TOÁN 6 CHUYÊN ĐỀ PHÉP CHIA

A. PHẦN MỞ ĐẦU
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 tồn diện
bên cạnh sự đầu tư thích đáng cho giáo dục mũi nhọn. Với vai trò 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 cơ chúng ta ln đặt ra cho mình.
Để đáp ứng được yêu cầu của sự nghiệp giáo dục và nhu cầu học tập của học
sinh đặc biệt là học sinh khá, giỏi. 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 toán học.
Với đối tượng học sinh khá giỏi, 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. “phép chia hết” là đề tài lí thú,
phong phú và đa dạng của số học THCS và không thể thiếu khi bồi dưỡng học sinh
khá giỏi mơn tốn THCS.
Trong khn khổ đề tài này, tơi trình bày “một số phương pháp chứng minh
chia hết”, cụ thể là: sử dụng dấu hiệu chia hết, sử dụng tính chất chia hết, xét tập hợp
số dư trong phép chia, sử dụng phương pháp phân tích thành nhân tử.
B. NỘI DUNG
I/ CƠ SỞ LÝ LUẬN
Chúng ta đang dạy học theo sự đổi mới là dạy học theo chuẩn kiến thức kỹ năng ,
vì thế những gì gọi là chuẩn – là cơ bản nhất cần phải nắm vững. Rèn kỹ năng giải
toán chia hết cũng là chuẩn mà học sinh cần phải nắm. Hệ thống bài tập thể hiện dạng
toán chia hết có vai trị quan trọng là nó giúp cho học sinh phát triển khả năng tư duy,
khả năng vân dụng kiến thức một cách linh hoạt vào giải tốn, trình bày lời giải chính
xác và logic. Đó cũng là những kỹ năng cần thiết của học sinh khi còn ngồi trên ghế
nhà trường. Có như thế mới phù hợp với sự cải tiến dạy học là phát huy hết tính
tích cực, tư duy sáng tạo của học sinh trong trường học.

II/ CƠ SỞ THỰC TIỂN
Trong q trình giảng dạy tơi thấy đa phần học sinh chưa có kỹ năng giải tốn
“chia hết” vì các em chưa biết bài tốn đó cần áp dụng phương pháp nào để giải cho
kết quả đúng nhất, nhanh nhất và đơn giản nhất. Vì vậy để nâng cao kỹ năng giải tốn
“chia hết” thì các em phải nắm được các dạng toán, các phương pháp gỉải, các kiến
thức cơ bản được cụ thể hoá trong từng bài, từng chương. Có thể nói rằng dạng tốn
“chia hết” ln là dạng tốn khó đối với học sinh và khơng ít học sinh cảm thấy sợ khi
1


học dạng tốn này.
Là một giáo viên dạy tốn tơi mong các em chinh phục được nó và khơng chút
ngần ngại khi gặp dạng toán này. Nhằm giúp các em phát triển tư duy suy luận và óc
phán đốn, kỹ năng trình bày linh hoạt. Hệ thống bài tập tơi đưa ra từ dễ đến khó, bên
cạnh đó cịn có những bài tập nâng cao dành cho học sinh giỏi được lồng vào các tiết
luyện tập. Lượng bài tập cũng tương đối nhiều nên các em có thể tự học, tự chiếm lĩnh
tri thức thông qua hệ thống bài tập áp dụng này, điều đó giúp các em hứng thú học tập
hơn rất nhiều.
III/ NỘI DUNG VẤN ĐỀ
Hệ thống hóa lý thuyết chia hết và bài tập vận dụng tương ứng, từ dạng cơ bản
nhất đến tương đối và khó hơn. Trong quá trình giải nhiều dạng bài tập là đã hình
thành khắc sâu cho các em kỹ năng giải các dạng toán chia hết.Giáo viên nêu ra các
dấu hiệu chia hết hay là các phương pháp chứng minh chia hết trong SGK ,ngoài ra
bổ sung thêm một số phương pháp cần thiết nhất để vận dụng vào nhiều dạng bài tập
khác nhau.
TÓM TẮT LÝ THUYẾT
1. ĐỊNH NGHĨA PHÉP CHIA
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|

Trong đó: 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| -1}
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
2. CÁC TÍNH CHẤT
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  c và a  c ⇒ b  c
10.
Nếu a  b và n > 0 ⇒ an  bn
11.
Nếu ac  b và (a, b) =1 ⇒ c  b
12.

Nếu a  b, c  b và m, n bất kỳ am + cn  b
2


Nếu a  b và c  d ⇒ ac  bd
Tích n số nguyên liên tiếp chia hết cho n!
3. MỘT SỐ DẤU HIỆU CHIA HẾT
Gọi N = an an −1...a1a0
3.1. Dấu hiệu chia hết cho 2; 5; 4; 25; 8; 125
+ N  2 ⇔ a0 M2 ⇔ a0 ∈{0; 2; 4; 6; 8}
13.
14.

+ N  5 ⇔ a0 M5 ⇔ a0 ∈{0; 5}
+ N  4 (hoặc 25) ⇔ a1a0 M4 (hoặc 25)
+ N  8 (hoặc 125) ⇔ a2 a1a0 M8 (hoặc 125)
3.2. Dấu hiệu chia hết cho 3 và 9
+ N  3 (hoặc 9) ⇔ ( an + an −1 + ... + a1 + a0 ) M3 (hoặc 9)
3.3. Một số dấu hiệu khác
+ N  11 ⇔ ( a0 + a2 + ...) − ( a1 + a3 + ...)   11

+ N  101 ⇔ ( a1a0 + a5a4 + ...) − ( a3a2 + a7 a6 + ...)  101

+ N  7 (hoặc 13) ⇔ ( a2 a1a0 + a8 a7 a6 + ...) − ( a5 a4 a3 + a11a10 a9 + ...)  11 (hoặc 13)
+ N  37 ⇔( a2 a1a0 + a5a4 a3 ...)  37

+ N  19 ( an + 2an −1 + 22 an − 2 ... + 2n −1 a1 + 2n a0 ) M19
4. ĐỒNG DƯ THỨC
4.1. Định nghĩa: 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
4.2. Các tính chất
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
a
b
≡ (modun)
⇒
d
d
7. Nếu a ≡ b (modun), d > 0 và d ∈ Uc (a, b, m)
a
b
m
≡ (modun
⇒
)
d
d
d
5. MỘT SỐ ĐỊNH LÝ
5.1. Định lý Euler
Nếu m là 1 số nguyên dương ϕ(m) là số các số nguyên dương nhỏ hơn m và
nguyên tố cùng nhau với m, (a, m) = 1
Thì aϕ(m) ≡ 1 (modun)

Cơng thức tính ϕ(m)
Phân tích m ra thừa số nguyên tố
3


m = p1α1 p2α2 … pkαk với pi ∈ p; αi ∈ N*
Thì ϕ(m) = m(1 -

1
1
1
)(1 ) … (1 )
p1`
p2
pk

5.2. Định lý Fermat
Nếu p là số nguyên tố và a khơng chia hết cho p thì ap-1 ≡ 1 (modp)
5.3. Định lý Wilson
Nếu p là số nguyên tố thì
( p - 1)! + 1 ≡ 0 (modp)
CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN CHIA HẾT
1. Phương pháp 1: SỬ DỤNG DẤU HIỆU CHIA HẾT
Ví dụ 1: Tìm các chữ số a, b sao cho a56b  45
Giải
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
Nếu b = 5 ta có số a56b  9 ⇔ a + 5 + 6 + 5  9
⇒ a + 16  9
⇒a = 2
Vậy: a = 7 và b = 0 ta có số 7560
a = 2 và b = 5 ta có số 2565
Ví dụ 2: Biết tổng các chữ số của 1 số là không đổi khi nhân số đó với 5. Chứng minh
rằng số đó chia hết cho 9.
Giải
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 (Đpcm)
   111
   81
Ví dụ 3: Chứng minh rằng số 111…
81 sè1

