  n �N * 
d,
Bài 25: Tìm chữ số tận cùng của các số sau:
a, A= 24n - 5 (n > 0, n �N)
b, B= 24n+2 + 1 (n �N)
HD:

 

 1  ....1  1  ...0M
10

c, C= 74n – 1 (n �N )

24 n  5   24   5  16  5  ....6  5  .....1
n

a, Ta có :A=

4n 1

b, Ta có : B  2

4n 2

n

 1  24 n.4  1  ....6.4  1  .....5

c, Ta có : C  7  1  ....1  1  ....0
Bài 26: Tìm chữ số tận cùng của các số sau:
4n

n

n

2
a, D= 2  1
HD:

4
b, E= 2  1
n

n 2

n 2

2
4.2
 (24 ) 2  ...6
a, Ta có :2 =2
=2 .2 =4.2 => 2  2
n
1 n 1
n 1
4n
4.4n1
4 4n1
4

4

4.4


2

2

(2
)  ...6
b, Ta có :
n

2+n-2

2

n-2

n-2

Bài 27: Chứng minh rằng:
22
4n
10
a, A = 2  1M5
b, B= 2  4M
HD:
22
4
a, Ta có : 2  1  2  1  15M5

n

2
10
c, C= 9  1M

n

4
b, Ta có : Ta có 2 có tận cùng là 6
n

n 1

n1

n
1 n 1
 2.2 n1  92  1  92.2  1  (92 ) 2  1  ...1  1  ...0M
10
c, Ta có : 2  2
Bài 28: Chứng minh rằng:
4 n1
2 n1
4n
10
5
a, E= 2  3M5
b, F= 9  1M
c, H= 7  1M
HD:
4 n 1

 3  24 n.2  3  ...6.2  3  ...5
a, Ta có : 2
2 n 1
2n
b, Ta có : 9  1  9 .9  1  ...1.9  1  ...0
4n
c, Ta có : 7  1  ...1  1  ...0
Bài 29: Chứng minh rằng:

16


n

n

2
b, K= 3  4M5( n �2)

4 n 2
 1M
5
a, I= 2

4
10(n �1)
c, M= 3  1M

HD:
4n2

 1  24 n.22  1  ...6.4  1  ...0
a, Ta có : 2
n
n 2
n
2 n  2
 22.2n 2  4.2n  2  32  4  34.2  4  ...1  4  ...5
b, Ta có : 2  2
n 1

n

n
1 n 1
 4.4n 1  34  1  34.4  1  ...1  1  ...0
c, Ta có : 4  4
Bài 30: Chứng minh rằng:
4 n1
2n
a, D= 3  2M5
b, G= 9  1Mcả 2 và 5
HD:
4 n 1
4n
a, Ta có : 3  2  3 .3  2  ...1.3  2  ...5M5

2n
b, Ta có : 9  1  ...1  1  ...0
Bài 31: Trong các số sau số nào chia hết cho 2,5 10
4 n 1

4 n 1
 2(n �N )
a, 3  1(n �N )
b, 2

HD:
4 n 1
4n
a, Ta có : 3  1  3 .3  1  ...1.3  1  ...4
4 n 1
 2  24 n.2  2  ...6.2  2  ...0
b, Ta có : 2
Bài 32: Trong các số sau số nào chia hết cho 2,5 10
n

n

2
4
a, 2  4(n  N, n 2)
b, 9  6(n  N , n 1)
HD:
n
n 2
n
2 n 2
 22.2 n 2  4.2n  2  2 2  4  24.2  4  ...6  4  ...0
a, Ta có : 2  2
n

n 1

n
1 n 1
 4.4n 1  94  6  9 4.4  6  ...1  6  ...5
b, Ta có : 4  4
Bài 33: Chứng minh rằng:
a, 94260 - 35137 M5
b, 995 – 984 +973 – 962 M2 và 5
HD:

 942 
a, Ta có :

4 15

  351

37

 ....6  .....1  .....5M5

5
4
3
2
4
4
3
2

b, Ta có : 99  98  97  96  99 .99  98  97  96

 ...1.99  ...6  ....3  ....6  .....0 Hiển nhiên chia hết cho cả 2 và 5
Bài 34: Chứng minh rằng:
25
4
21
10
a, 17  24  13 M
HD:

102
102
10
b, 8  2 M

25
4
21
24
4
20
a, Ta có: 17  24  13  17 .17  24  13 .13  ....1.17  ....6  ....1.13  ....0 thì chia hết cho 10
102
102
100 2
100 2
b, Ta có: 8  2  8 .8  2 .2  ....6.64  ....6.4  .....4  ....4  ....0 nên chia hết cho 10
Bài 35: Chứng minh rằng:
36

10
28
a, 36  9 M45
b, 10  8M72
HD:
36
10
8 2
a, Ta có: 36  9  ....6  9 .9  ....6  .....1.81  ...6  ....1  ...5
36
10
Chia hết cho 5, và ta thấy 36M9  36 M9,9 M9  đpcm

b, Ta có : 10  8  10....00  8  1000...008M8 và có tổng các chữ số là 9 nên chia hết cho 9
Khi đó chia hết cho 72
Bài 36: Chứng minh rằng:
8
20
5
15
17
a, 8  2 M
b, 16  2 M33
HD:
28

88  220   23   2 20  224  220  220  24  1  2 20.17 M
17
8

a, Ta có:

17


165  215   24   215  220  215  215  25  1  215.33M33
5

b, Ta có:
Bài 37: Chứng minh rằng:
6
7
59
a, 10  5 M
HD:

7
9
13
b, 81  27  9 M45

106  57   2.5   57  26.56  57  56  26  5  56.59M59
6

a, Ta có:

817  279  913   34    33    32   328  327  326  326  32  3  1  326.5  324.45M45
7

b, Ta có:

Bài 38: CMR:
100
99
a, 2008  2008 M2009
HD:
a, Ta có:

9

b, 12345

13

678

 12345677 M
12344

2008100  200899  200899  2008  1  200899.2009M2009

12345678  12345677  12345677  12345  1  12345677.12344M
12344

b, Ta có:
Bài 39: Cho n là số tự nhiên, CMR : A=17n+111...1 (n chữ số 1) M9
HD:
Ta có : A  18n  n  111....1
Số 1111....1 có tổng các chữ số là 1+1+1+1+....+1 có n số 1 nên bằng n
Khi đó A  18n  n  1111....1 có 18nM9 nên cần 1111....1-n chia hết cho 9
mà 1111.....1 - n có tổng các chữ số là 0 nên chia hết cho 9

Vậy A chia hết cho 9

Bài 40: Tìm chữ số tận cùng của tổng sau: S  2  3  4  ....2004
HD:
Ta thấy mọi lũy thừa trong S đều có số mũ khi chia cho 4 thì dư 1
Nên tổng S có chữ số tận cùng là: 2  3  4  ...  2004  9009  S có chữ số tận cùng là 9
3
7
11
8011
Bài 41: Tìm chữ số tận cùng của: T  2  3  4  ....  2004
HD:
Ta thấy mọi lũy thừa trong T đều có dạng chia 4 dư 3,
Nên tổng T có chữ số tận cùng là :
 8  7  4  5  6  3  2  9   199  1  8  7  4  5  6  3  2  9  + 1  8  7  4  9019
Vậy chữ số tận cùng của T là 9
Bài 42 : Tìm số dư của :
1
5
9
8005
a, A  2  3  4  ...  2003
khi chia cho 5
3
7
11
8007
b, B  2  3  4  ...  2003
khi chia cho 5
Bài 43: Tìm chữ số tận cùng của :

2
6
10
8010
a, C  2  3  4  ...  2004
8
12
16
8016
b, D  2  3  4  ...  2004
Bài 44: Chứng minh rằng chữ số tận cùng của 2 số sau giống nhau:
5
9
8013
3
7
11
8015
a, A  2  3  4  ...  2005
và B  2  3  4  ...  2005
Bài 45: Tìm chữ số tận cùng của:
5
9
13
4013
4017
a, A  10  12  14  ...  2014  2016
9
13
4021