Giải
Ta thấy: 111111111  9
   111
  = 111111111(1072 + 1063 + … + 109 + 1)
Có 111…
81 sè1

Mà tổng 1072 + 1063 + … + 109 + 1 có tổng các chữ số bằng 9  9
⇒ 1072 + 1063 + … + 109 + 1  9
   111
   81 (Đpcm)
Vậy: 111…

81 sè1

Ví dụ 4: Tìm các chữ số a và b sao cho 19ab chia hết cho 5 và 8
4


Giải
Vì 19ab chia hết cho 5 nên b=0 hoặc b=5 và 19ab chia hết cho 8 nên suy ra b=0
Mặt khác , 19a 0 chia hết cho 8 nên 19a 0 chia hết cho 4 khi a 0 chia hết cho 4 suy ra a
∈ {0;2;4;6;8}. Ta có 19a 0 chia hết cho 8 khi 9a 0 chia hết cho 8 nên a=2 hoặc a=6. Vậy
nếu a=2 thì b=0 và nếu a=6 thì b=0 nên số cần tìm là 1920 và 1960
Ví dụ 5: Chữ số a là bao nhiêu để aaaaa96 chia hết cho cả 3 và 8
Giải
Vì aaaaa96 8 ⇔ a96 8 ⇔ 100a + 96 8 suy ra 100a 8
Vậy a là số chẵn ⇒ a ∈{ 2, 4, 6, 8} (1).
Vì aaaaa96 3 ⇔ (a + a + a + a + a + 9 + 6 ) 3 ⇔ 5a + 15 3
Mà 15 3

⇒ 5a 3

Mà (5, 3) = 1
Suy ra a  3 ⇒ a ∈{ 3, 6 ,9} (2).
Từ (1) và (2 ) suy ra a = 6
KL: Vậy số phải tìm là 6666696.
Ví dụ 6: Tìm chữ số a để 1aaa1 11
Giải
HD: tổng các chữ số hàng lẻ là 2 + a .Tổng các chữ số hàng chẵn là 2a.
1aaa1 11 ⇒ 2a – (a + 2) 11
⇒ a - 2 11
⇒ a - 2=0

⇒a = 2

.Vậy a=2
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: Tìm các chữ số x, y sao cho
a. 34 x5 y  4 và 9
b. 2 x78  17
Bài 2: Cho số N = dcba Chứng minh rằng:
a. N  4 ⇔ (a + 2b)  4
b. N  16 ⇔ (a + 2b + 4c + 8d)  16 với b chẵn
c. N  29 ⇔ (d + 3c + 9b + 27a)  29
Bài 3: Tìm tất cả các số có 2 chữ số sao cho mỗi số gấp 2 lần tích các chữ số của số
đó.
Bài 4: 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?
5


Bài 5: Tổng của 46 số tự nhiên liên tiếp có chia hết cho 46 khơng? Vì sao?
Bài 6: Chứng minh rằng: a) 1020006 + 8M72
b) 10n + 23 M9
c) 24 n+1 + 3M5
d) 7 4 n − 1M5
Bài 7: Chứng minh rằng nếu

abcM
37 thì bcaM
37 và cabM
37
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ

Bài 1:
a. x =4 và y = 2 ta có số 34452
x =0 và y = 6 ta có số 34056
b. 2 x78 = 17 (122 + 6x) + 2(2-x)17 ⇔ x = 2
Ta có số 2278
Bài 2:
a. N4 ⇔ba 4 ⇔ 10b + a 4 ⇔ 8b + (2b + a)  4
⇒ a + 2b  4
b. N16 ⇔ 1000d + 100c + 10b + a16
⇔ (992d + 96c + 8b) + (8d + 4c + 2b + a) 16
⇒ a + 2b + 4c + 8d  16 với b chẵn
c. Có 1000(d + 3c + 9b + 27a) - dcba 29
mà (1000, 29) =1
dcba 29
⇒ (d + 3c + 9b + 27a) 29
Bài 3:
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
Bài 4:
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

⇒ AM
1980

Bài 5:
Tổng 2 số tự nhiên liên tiếp là 1 số lẻ nên khơng 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 không chia hết cho 46.
Bài 7: Chứng minh rằng nếu abcM
37 thì bcaM
37 và cabM
37
Bài làm :
+ Ta có : abcM
37 ⇒ 100 a + 10 b + c M37(1)
6


+ Ta có :

⇒

abc

abc
bca
cab

= 100 a + 10 b + c
= 100 b + 10 c + a∈

= 100c + 10 a + b
……………………………………
+ bca + cab = 111( a+ b + c) M37 (vì 111M37 ) (2)
+

bca = 100 b + 10 c + a

= 10 (100a + 10 b + c) - 999a

37
100a +10b +cM
⇒ bcaM
37 (3)
Do 
999
a
M
37

Từ (1);(2);(3) ta suy ra :

37
cab M

2. Phương pháp 2: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CHIA HẾT
* Chú ý: Trong n số nguyên liên tiếp có 1 và chỉ 1 số chia hết cho n.
Chứng minh:
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.

 m + i = nq i + r
 m + j = nq j + r

Giả sử: 

1 ≤ i; j ≤ n

⇒ 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.
Ví dụ 1: Chứng minh rằng:
a. Tích của 2 số ngun liên tiếp ln chia hết cho 2
b. Tích của 3 số nguyên liên tiếp chia hết cho 6.
Giải
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.
b. Tích 2 số ngun liên tiếp ln chia hết cho 2 nên tích của 3 số nguyên liên tiếp
luôn chia hết cho 2
Trong 3 số nguyên liên tiếp bao giờ cũng có 1 số chia hết cho 3.
⇒ Tích 3 số đó chia hết cho 3 mà (2; 3) = 1.
Vậy tích của 3 số ngun liên tiếp ln chia hết cho 6.
Ví dụ 2: Chứng minh rằng: Tổng lập phương của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết
cho 9.

Giải
7


Gọi 3 số nguyên liên tiếp lần lượt là: n - 1 , n , n+1
Ta có: A = (n - 1)3 + n3 + (n + 1)3
= 3n3 - 3n + 18n + 9n2 + 9
= 3(n - 1)n (n+1) + 9(n2 + 1) + 18n
Ta thấy (n - 1)n (n + 1)  3 (Chứng minh Ví dụ 1)
⇒ 3(n - 1)n (n + 1)  9

9(n 2 + 1) 9
mà 
18n 9

⇒A  9 (ĐPCM)
Ví dụ 3: Chứng minh rằng: n4 - 4n3 - 4n2 +16n  384 với ∀ n chẵn, n≥ 4
Giải
Vì n chẵn, n≥ 4 ta đặt n = 2k, k≥ 2
Ta có n4 - 4n3 - 4n2 + 16n = 16k4 - 32k3 - 16k2 + 32k
= 16k(k3 - 2k2 - k + 2)
= 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 - 4n3 - 4n2 +16n  384 với ∀ n chẵn, n ≥ 4
Ví dụ 4: Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì :

a. A= 3n+2 – 2 n+2 + 3n – 2 n chia hết cho 10
b. B = 10 n – 18 n – 1 chia hết cho 27
Giải
a.
A= 3n+2 – 2 n+2 + 3n – 2 n
= 3n (32 + 1) – 2 n (22 +1)
= 10 . 3n – 5 .2n
= 10 . (3n –2n-1) M10
Vậy A chia hết cho 10.
b. B = 10 n + 18 n – 1
= 10n – 1 – 9n +27n
= 99...9
{ − 9n + 27 n
n

Ví dụ 5: chứng minh rằng
a) n5 - n chia hết cho 30 với n ∈ N ;
b) n4 -10n2 + 9 chia hết cho 384 với mọi n lẻ n∈ Z
Giải
a) n5 - n = n(n4 - 1) = n(n - 1)(n + 1)(n2 + 1) = (n - 1).n.(n + 1)(n2 + 1) M6
Vì (n - 1).n.(n+1) là tích của ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 2 và 3 (*)
Mặt khác n5 - n = n(n2 - 1)(n2 + 1) = n(n2 - 1).(n2 - 4 + 5)
= n(n 2 - 1).(n2 - 4 ) + 5n(n2 - 1)
8


= (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) + 5n(n 2 - 1)
Vì (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) là tích của 5 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 5
5n(n2 - 1) chia hết cho 5
Suy ra (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) + 5n(n2 - 1) chia hết cho 5 (**)

Từ (*) và (**) suy ra đpcm
b) Đặt A = n4 -10n2 + 9 = (n4 -n2 ) - (9n2 - 9)
= (n2 - 1)(n2 - 9) = (n - 3)(n - 1)(n + 1)(n + 3)
Vì n lẻ nên đặt n = 2k + 1 (k ∈ Z) thì
A = (2k - 2).2k.(2k + 2)(2k + 4) = 16(k - 1).k.(k + 1).(k + 2)
⇒ A chia hết cho 16 (1)

Và (k - 1).k.(k + 1).(k + 2) là tích của 4 số nguyên liên tiếp nên A có chứa bội của 2,
3, 4 nên A là bội của 24 hay A chia hết cho 24 (2)
Từ (1) và (2) suy ra A chia hết cho 16. 24 = 384
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: Chứng minh rằng:
a. n(n + 1) (2n + 1)  6
b. n5 - 5n3 + 4n  120 Với ∀ n ∈ N
Bài 2: Chứng minh rằng: n4 + 6n3 + 11n2 + 6n  24 Với ∀ n ∈ Z
Bài 3: Chứng minh rằng: Với ∀ n lẻ thì
a. n2 + 4n + 3  8
b. n3 + 3n2 - n - 3  48
c. n12 - n8 - n4 + 1  512
Bài 4: Chứng minh rằng: a) (5n + 7)(4n + 6)M2 ∀n ∈ N
b) (8n + 1)(6n + 5) không chia hết cho 2 ∀n ∈ N
Bài 5: Chứng minh rằng: (n + 20052006 )(n + 20062005 ) M2 ∀n ∈ N
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1:
a. n(n + 1)(2n + 1) = n(n + 1) [(n - 1) + (n + 2)]
= n(n + 1) (n - 1) + n(n + 1) (n + 2)  6
5
b. n - 5n3 + 4n = (n4 - 5n2 + 4)n
= n(n2 - 1) (n2 - 4)
= n(n + 1) (n - 1) (n + 2) (n - 2)  120

Bài 2:
n4 + 6n3 + 6n + 11n2
= n(n3 + 6n2 + 6 + 11n)
= n(n + 1) (n + 2) (n + 3)  24
Bài 3:
a. n2 + 4n + 3 = (n + 1) (n + 3)  8
9


b. n3 + 3n2 - n - 3 = n2(n + 3) - (n + 3)
= (n2 - 1) (n + 3)
= (n + 1) (n - 1) (n + 3)
= 2k(2k + 4) (2k + 2) (với n = 2k + 1, k ∈ N)
= 8k(k + 1) (k +2)  48
12
c. n - n8 - n4 + 1 = n8 (n4 - 1) - (n4 - 1)
= (n4 - 1) (n8 - 1)
= (n4 - 1)2 (n4 + 1)
= (n2 - 1)2 (n2 + 1)2 (n4 + 1)
= 16k2 (k + 1)2 (n2 + 1)2 (n4 + 1) với n = 2k + 1
2
Mà n + 1 và n4 + 1 là những số chẵn ⇒ (n2 + 1)2  22 và n4 + 1  2
⇒ n12 - n8 - n4 + 1  (24.22. 22.21)
Vậy n12 - n8 - n4 + 1  512
3. Phương pháp 3: XÉT TẬP HỢP SỐ DƯ TRONG PHÉP CHIA
Ví dụ 1: Chứng minh rằng: Với ∀ n ∈ N
Thì A(n) = n(2n + 7) (7n + 1) chia hết cho 6
Giải
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 + r (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
Ví dụ 2: Chứng minh rằng: Nếu n khơng chia hết cho 3 thì
A(n) = 32n + 3n + 1  13 Với ∀ n ∈ N
Giải
Vì n không chia hết cho 3 ⇒ n = 3k + r (k ∈ N); r ∈ {1; 2}
⇒A(n) = 32(3k + r) + 33k+r + 1
= 32r(36k - 1) + 3r (33k - 1) + 32r + 3r + 1
ta thấy 36k - 1 = (33)2k - 1 = (33 - 1)M = 26M  13
33k - 1 = (33 - 1)N = 26N  13
với r = 1 ⇒ 32r + 3r + 1 = 32 + 3 +1 = 13  13
⇒ 32r + 3r + 1  13
với r = 2 ⇒ 32r + 3r + 1 = 34 + 32 + 1 = 91  13
⇒ 32r + 3r + 1 13
Vậy với n không chia hết cho 3 thì A(n) = 32n + 3n + 1  13 Với ∀ n ∈ N
Ví dụ 3: Tìm tất cả các số tự nhiên n để 2n - 1  7
Giải
Lấy n chia cho 3 ta có n = 3k + r (k ∈ N); r ∈ {0; 1; 2}
Với r = 0 ⇒ n = 3k ta có
2n - 1 = 23k - 1 = 8k - 1 = (8 - 1)M = 7M  7
với r =1 ⇒ n = 3k + 1 ta có:
10