4025
b, B  9  11  ...  2015  2017
7
11
15
4027
4031
c, C  5  7  9  ...  2015  2017
5
9
13
3997
4001
d, D  21  23  25  ...  2017  2019
43
47
51
203
207
e, E  20  22  24  ...  98  100
8
12
16
8016
f, F  2  3  4  ...  2004
1

5

9

8009

18


Bài 46: Tìm chữ số tận cùng của:
n
A  19 4  7,  n �2 
a,

2017 2  2016  n �2 
n

b,
n
n
n
C  1999 4  19972  19964  2017  n �2 

Bài 47: Tìm chữ số tận cùng của:
10
10
Bài 48: Tìm số tự nhiên n để n  1M
HD:

n10  1   n 4  .n 2  1M
10   n 4  .n 2
2

Ta có: 10=4.2+2, nên
1999
1997
5
Bài 49: CMR: 999993  55557 M

2

phải có tận cùng là 9=> n=3 hoặc n=7

19


Chú ý:
Đối với tìm 2 chữ số tận cùng:
+ Với các chữ số có tận cùng là 01, 25, 76 thì nâng lên lũy thừa bao nhiên (Khác 0) đều có 2 chữ số tận cùng
là chính nó
n
+ Các số 26 ln có tận cùng là 76 (n>1)
10 20
+ Các số: 2 , 3 có tận cùng là 76 và 01
+ Cịn lại đưa lên lũy thừa 2,4,5 thì sẽ trở về 76 hoặc 01
100 100
Bài 1: Tìm 2 chữ số tận cùng của: 2 ,3
HD:



2100   210   ...76
10

Ta có:



10

 ...76

5

Và
666
101
101
Bài 2: Tìm 2 chữ số tận cùng của : 51 , 99 ,6 ;14 .16
HD:
51



25

Ta có:



5151   512  .51  ...01





9999   992  .99  ...01
49

49





3100   320   ...01  ...01
5

99

25

.51  ...51

.99  ...99

6666   65133.6   ...76.6  ....56
14101.16101  224101   2242  .224  ...76.224  ...24
50

99

2k

2 k 1
2n
2 n 1
99
5n
5n 1
66
Bài 3: Tìm 2 chữ số tận cùng của: 51 ,51 ,99 ,99 ,99 ,6 ,6 ,6
HD:
99
9999
99
9999  2n  1  99 99  992 n 1  n �N , n  1
99
;
99
Ta thấy:
thấy
là 1 số lẻ nên

 992 n1  99.  992   99....01  ...99
n

9

2003
9
2003
2004
2005

2004
Bài 4 :Tìm 2 chứ số tận cùng của : 7 , 9 ,74 ,18 .68 , 74
Bài 5 : Tìm 2 chữ số của :

a,
b,

492 n ;492 n 1  n �N 
24 n.38n  n �N 

3n n
23n 3.3n 1  n �N 
c, 2 .3 và

742 n ,74 2 n 1  n �N 

d,
HD :

24 n.38 n  2 4 n.  32 

4n

  18 

4n

b,
Bài 6 : Chứng minh rằng :
2n

10  n �N , n  1
5 và M
a, A  26  26M
B  242 n 1  76M
100  n �N 
b,
2000
2000
2000
c, M  51 .74 .99
HD:
c, Có 2 chữ số tận cùng là 76
2008
Bài 7: Chứng minh rằng: A  10  125M45
HD:
A có chữ số tận cùng là 5 nên A M5
Mặt khác A có tổng các chữ số là :1+1+2+5=9 M9 nên AM9
20


Chú ý :
Để đơn giản tìm 2 chữ số tận cùng của 1 số a, ta có 2 TH :
n
+ a chẵn => Tìm n nhỏ nhất sao cho a  1M25
n
100
+ a lẻ => Tìm n nhỏ nhất sao cho a  1M
2003
Bài 8: Tìm dư của 2
khi chia cho 100