2n - 1 = 28k +1 - 1 = 2.23k - 1 = 2(23k - 1) + 1

mà 23k - 1  7 ⇒ 2n - 1 chia cho 7 dư 1
với r = 2 ⇒ n = 3k + 2 ta có :
2n - 1 = 23k + 2 - 1 = 4(23k - 1) + 3
mà 23k - 1  7 ⇒ 2n - 1 chia cho 7 dư 3
Vậy 23k - 1  7 ⇔ n = 3k (k ∈ N)
Ví dụ 4: Tìm n ∈ N để:
a) 3n – 1 chia hết cho 8
b) A = 32n + 3 + 24n + 1 chia hết cho 25
c) 5n – 2n chia hết cho 9
Giải

a) Khi n = 2k (k ∈ N) thì 3n – 1 = 32k – 1 = 9k – 1 chia hết cho 9 – 1 = 8
Khi n = 2k + 1 (k ∈ N) thì 3n – 1 = 32k + 1 – 1 = 3. (9k – 1 ) + 2 = 3.8M + 2
Vậy : 3n – 1 chia hết cho 8 khi n = 2k (k ∈ N)
b) A = 32n + 3 + 24n + 1 = 27 . 32n + 2.24n
= (25 + 2) 32n + 2.24n = 25. 32n + 2.32n + 2.24n
= 25. 32n + 2(9n + 16n)
Nếu n = 2k +1(k ∈ N) thì 9n + 16n = 92k + 1 + 162k + 1 chia hết cho 9 + 16 = 25
Nếu n = 2k (k ∈ N) thì 9n có chữ số tận cùng bằng 1 , cịn 16n có chữ số tận cùng bằng
6
suy ra 2(9n + 16n) có chữ số tận cùng bằng 4 nên A không chia hết cho 5 nên không
chia hết cho 25
Vậy :A = 32n + 3 + 24n + 1 chia hết cho 25 khi n = 2k +1(k ∈ N)
c) Nếu n = 3k (k ∈ N) thì 5n – 2n = 53k – 23k chia hết cho 53 – 23 = 117 nên chia hết
cho 9
Nếu n = 3k + 1 thì 5n – 2n = 5.53k – 2.23k
= 5(53k – 23k) + 3. 23k = 5. 9M + 3. 8k
=5. 9M + 3. (9-1)k
/9
=5. 9M+9.N + 3(-1) k M

Tương tự: nếu n = 3k + 2 thì 5n – 2n khơng chia hết cho 9
Vậy : 5n – 2n chia hết cho 9 khi n = 3k (k ∈ N)
Bài 61 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có :
a. 9n + 1 khơng chia hết cho 100
b. n2 + n + 2 không chia hết cho 15
Bài làm :
11


a. ta có : 9n + 1 ≡ 2(mod 4) ⇒ 9n + 1 M4 ⇒ 9n + 1 M100
b.Ta chứng minh n2 + n + 2 không chia hết cho 3 với mọi n
Cách 1 :
• Với n = 3k thì n2 + n + 2 = 9k2 +3k +2 M3

• Với n = 3k + 1 thì n2 + n + 2 = (3k + 1)2 + 3k + 1 + 2 ≡ 1(mod 3)
• Với n = 3k + 2 thì n2 + n + 2 = (3k + 2)2 + 3k + 2 + 2 ≡ 2(mod 3)
Vậy n2 + n + 2 không chia hết cho 3 với mọi n hay n2 + n + 2 không chia hết cho 15
với mọi số tự nhiên n .
Cách 2 : ta có : n2 + n + 2 = (n2 – 1 )+n + 3 = (n – 1 )(n+ 1)+n+3
• Nếu n M
3 thì (n – 1 )(n+ 1) M3 do đó n2 + n + 2 M3
• Nếu n M3 thì n – 1 M
3 hoặc n+ 1 M
3 khi đó (n – 1 )(n+ 1) M
3

⇒ n2 + n + 2 M3
Vậy n2 + n + 2 M3 với mọi số tự nhiên n hay n2 + n + 2 không chia hết cho 15 với
mọi số tự nhiên n .

Bài 62 : Chứng minh rằng :
a. n2 + n + 1 không chia hết cho 9 với mọi n ∈ N
b. n2 + 11n + 39 không chia hết cho 49 với mọi n ∈ N
Bài làm :
a. Cách 1 :
• Nếu n M
3 thì n2 + n + 1 ≡ 1(mod 3) ⇒ n2 + n + 1 M9
• Nếu n = 3k + 1 thì n2 + n +1=(3k + 1)2 + 3k + 1 + 1

= 9(k 2 +k) +3 M9
• Nếu n = 3k + 2 thì n2 + n + 2 = (3k + 2)2 +3k + 2 + 1 ≡ 1(mod 3), suy ra
n2 + n + 1 M9

Vậy n2 + n + 1 M9 với mọi n ∈ N
Cách 2 :
Giả sử n2 + n + 1M
9 , khi đó n2 + n + 1M
3.Ta có :
2
n + n + 1= (n + 2 )(n – 1 ) + 3 M
3 ⇒ (n + 2 )(n – 1 ) M
3
Vì 3 là số nguyên tố nên n + 2 M
3 hoặc n – 1 M
3,
nhưng hiệu (n + 2) - (n – 1 ) = 3M
3 nên n + 2 và n – 1 đồng thời chia hết cho 3.
Khi đó (n+ 2)(n – 1 ) M
9 mà (n + 2 )(n – 1 ) + 3 M
9 ⇒3 M

9(vơ lí )
Vậy n2 + n + 1 M9 với mọi n ∈ N
Cách 3 : Giả sử n2 + n + 1 = 9k (k∈ N) ,
suy ra phương trình n2 + n + 1 –9k = 0 có nghiệm nguyên .
ta có : ∆ = 1 – 4(1 – 9k ) = 36k – 3 chia hết cho 3 nhưng
nên ∆ không là số chính phương (vơ lý )

∆

Vậy phương trình khơng có nghiệm nguyên hay n2 + n + 2

không chia hết cho 9

M9 với mọi n ∈ N .

b. Giả sử n2 +11n + 39 M
49
⇒ n2 +11n + 39 = (n +9)(n+2) + 21 M
7 ⇒ (n +9)(n+2) M
7⇒ n + 9 M
7 và n + 2 M
7
12


( vì n + 9 – ( n + 2) = 7 M
7)

⇒ (n +9)(n+2) M
49

Mà theo giả sử n2 +11n + 39 = (n +9)(n+2) + 21 M
49

⇒ 21

Vậy
n2 + n + 2 M9 với mọi n ∈ N .
Lưu ý : Các cách khác được tiến hành tương tự như trên
2.Bài tập đề nghị :
Bài 63 : Cho n là một số tự nhiên , chứng minh :
a. n2 + 11n +39 không chia hết cho 49
b. n2 + 3n +5 không chia hết cho 121
c. n2 + 4n + 5 không chia hết cho 8 với mọi n lẻ
Bài 64 : Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có :
a.212n+1 + 172n + 1 + 17 không chia hết cho 19
b. 42n+1 + 3n+2 – 1 không chia hết cho 13

M
49 (vô lý )

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: Chứng minh rằng: An = n(n2 + 1)(n2 + 4)  30 Với ∀ n ∈ Z
Bài 2: Chứng minh rằng: Nếu (n, 6) =1 thì n2 - 1  24 Với ∀ n ∈ Z
Bài 3: Tìm số tự nhiên n để 22n + 2n + 1  7
Bài 4: Cho 2 số tự nhiên m, n để thoả mãn 24m4 + 1 = n2
CMR: mn  55
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: + A(n)  6
+ 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
Bài 2: Vì (n, 6) =1 ⇒ n = 6k + r (k ∈ N)
Với r ∈ {± 1}
r = ± 1⇒ n2 - 1  24
Bài 3: Xét n = 3k + r (k ∈ N)
Với r ∈ {0; 1; 2}
Ta có: 22n + 2n + 1 = 22r(26k - 1) + 2r(23k - 1) + 22r + 2r + 1
Làm tương tự VD3
Bài 4: Có 24m4 + 1 = n2 = 25m4 - (m4 - 1)
Khi m  5 ⇒ mn  5
Khi m khơng chia hết 5 thì (m, 5) = 1 ⇒ m4 - 1  5
(Vì m5 - m  5 ⇒ m(m4 - 1)  5 ⇒ m4 - 1  5)
⇒ n2  5
Vậy mn  5
4. Phương pháp 4: 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
13


đó chia hết cho các thừa số của k.
Ví dụ 1: chứng minh rằng
a) 251 - 1 chia hết cho 7

b) 270 + 370 chia hết cho 13

c) 1719 + 1917 chi hết cho 18

d) 3663 - 1 chia hết cho 7 nhưng không chia hết

cho 37
e) 24n -1 chia hết cho 15 với n∈ N
Giải
a) 251 - 1 = (23)17 - 1 M23 - 1 = 7
b) 270 + 370 (22)35 + (32)35 = 435 + 935 M4 + 9 = 13
c) 1719 + 1917 = (1719 + 1) + (1917 - 1)
1719 + 1 M17 + 1 = 18 và 1917 - 1 M19 - 1 = 18 nên (1719 + 1) + (1917 - 1)
hay 1719 + 1917 M18
d) 3663 - 1 M36 - 1 = 35 M7
3663 - 1 = (3663 + 1) - 2 chi cho 37 dư - 2
e) 2 4n - 1 = (24) n - 1 M24 - 1 = 15
Ví dụ 2: Chứng minh rằng: 36n - 26n  35 Với ∀ n ∈ N
Giải
6n
6n
6 n
6 n
6
6
Ta có 3 - 2 = (3 ) - (2 ) = (3 - 2 )M
= (33 + 23) (33 - 23)M
= 35.19M  35
6n
Vậy 3 - 26n  35 Với ∀ n ∈ N
Ví dụ 3: Chứng minh rằng: Với ∀ n là số tự nhiên chẵn thì biểu thức
A = 20n + 16n - 3n - 1  232

Giải
Ta thấy 232 = 17.19 mà (17;19) = 1 ta chứng minh
A  17 và A  19 ta có A = (20n - 3n) + (16n - 1) có 20n - 3n = (20 - 3)M  17M
16n - 1 = (16 + 1)M = 17M  17 (n chẵn)
⇒A  17 (1)
Ta có: A = (20n - 1) + (16n - 3n)
có 20n - 1 = (20 - 1)p = 19p  19
có 16n - 3n = (16 + 3)Q = 19Q  19 (n chẵn)
⇒A  19 (2)
Từ (1) và (2) ⇒A  232
Ví dụ 4: Chứng minh rằng: nn - n2 + n - 1  (n - 1)2 Với ∀ n >1
Giải
n
2
Với n = 2 ⇒ n - n + n - 1 = 1
và (n - 1)2 = (2 - 1)2 = 1
⇒ nn - n2 + n - 1 (n - 1)2
14


với n > 2 đặt A = nn - n2 + n - 1 ta có A = (nn - n2) + (n - 1)
= n2(nn-2 - 1) + (n - 1)
= n2(n - 1) (nn-3 + nn-4 + … + 1) + (n - 1)
= (n - 1) (nn-1 + nn-2 + … + n2 +1)
= (n - 1) [(nn-1 - 1) + … +( n2 - 1) + (n - 1)]
= (n - 1)2M  (n - 1)2
Vậy A  (n - 1)2 (ĐPCM)
Ví dụ 5 : Cho n là số nguyên dương và k là số tự nhiên lẻ .Chứng minh rằng : 1k + 2k +
…+ nk M 1+ 2+ …+ n
Bài làm :

Đặt :
S = 1k + 2k + …+ nk
⇒ 2S = 1k + 2k + …+ nk + nk + (n- 1)k +…+ 1k
= (1k + nk ) + (2k + (n - 1)k) +…+(nk + 1k)
Vì k lẻ nên 1k + nk M1+ n ; 2k + (n - 1)k M1+ n ; … n nên 2S M1+ n (1)
Mặt khác : 2S = ( 1k + (n - 1)k ) + (2k + (n - 2)k) + …+ ((n-1)k +1k)+ 2nk
Vì k lẻ nên 1k +(n - 1)k Mn ; 2k +(n - 2)k M n ;…và 2nk M n cho nên 2S M n (2)
Mà ( n , n+ 1) = 1 (3)
Từ (1); (2); (3) suy ra 2S Mn(1+ n)
Vì n(n+1) M2 nên S M
Ta lại có :

(

n 1+ n

)

(

n 1+ n

)

2
= 1+2+…+ n

2
Do đó : S M 1+2+…+ n
Vậy

1k + 2k + …+ nk M 1+ 2+ …+ n (n ∈ Z*, k lẻ )
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: Chứng minh rằng: a. 32n +1 + 2n +2  7
b. mn(m4 - n4)  30
Bài 2: Chứng minh rằng: A(n) = 3n + 63  72 với n chẵn n ∈ N, n ≥ 2
Bài 3: Cho a và b là 2 số chính phương lẻ liên tiếp
Chứng minh rằng: a. (a - 1) (b - 1)  192
Bài 4: Chứng minh rằng:
a) 3636 − 910 M45
b) 3n +3 + 3n +1 + 2n +3 + 2n + 2 M6∀n ∈ N
c) 7 6 + 7 5 −7 4 M
11
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
2n +1
n +2
2n
Bài 1: a. 3 + 2 = 3.3 + 4.2n
= 3.9n + 4.2n
= 3(7 + 2)n + 4.2n
= 7M + 7.2n  7
b. mn(m4 - n4) = mn(m2 - 1)(m2 + 1) - mn(n2 - 1) (n2 + 1)  30
Bài 2: Có 72 = 9.8 mà (8, 9) = 1 và n = 2k (k ∈ N)
có 3n + 63 = 32k + 63
= (32k - 1) + 64 ⇒A(n)  8
15


Bài 3: Đặt a = (2k - 1)2; b = (2k + 1)2 (k ∈ N)
Ta có (a - 1)(b - 1) = 16k2(k + 1)(k - 1)  64 và 3

5. Phương pháp 5: 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.
Ví dụ 1: CMR: n3 + 11n  6 với ∀ n ∈ Z.
Giải
3
3
2
Ta có n + 11n = n - n + 12n = n(n - 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
Ví dụ 2: Cho a, b ∈ Z thoả mãn (16a +17b) (17a +16b)  11
CMR: (16a +17b) (17a +16b)  121
Giải
Có 11 số nguyên tố mà (16a +17b) (17a +16b)  11
16a + 17b 11
⇒
(1)
17a + 16b 11
Có 16a +17b + 17a +16b = 33(a + b)  11 (2)
11
16a + 17bM
Từ (1) và (2) ⇒ 
11
17a + 16bM
Vậy (16a +17b) (17a +16b)  121
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

3
3
3
3
Bài 1: CMR: 1 + 3 + 5 + 7  23
Bài 2: CMR: 36n2 + 60n + 24  24
Bài 3: CMR: a. 5n+2 + 26.5n + 8 2n+1  59
b. 9 2n + 14  5
Bài 4: Tìm n ∈ N sao cho n3 - 8n2 + 2n  n2 + 1
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
3
3
3
3
3
Bài 1: 1 + 3 + 5 + 7 = (1 + 73) + (33 + 53)
= 8M + 8N  23
Bài 2: 36n2 + 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
Bài 3: a. 5n+2 + 26.5n + 8 2n+1 = 5n(25 + 26) + 8 2n+1
= 5n(59 - 8) + 8.64 n
=5n.59 + 8.(64 n - 5n)
= 5n.59 + 8.59M  59
b. 9 2n + 14 = 9 2n - 1 + 15
= (81n - 1) + 15
= 80m + 15  5
16