HD:
10
Ta có: 2 tận cùng là 76
99
Bài 9 : Tìm số dư của 7 khi chia cho 100
HD :
n
100  n  4
Ta có : 7 là số lẻ=> cần tìm 7  1M
4
Khi đó : 7 có tận cùng là 01
517
Bài 10 : Tìm số dư của : 3
khi chia cho 25
HD :
517
517
Tìm 2 chữ số tận cùng của 3
là 43=> 3
chia cho 25 dư 18
2002
2002
A

1

2

32002  ...  2004 2002
Bài 11 : Tìm 2 chữ số tận cùng của :

HD :

a �N ,  a;5  1  a 20  1M25

Dựa vào tính chất :
2
100
2
Thấy a chẵn => a M4, còn nếu a lẻ=> a  1M4  a M5  a M25
 A  12002  22  2002  1  ...  20042  2004 2002  1  2 2  32  ...  2004 2
2 chữ số tận cùng của A chính là 2 chữ số tận cùng của của tổng
n  n  1  2n  1
B  12  22  32  ...  20042 
6
với n= 2004

21


Dạng 3 : NHÓM HỢP LÝ
Bài 1: Chứng minh rằng:
n 2
n2
n
n
10
a, 3  2  3  2 M
HD :
a, Ta có:

n2
n4
n
n
b, 3  2  3  2 M30

VT  3n.9  2n.4  3n  2n  3n  9  1  2n 1.8  2n 1.2  3n.10  2n1.10M
10

VT  3n.9  2n.16  3n  2n  3n  9  1  2n  16  1  3n.10  2 n.15M30

b, Ta có:
Bài 2: Chứng minh rằng:
n
n1
10
a, 8.2  2 M
HD:

n3
n3
n 1
n 2
b, 3  2  3  2 M6

8.2n  2n1  8.2n  2n.2  2n  8  2   10.2 n M
10

a, Ta có:
n

n
n
n
n
n
b, Ta có: VT  3 .27  3 .3  2 .8  2 .4  3 .30  2 .12M6
2 n 1

2 n 2

Bài 3: Chứng minh rằng: 3  2 M7
HD :
n
A  3.32 n  4.22 n  3  7  2   4.2n  7. M  7.2n M7
Ta có :
Bài 4: Chứng minh rằng:
n
n
81
a, 10  18n  1M27
b, D = 10  72n  1M
HD:
a, Ta có:

VT   10n  1  18n  999...9  18n

VT  9.1111...1  9.2n  9  111....1  2n  M9

( có n chữ số 9)

 1111....1  n   3n
mặt khác: 111....1  2n ( có n chữ số 1) =
Xét: 111...1  n có tổng các chữ số là 1+1+1+...+1-n=0 nên chia hết cho 3
vậy 111...1+2n chia hết cho 3=> VT chia hết cho 27
b, Ta có:
D  10n  1  72n  9.111...1  9 n  81n  9(111....1  n)  81n
Xét 111....1 - n chia hết cho 9 => D chia hết cho 81
n 1
n2
n 3
Bài 5: CMR : 3  3  3 chia hết cho 13 với mọi n
HD:
3n 1  3n  2  3n 3  3n.3  3n.9  3n.27  3n.3  1  3  9   3n1.13M
13

Ta có:
x 1
x 2
x 3
x 100
b, Chứng minh rằng : 3  3  3  ...  3
chia hết cho 120
Bài 6: Chứng minh rằng:
5
4
3
a, 5  5  5 M7
6
5
4

11
b, 7  7  7 M
9
8
7
c, 10  10  10 M222 và M555
6
7
59
d, 10  5 M
HD:
 53  52  5  1  52.21M7
a, Ta có:
 74  7 2  7  1  7 4.55M
11
b, Ta có:
 107  102  10  1  107.111M222
c, Ta có :
và M555
6 7
  2.5 .5  56 26  1  56.59M59
d, Ta có :





22

7
9
13
Bài 7 : Chứng minh rằng : 81  27  9 M45
HD :

  34    33    32 
7

Ta có :