Bài 4: Có n3 - 8n2 + 2n = (n2 + 1)(n - 8) + n + 8  (n2 + 1) ⇔ n + 8  n2 + 1
⇒ n 2 + 8n Mn 2 + 1
⇒ n 2 + 1 + 8n − 1Mn 2 + 1
⇒ 8n − 1Mn 2 + 1

Mà n + 8  n2 + 1 ⇒ 8n + 64Mn 2 + 1
⇒ 65Mn 2 + 1
⇒ n ∈{ 0; ±2; ±8} thử lại

Vậy n ∈ {-8; 0; 2}
6. Phương pháp 6: 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(a)  P
Bước 2: Giả sử (1) đúng với n = k tức là CM A(k)  P với k ≥ a
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
Ví dụ 1: Chứng minh A(n) = 16n - 15n - 1  225 với ∀ n ∈ N*
Giải
Với n = 1 ⇒A(1) = 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) + 15.16k - 15
= 16k - 15k - 1 + 15.15m
= A(k) + 225
mà A(k)  225 (giả thiết quy nạp)
225m 225
Vậy A(n)  225
Ví dụ 2: CMR: với ∀ n ∈ N* và m là số tự nhiên lẻ ta có m 2 − 1M2n + 2

Giải
2
Với n = 1 ⇒ m - 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 m 2 − 1M2k + 2 ta phải chứng minh
n

k

k +1

m 2 − 1M2k +3

Thật vậy m 2 − 1M2k + 2 ⇒m 2 − 1 = 2k + 2 q ( q ∈ Z )
k

k

k

⇒ m 2 = 2k + 2 q + 1
k +1

( )

Ta có m 2 − 1 = m 2

k

2

− 1 = ( 2k + 2.q + 1) − 1 = 22 k + 4.q 2 + 2k +3.q = 2k +3 ( 2k +1.q 2 + q ) M2k +3
2

Vậy m 2 − 1M2n + 2 với ∀ n ≥ 1
n

Ví dụ 3: Cho n là một số nguyên dương, chứng minh rằng: A = n3 + 3n 2 + 5nM3 (1)
Giải
Xét với n=1 ta có: A = 9 M3. Vậy (1) đúng với n=1
17


Giả sử (1) đúng với n=k, tức là : A = k 3 + 3k 2 + 5k M3 (2) (giả thiết quy nạp)
Phải chứng minh (1) đúng với n=k+1, tức là phải chứng minh
A = ( k + 1) + 3 ( k + 1) + 5 ( k + 1) M3
3

2

Ta có:
A = ( k + 1) + 3 ( k + 1) + 5 ( k + 1)
3

2

A = k 3 + 3k 2 + 3k + 1 + 3k 2 + 6k + 3 + 5k + 5
A = k 3 + 3k 2 + 5k + 3(k 2 + 3k + 3)M3

Vậy (1) đúng với n=k+1

Vậy A = n3 + 3n 2 + 5nM3 với n nguyên dương
Ví dụ 4:Cho n là một số nguyên dương, chứng minh rằng: C = 7.22 n − 2 + 32 n −1 M5 (1)
Giải:
Xét với n=1 ta có: C = 10M5 . Vậy (1) đúng với n=1
Giả sử (1) đúng với n=k, tức là : C = 7.22 k −2 + 32 k −1 M5

(2) (giả thiết quy nạp)

Phải chứng minh (1) đúng với n=k+1, tức là phải chứng minh
C = 7.2 2( k +1) − 2 + 32( k +1) −1 M5

Ta có:
C = 7.22( k +1) − 2 + 32( k +1) −1
C = 28.22 k −2 + 9.32 k −1

C = 4. ( 7.22 k − 2 + 32 k −1 ) + 5.32k −1 M5

Vậy (1) đúng với n=k+1
Vậy C = 7.22 n −2 + 32 n −1 M5 với n là một số nguyên dương.
Ví dụ 5:Chứng minh rằng mọi số nguyên dương n ta có : 4n + 15n – 1 M
9 (1)
Bài làm :
• Với n = 1 ta có : 41 + 15.1 – 1 =18 M
9.Vậy (1) đúng với n = 1
• Giả sử (1) đúng với n = k , tức là ta có : 4k + 15n – 1 M
9
k
k
⇒ 4 + 15k – 1 = 9m (m ∈ Z) ⇒ 4 = 9m – (15k – 1)
• Với n = k+ 1 ta có :

4k+1 + 15(k+1) – 1 = 4.4k + 15k +14 = 4 (9m – (15k – 1)) +15k +14
18


= 36m – 45k +18

32

= 9(4m – 5m + 2)

4.0 +1

9
+ 2M

Vậy (1) đúng với n = k+1 ,do đó (1) đúng với mọi n ≥ 1
Ví dụ 6: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có :
4n+1
11 (1)
32 + 2M
Bài làm :
• Với n = 0 ta có 324.0+1 + 2 = 11 M
11.Vậy (1) đúng với n =1
• Giả sử (1) đúng với n = k , tức là : 324.k +1 + 2

11.Cần chứng minh (1) đúng
M
với n = k+1 tức là cần chứng minh 324.(k +1) +1 + 2 M
11

• Thật vậy : vói n = k+1 ta có :
4.(k +1) +1
+2 =
32

=

4.k +5
+2 =
32

(3

2 4.k +1+ 2

)

16

4.k +1
32 .16 + 2 =

Theo giả thiết quy nạp :

3

)

16

+2

4.k +1
− 216 + 216 + 2 M
+ 2 (vì 16 là số chẵn
32

)
24.k +1 + 2

(3

2 4.k +1+ 2

(

2 4k +1

11 nên 3
M

Mặt khác : 216 +2 = 2( 215 + 1) = 2 . 32769M
11

)

16

11
− 216 M

4.( k +1) +1

11
+2 M
4n+1
Vậy 32
+ 2M
11 với mọi n ∈ N
Do đó :

32

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: CMR: 3 - 26n - 27  29 với ∀ n ≥ 1, m là số tự nhiên lẻ
Bài 2: CMR: 42n+2 - 1  15
Bài 3: CMR số được thành lập bởi 3n chữ số giống nhau thì chia hết cho 3n với n là số
nguyên dương.
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: Tương tự ví dụ 1.
Bài 2: Tương tự ví dụ 1.
3n+3

{  3n (1)
Bài 3: Ta cần CM aa...a
3n sè a

Với n = 1 ta có aaa =
111a M
3

{  3k
Giả sử (1) đúng với n = k tức là aa...a
3k sè a

Ta chứng minh (1) đúng với n = k + 1 tức là phải chứng minh
aa...a
{  3k+1 ta có 3k+1 = 3.3k = 3k + 3k +3k
3k+1 sè a

aa...a =a
...a a
...a a
...a = aa...a.102.3 + aa...a.103 + aa



{...a
Có  k+1 
k
k
k
k
k

3

sèa

3

3

3

k

3

19


(

k

)

k

2.3
3
k +1
= aa
{...a 10 + 10 + 1 M3
3k

7. Phương pháp 7: 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
Ví dụ 1: CMR: 22225555 + 55552222  7
Giải

5555
Có 2222 ≡ - 4 (mod 7) ⇒ 2222 + 55552222 ≡ (- 4)5555 + 45555 (mod 7)
Lại có: (- 4)5555 + 42222 = - 45555 + 42222
1111
= - 42222 (43333 - 1) = - 4 2222 ( 4 3 ) − 1