9

13

 328  327  326  326  32  3  1  326.5M
9.5  45

2
3
2004
Bài 8 : Chứng minh rằng : A  2  2  2  ...  2 M3;7;15
Bài 9 : Chứng minh rằng :
10
9
8
a, 8  8  8 M55
45
15
30

b, 45 .15 M75
54
24 10
63
c, 24 .54 .2 M72
10
40
20
d, 45  5 M25
10k  1M
19  k  1 , CMR :102 k  1M
19
Bài 10: Cho
HD:
102 k  1  102 k  10k  10k  1  10k  10k  1   10k  1
Ta có:
k
19
Nhận thấy: 10  1M
2
4
Bài 11: Chứng minh rằng: n  n  1 M
HD:

n 2  n  1  n  n  1  1

n  n  1

Ta có:
, àm

là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp nên chẵn
Mà VP +1 nên là số lẻ vậy không chia hết cho 4
2
5
Bài 12: Chứng minh rằng: n �N , n  n  6 M
HD:
Vì
Vì

n 2  n  6  n  n  1  6
n  n  1

,

là tích 2 số tự nhiên liên tiếp nên có chữ số tận cùng là 0; 2; 6

n  n  1  6

Khi đó:
sẽ có tận cùng là 6;8;2 nên khơng chia hết cho 5
15 nhưng không chia hết cho 30
Bài 13: Chứng minh rằng: Với mọi n thì 60n  45M
2
 2 và 5 với mọi số tự nhiên n
Bài 14: Chứng minh rằng: n  n  1 M
HD:
n 2  n  1  n  n  1
Ta có:
là số lẻ nên khơng chia hết cho 2
Tương tự chứng minh có chữ số tận cùng khác 0 và 5 nên không chia hết cho 5

Bài 15: Chứng minh rằng:
2
3
11
2
3
8
a, 1  3  3  3  ...  3 M4
b, 5  5  5  ...  5 M30
HD:
a, Ta có:

A  1  3  32  33  ...  310  311   1  3  32  1  3   ...  310  3  1

A  4  32.4  34.4  ....  310.4M4

b, Ta có:

B  5  52  53  54  ...  58   5  52    53  54   ...   57  58 

B  30  52.30  ...  56.30

Bài 16: Chứng minh rằng:
2
3
60
15
a, 2  2  2  ...  2 M
HD:

2
3
119
13
b, 1  3  3  3  ...  3 M

a, Ta có:

C  2  22  23  ...  260   2  22  23  24    25  ...  28   ...   257  ...  260 

b, Ta có:

D   1  3  3    3  3  3   ...   3  3  3

C  2  1  2  4  8   25  1  2  4  8   ...  257  1  2  4  8 
2

3

4

5

17

18

19

=>



C  15.  2  25  ...  257 

23


D  13  33.13  ...  317.13  13  1  33  ....  317  M
13
Bài 17: Chứng minh rằng:
2
3
60
a, 2  2  2  ...  2 M3, 7,15
HD:
a, Ta có:

2
3
1991
13, 41
b, 1  3  3  3  ...  3 M

A   2  22    23  24   ...   259  260 

A  2  1  2   23  1  2   ...  259  1  2   AM3

lại có:

A   2  22  23    24  25  26   ...   258  259  260 

A  2.  1  2  22   24  1  2  22   ...  258  1  2  2 2  M7

Lại có:

A   2  22  23  24    25  26  27  28   ...   257  258  259  260 

A  2.15  25.15  ...  257.15M
15

b, Ta có:

B   1  3  32    33  34  35   ...   31989  31990  31991 

B  13  33.13  ...  31989.13M
13

Lại có:

B   1  32  34  36    3  33  35  37   ...   31984  31986  31988  31990    31985  31987  31989  31991 

 820  1  3  ...  31984  31095  M41
Bài 18: Chứng minh rằng:
2
3
100
a, 2  2  2  ...  2 M31
HD:

a, Ta có:

2
3
1998
12,39
b, 3  3  3  ...  3 M

A   2  22  23  24  25    26  27  28  29  210   ...   296  297  298  299  2100 

A  2.31  26.31  ...  296.31M
31

b, Ta có:

S   3  32    33  34   ...   31997  31998 

S  12  32.12  ...  31996.12M
12

mặt khác:

S   3  32  33    34  35  36   ...   31996  31997  31998 

S  39  33.39  ...  31995.39M
39

Bài 19: Chứng minh rằng:
2
3

1000
2
3
8
120
12
a, 3  3  3  ...  3 M
b, 11  11  11  ...  11 M
HD:
a, Ta thấy ngay tổng B chia hết cho 3, ta cần chứng minh tổng B chia hết cho 40

B   3  32  33  34   ...   3997  3998  3999  31000 

 3  1  3  32  33   ...  31997  1  3  32  33  M40
Như vậy A M120
b, Ta có:

C   11  112    113  114   ...   117  118 

C  11 1  11  113  1  11  ...  117  11  11

C  11.12  113.12  ...  117.12M
12

Bài 20: Chứng minh rằng:
2
3
210
2
3

404
31
a, 4  4  4  ...  4 M210
b, 1  5  5  5  ...  5 M
HD:
a, Tổng A hiển nhiên chia hết cho 2
(1)
Nên ta cần chứng minh tổng A chia hết cho 105=5.21
24


A   4  42    43  44   ...   4209  4210 

A  4  1  4   43  1  4   ...  4209  1  4   4.5  43.5  4209.5 M

A   4  4  4    4  4  4   ...   4
2

3

4

5

6

208

4

209

4

210

5 (2)



A  4  1  4  16   4 4  1  4  16   ...  4208  1  4  16  M21

(3)

Từ (1), (2) và (3) ta thấy: A M210
B  1  5  52  53  54  55  ...  5402  5 403  5404
b, Ta có :
B  31  53 1  5  52  ...  5402 1  5  52 M31





 







Bài 21: Chứng minh rằng:
2
3
4
100
3
a, 2  2  2  2  ...  2 M
HD:







21
22
23
29
13
b, 3  3  3  ...  3 M

a, Ta có :

A   2  22    23  24   ...   299  2100 

b, Ta có :

B 3 3 3

A  2  1  2   23  1  2   ...  299  1  2   2.3  23.3  ...  299.3 M
21

22

B  321  1  3  32   324

 3 3 3  3
1 3  3   3 1 3  3 
23

24

2

25

26

27

27

3

3 3
28

29



2

B  321.13  324.13  327.13M
13

A  75.(42004  42003  ...  4 2  4  1)  25M
100
2:
CMR
Bài 2
HD:
2004
2003
2
Đặt B  4  4  ...  4  4  1 , Tính B rồi thay vào A ta được :

A  75.  42005  1 : 3  25  25  42005  1  25  25  42005  1  1  25.42005

Bài 23: CMR: M  2012  2012  2012  ...  2012
HD:
2

3

2010

M100

M
2013

M   2012  20122    20123  20124   ...   20122009  20121010 

M  2012  1  2012   20123  1  2012   ...  20122009  1  2012 
M  2012.2013  20123.2013  ...  2012 2009.2013M2013
2
2008
Bài 24: Cho A  1  2  2  ...  2 , Tìm dư của A khi chia cho 7

HD:

A  1  2   22  23  2 4    25  26  27   ...   22006  2 2007  2 2008 
A  3  22  1  2  22   25  1  2  22   ...  22006  1  2  22 
A  3  22.7  25.7  2 2006.7 , Nhận thấy ngay A chia 7 dư 3

0
1
2
5 n 3
 25 n  2  25 n1 chia hết cho 31 nếu n là số nguyên dương bất kỳ
Bài 25: CMR : A  2  2  2  ...  2
HD:

A   1  2  22  23  24    25  26  27  28  29   ...   25 n 5  25 n 4  25 n3  25 n 2  25 n 1 

A  31  25.  1  2  2 2  23  24   ...  25n 5  1  2  2 2  23  24 
A  31  25.31  ...  25 n 5.31M

31

Bài 26: Cho n là số nguyên dương, CMR : 3  1 , là bội của 10 thì 3  1 cũng là bội của 10
HD:
n
n
n
Nếu 3  1 , Là bội của 10 thì 3  1 có tận cùng là số 0=> 3 có tận cùng là 9
n4
n 4
10 (đpcm)
Mà 3  1  3 .3  1  .....9.81  1  ....9  1  ...0 M
n

n 4

25