(

)

−1 ≡ 0 (mod 7)
Vì ( 4 )
⇒ 22225555 + 55552222 ≡ 0 (mod 7)
Vậy 22225555 + 55552222  7
4 n +1
4 n +1
Ví dụ 2: CMR: 32 + 33 + 522 với ∀ n ∈ N
Giải
Theo định lý Fermat ta có:
310 ≡ 1 (mod 11)
210 ≡ 1 (mod 11)
Ta tìm dư trong phép chia là 24n+1 và 34n+1 cho 10
4
4
định lý Euler 2 ≡ 1( mod10 ) và 3 ≡ 1( mod10 ) vì ( 2,10 ) = 1 ( 3,10 ) = 1
3 1111

⇒ 24 n +1 ≡ 2 ( mod10 )

⇒ 24n+1 = 10q + 2 (q ∈ N)

⇒ 34 n +1 ≡ 3 ( mod10 )

⇒ 34n+1 = 10k + 3 (k ∈ N)
Ta có: 32 + 33 + 5 = 310 q + 2 + 210 k + 3 + 5
= 32.310q + 23.210k + 5
≡ 1+0+1 (mod 2)
≡ 0 (mod 2)
32 + 33 + 5 = 310 q + 2 + 210 k + 3 + 5
= 32.310q + 23.210k + 5≡ 0 (mod 11) Vì 310 ≡ 1 (mod 11), 210 ≡ 1 (mod 11)
Mà (2, 11) = 1
Vậy 32 + 33 + 522 với ∀ n ∈ N
Ví dụ 3: CMR: 2 2 + 7 11 với n ∈ N
Giải
Cách 1
Ta có: 24 ≡ 1 (mod10) ⇒ 24n+1 ≡ 2 (mod 10)
⇒ 24n+1 = 10q + 2 (q ∈ N)
⇒ 22 = 210 q+ 2
Theo định lý Fermat ta có: 210 ≡ 1 (mod 11)
⇒ 210q ≡ 1 (mod 11)
4 n+1

4 n+1

4 n+1

4 n+1

4 n +1

4 n +1

4 n +1

4 n +1

22

4 n +1

+ 7 = 210 q+ 2 + 7

≡ 4+7 (mod 11) ≡ 0 (mod 11)
20


Vậy 22 + 7 11 với n ∈ N (ĐPCM)
Cách 2
4n
n
4 n+1
+ Ta có : 2
= 2.2 = 2.16
Vì 16 ≡ 1(mod 5) nên 16n ≡ 1(mod 5) do đó :
2. 16n ≡ 2(mod 5) hay 24n+1 ≡ 2 (mod 5)
4n+1
Đặt 2 = 5k+2 (k ∈ Z+ , k chẵn(vì 22n+1 là một số chẵn) )
4 n +1

+ Vậy

22

4n+1

= 25k+2 = 4 .25k = 4.32k

Do 32 ≡ - 1(mod 11) nên 32k
Suy ra : 4.32k ≡ 4 (mod 11)

≡ 1 (mod 11)(vì k chẵn )

⇒ 224n+1 + 7 ≡ 4 +7 (mod 11) ⇔ 2 24n+1 + 7 ≡ 0 (mod 11)
Vậy 2 24n+1 + 7 chia hết cho 11
Ví dụ 4: Chứng minh rằng : 22007 – 4 M
31
Bài làm :
Ta có : 25 = 32 ≡ 1 (mod 31) và 2007 = 401.5+2
Do đó :
22007 – 4 = 25.401+2 – 4 =4.(25)400 – 4=4[ (25)400 – 1 ]
≡ 4(1 – 1 )(mod 31) ≡ 0(mod 31)
2007
Vậy : 2 – 4 M
31
Ví dụ 5: Cho hai nguyên tố khác p ,q.Chứng minh rằng :
p q – 1 + q p – 1 - 1 M p.q
Bài làm :
Vì p , q là hai số nguyên tố và p ≠ q nên (p , q) = 1
Áp dụng định lí Fermat ta có :
pq -1 ≡ 1 (mod q ) và q p – 1 ≡ 1 (mod p) ⇒ pq -1 – 1 Mq và qp-1 – 1 Mp

Mặt khác : pq -1 – 1 Mp và qp-1 – 1 Mq nên ta có :
p q – 1 + q p – 1 – 1 Mq và p q – 1 + q p – 1 – 1 Mp
Mà (p,q) = 1 nên p q – 1 + q p – 1 - 1 M p.q
Ví dụ 6: Chứng minh rằng số

333 +
777
333555 chia hết cho 10

777555

Bài làm :
Ta có : 555
Do đó :

≡ - 1(mod 4) ⇒ 555777 ≡ (-1)777 ≡ -1 ≡ 3(mod 4)
555333 ≡ (-1)333 ≡ -1 ≡ 3(mod 4)
777
4k + 3
3
4 k
333555 = 3 ≡ 3 . (3 ) ≡ 7 (mod 10)

333 = 74l+3 ≡ 73 (74)l ≡ 3 (mod 10 )
555333 +
555777 ≡ 10(mod 10) ≡ 0(mod 10 )

777555
Suy ra :
Vậy

777

333

333 +
777
333555 chia hết cho 10.

777555

Ví dụ 7: Chứng minh : với mọi n ∈ N* ta có :
Bài làm
Ta có : 74 = 2401 ≡ 1(mod 100) và 410
21

7

2

4 n+1

+

4

3

4 n+1

≡ 76 (mod 100)

- 65 M100


≡ 1(mod 100)
n
4n+1
3
= 43.81 = 4
= 4 . (4 ) ≡ 64.76(mod 100)
4
4 n+1
4 n+1
Suy ra : 7 2
+ 3
- 65 ≡ 1 +64 – 65 (mod 100)
4
4 n+1
⇔ 7 2 + 434n+1 - 65 ≡ 0 (mod 100)

Do đó :

7

2

4n+1

=

7

2.2

4n

= 74k

10l + 3

Vậy với mọi n ∈ N* ta có :

4n+1

3

10 l

4 n+1

- 65 M100
7
4
PHƯƠNG PHÁP TÌM CHỮ SỐ TẬN CÙNG
2

+

3

+ Để tìm chữ số tận cùng của một lũy thừa cần chú ý rằng:
 Các số có tận cùng là 0;1;5;6 thì nâng lên lũy thừa (khác 0) nào
cũng có tận cùng là 0;1;5;6
 Các số có tận cùng là 2;4;8 thì nâng lên lũy thừa 4 thì có tận cùng
là 6
 Các số tận cùng là 3;7 thì nâng lên lũy thừa 4 thì có tận cùng là 1
 Các số có tận cùng là 9 thì nâng lên lũy thừa chẵn thì được số có
tận cùng là 1;nâng lên lũy thừa lẻ thì được số tận cùng là 9.
+ Để tìm hai chữ số tận cùng của lũy thừa cần lưu ý:
 Các số tận cùng là 01;25;76 nâng lên lũy thừa khác khơng nào cũng
có tận cùng là 01;25;76
 Các số 320 (hoặc 815) ; 74 ; 512; 992 có tận cùng là 01.
 Các số 220 ; 65 ; 184 ; 242; 682 ; 742 có tận cùng bằng 76
 Số 26n (với n > 1) có tận cùng bằng 76
+ Để tìm ba chữ số tận cùng trở lên của lũy thừa cần chú ý:
 Các số tận cùng bằng 001 ; 376 ; 625 nâng lên lũy thừa nào (khác
không) cũng tận cùng bằng 001; 376; 625.
 Số có tận cùng bằng 0625 nâng lên lũy thừa nào (khác không)
cũng tận cùng bằng 0625.
 Cần lưu ý một số kết quả sau:
+ a100k ≡ 000(mod 1000) nếu a ≡ 0(mod 10)
+ a100k ≡ 001(mod 1000) nếu a ≡ 1;3;7;9(mod 10)
+ a100k ≡ 625(mod 1000) nếu a ≡ 5(mod 10)
+ a100k ≡ 376 (mod 1000) nếu a ≡ 2;4;6;8(mod 10)
Ví dụ 8 : Chứng minh 8102 - 2102 chia hết cho 5
Bài làm :
Cách 1 :
Ta có : 8102 = (84)25 . 82 = (…6)25 .64 = (…6) .64 = …4
2102 = (24)25 .22 = 1625 .4 = (…6).4 = …4

Vậy 8102 - 2102 có tận cùng là 0 ⇒ 8102 - 2102 chia hết cho 5
Cách 2 :
Ta có : 8 ≡ - 2 (mod 10)
⇒ 8102 ≡ (- 2)102 (mod 10) ≡ ( 2) 102 (mod 10)
⇒ 8102 - 2102 ≡ 0 (mod 10)
Vậy 8102 - 2102 có tận cùng bằng 0 ⇒ 8102 - 2102 chia hết cho 5
22


Ví dụ 9: Chứng minh 16101 .14101 chia hết cho 4
Bài làm :
Ta có : 16101 .14101 = (16.14)101 = 224101 = (2242 )50 .224
=

(

...76

)

50

.224 =

( ...76)

.224 =

( ...24)

Vậy 16101 .14101 có hai chữ số tận cùng là 24 ⇒ 16101 .14101 chia hết cho 4 (vì 24 M4)
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: CMR 2 + 319 với n ∈ N
Bài 2: Cho số p > 3, p ∈ (P). CMR 3p - 2p - 1  42p
Bài 3: CMR với mọi số nguyên tố p đều có dạng
2n - n (n ∈ N) chia hết cho p.
26 n + 2

HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: Làm tương tự như VD3
Bài 2: Đặt A = 3p - 2p - 1 (p lẻ)
Dễ dàng CM A  2 và A  3 ⇒A  6
Nếu p = 7 ⇒A = 37 - 27 - 1  49 ⇒A  7p
Nếu p ≠ 7 ⇒ (p, 7) = 1
Theo định lý Fermat ta có:
A = (3p - 3) - (2p - 2)  p
Đặt p = 3q + r (q ∈ N; r = 1, 2)
⇒A = (33q+1 - 3) - (23q+r - 2)
= 3r.27q - 2r.8q - 1 = 7k + 3r(-1)q - 2r - 1 (k ∈ N)
với r = 1, q phải chẵn (vì p lẻ)
⇒A = 7k +3 - 2 - 1  7
với r = 2, q phải lẻ (vì p lẻ)
⇒A = 7k - 9 - 4 - 1 = 7k - 14 7
Vậy A  7 mà A  p, (p, 7) = 1 ⇒A  7p
Mà (7, 6) = 1; A  6
⇒A  42p.
Bài 3: 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-mp+1 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
8. Phương pháp 8: 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
23


lên.
Ví dụ 1: Chøng minh r»ng trong 6 sè tù nhiên bất kì luôn tìm đợc 2
số có hiệu chia hÕt cho 5.
Gi¶i:
Mét sè khi chia cho 5 cã thĨ nhận một trong các số ú là : 0; 1; 2; 3;
4.
Trong 6 số tự nhiên bất kì khi chia cho 5 luôn tồn tại ít nhất 2 số có
cùng số ú ( nguyên tắc Đirichlet).
Hiệu của 2 số chia hÕt cho 5.

Ví dụ 2: Cho ba số lẻ. chứng minh rằng tồn tại hai số có tổng hoặc hiệu chia hết cho 8
Gi¶i:
Một số lẻ chia cho 8 thì số dư chỉ có thể là một trong bốn số sau: 1;3;5;7. ta chia 4 số
dư này ( 4 con thỏ) thành 2 nhóm (2 lồng)
Nhóm 1: dư 1 hoặc dư 7
Nhóm 2: dư 3 hoặc dư 5
Có 3 số lẻ (3 thỏ) mà chỉ có hai nhóm số dư nên tồn tại hai số thuộc cùng một nhóm
-

Nếu 2 số dư bằng nhau thì hiệu của chúng chia hết cho 8

-

Nếu 2 số dư khác nhau thì tổng của chúng chi hết cho 8

Ví dụ 3: Cho ba số nguyên tố lớn hơn 3.Chứng minh rằng tồn tại hai số có tổng hoặc
hiệu chia hết cho 12
Gi¶i:
Hướng dẫn: Một số nguyên tố lớn hơn 3 chia cho 12 thì số dư chỉ có thể là 1 trong 4 số
1; 5; 7; 11.
Chia làm hai nhóm:
Nhóm 1: dư 1 hoặc dư 11
Nhóm 2: dư 5 hoặc dư 7
Ví dụ 4: CMR: Trong n + 1 số nguyên bất kỳ có 2 số có hiệu chia hết cho n.
Giải
n +1 số nguyên đã cho chia cho n thì được n số dư nhận 1 trong các số sau: 0; 1; 2; …;
n-1
⇒ có ít nhất 2 trong n+1 số có cùng số dư khi chia cho n.
24


Giả sử ai = nq1 + r
0≤ raj = nq2 + r
a1; q2 ∈ N
⇒ aj - aj = n(q1 - q2)  n
Vậy trong n +1 số nguyên bất kỳ có 2 số có hiệu chia hết cho n.
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: CMR: Tồn tại n ∈ N sao cho 17n - 1  25
Bài 2: CMR: Tồn tại 1 bội của số 1993 chỉ chứa toàn số 1.

Bài 3: CMR: Với 17 số nguyên bất kỳ bao giờ cũng tồn tại 1 tổng 5 số chia hết cho 5.
Bài 4: Có hay khơng 1 số có dạng.
19931993 … 1993000 … 00  1994
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
2
Bài 1: Xét dãy số 17, 17 , …, 1725 (tương tự VD2)
Bài 2: Ta có 1994 số ngun chứa tồn bộ số 1 là:
1
11
111
…
111
 …
11
1994sè1

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
1100
14 2…43
14 2…
4
30 = 1993( q − k )

i-j 1994 sè 1

j sè 0

j
111
 …
11.10 =1993( q − k )
i - j 1994sè1

mà (10j, 1993) = 1

111
11
14 2…43
 1993 (ĐPCM)
i-j 1994 sè 1

Bài 3: 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 không 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.
Bài 4: Xét dãy số a1 = 1993, a2 = 19931993, …
…41993
1 44 2
43

a = 1993
1994

1994 sè 1993

đem chia cho 1994 ⇒ có 1994 số dư thuộc tập {1; 2; …; 1993} theo ngun lý
Đirichlet có ít nhất 2 số hạng có cùng số dư.
Giả sử: ai = 1993 … 1993 (i số 1993)
25