Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán học Lớp 6 - Dương Văn Mạnh

CHUYÊN ĐỀ 1: TÍNH CHIA HẾT
I. Phép chia hết và phép chia có dư.
Với mọi cặp số tự nhiên a, b, b 0, bao giờ cũng tồn tại duy nhất một cặp số tự nhiên q, r sao cho:	A = bq + r 	(0 r < b)
Số q và r trong định lí về phép chia có dư nói trên lần lượt được gọi là thương và dư trong phép chia số a cho số b.
II. Phép đồng dư.
Cho m là một số nguyên dương. Nếu hai số nguyên a và b cùng cho một số dư khi chia cho m thì ta nói rằng a, b đồng dư với nhau theo mođun m và kí hiệu: a b (mod m)
 Giả sử số dư cùng là r thì ta có:
 a = mq + r (1)
 b = mq’ + r (2)
lúc đó a – b = m(q – q’) như vậy a – b chia hết cho m. vậy a b(mod m) a – b m.
III. Dấu hiệu chia hết.
Một số tự nhiên sẽ:
Chia hếtcho 2 nếu nó là số chẵn, tận cùng bằng 0, 2, 4, 6, 8
Chia hết cho 5 nếu tận cùng bằng 0 hoặc 5.
Chia hết cho 4 nếu số tạo bởi hai chử số cuối chia hết cho 4
Chia hết cho 8 nếu số tạo bởi 3 chử số tận cùng chia hết cho 8
Chia hết cho 25 nếu số tạo bởi hai chử số cuối cùng chia hết cho 25.
Chia hết cho125 nếu số tạo bởi 3 chử số cuối cùng chia hết cho 125.
Chia hết cho 3 nếu tổng của các chử số của số đó chia hết cho 3.
Chia hết cho 9 nếu tổng của các chử số đó chia hết cho 9
Chú ý: Số dư trong phép chia một số N cho 3 hoặc 9 cũng chính là dư trong phép chia tổng các chử số của N cho 3 hoặc 9.
Dạng 1. Xét mọi trường hợp có thể xảy ra của số dư.
Bài 1.Chứng minh tích của 2 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 2.
Giải. Giả sử A = n(n + 1), có 2 trường hợp
 -Nếu n chẵn, thì n 2 do đó A chia hết cho 2.
 - Nếu n lẻ thì n +1 chẵn do đó (n +1) chia hết cho 2 nên A chia hết cho 2.
Bài 2. Chứng minh rằng 
Giải.Xét các trường hợp về số dư khi chia n cho 5, ta có: 
- Nếu số dư là 0 thì n = 5k và A(n) 5
- Nếu số dư là 1 thì ta có n = 5k 1 và n2 + 4 = (5k 1)2 + 4= 25k2 10k + 5 5.
- Nếu số dư là 2 thì ta có n = 5k 2 và n2 + 1 = ( 5k 2)2 + 4 = 25k2 20k + 4 + 1 5.
Vậy khi chia n cho 5 dù số dư là 0,1,hay2 biểu thức A(n) cũng đều chia hết cho 5.
Dạng 2: Tách thành tổng nhiều hạng tử.
 Đây là một phương pháp khá thông dụng. Muốn chứng minh A(n) chia hết cho q , ta tách A(n) thành tổng của nhiều hạng tử sao cho mỗi hạng tử đều có thể chia hết cho q.
Bài 1.Chứng minh rằng n5 + 10n4 – 5n3 – 10n2 + 4n chia hết cho 120.
Giải.Ta tách biểu thức đã cho như sau:
 A = n5 – 5n3 + 4n + 10n4 – 10n2 = n(n4 – 5n2 + 4) + 10n2(n2 – 1)
Hạng tử thứ nhất là : n(n4 – 5n2 + 4) = n(n2 – 1)(n2 – 4) = (n – 2)(n – 1)n(n + 1)(n + 2)
Đây là tích của 5 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2.3.4.5 = 120
Hạng tử thứ hai là: 10n2(n + 1)(n – 1). Có 3 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 3. hạng tử này chia hết cho 4 nếu n chẳn. Còn nếu n lẽ thì (n + 1) và n – 1 cũng chẳn nên tích (n + 1)(n – 1) cùng chia hết cho 4. Vậy hạng tử thứ hai cũng chia hết cho 3.4.10 = 120 =>A là tổn của hai hạng tử chia hết cho 120 nên A cũng chia hết cho 120.
Bài 2.Chứng minh rằng với mọi m thuộc Z ta có m3 – 13m chia hết cho 6.
Giải. A = m3 – 13m = m3 – m – 12m = m(m2 – 1) – 12m = (m – 1)m(m + 1) – 12m
Do m – 1, m, m + 1 là 3 số nguyên liên tiếp nên tích (m – 1)m(m + 1) vừa chia hết cho 2, vừa chia hết cho 3, tức là (m – 1)m(m + 1) chia hết cho 6. => A chia hết cho 6.
Bài 3. Chứng minh rằng với mọi m, n thuộc Z ta có mn(m2 – n2) chia hết cho 3.
Giải.Ta có : mn(m2 – n2) = mn[(m2 – 1) – (n2 – 1)] = mn(m2 – 1) – mn(n2 – 1)
Mà m(m2 – 1) = (m – 1)m(m + 1) chia hết cho 6
Và n(n2 – 1) = (n – 1)n(n + 1) chia hết cho 6 Vậy mn(m2 – n2) chia hết cho 6.
Dạng 3. Phân tích thành nhân tử.
Bài 1: CMR biểu thức:Chia hết cho 41976
Giải.Ta viết A dưới dạng
Vậy A chia hết cho 41976
Bài 2.Chứng minh n5 – n chia hết cho 5 
Giải.Ta có A = n5 – n = n(n4 – 1) = n(n2 – 1)(n2 + 1) = (n – 1)n(n + 1)(n2 + 1).
Nếu n = 5k thì n chia hết cho 5 do đó A chia hết cho 5
Nếu n = 5k + 1 thì (n – 1) chia hết cho 5
Nếu n = 5k + 2 thì n2 + 1 chia hết cho 5
Nếu n = 5k + 3 thì n2 + 1 chia hết cho 5
Nếu n = 5k + 4 thì (n + 1) chia hết cho 5
Vậy n2 – n chia hết cho 5 ,
Dạng 4 : Sử dụng phép quy nạp .
Ta làm như sau: Nhận xét rằng mệnh đề đúng với n = 1
- Giả sử mệnh đề đúng với n = k cũng chứng mính được nó đúng với n = k+ 1 (với k > n0) Lúc đó mệnh đề đúng với mọi n lớn hơn 1.
Bài 1.Chứng minh rằng: A = (n + 1)(n + 2)(n + 3)(3n) chia hết cho 3n
Giải. Nếu n = 1 ta có A = 2.3 chia hết cho 3
Giả sử mệnh đề đúng với n = k tức là :
Ta hãy xét :
Nhưng theo (*) thì Ak chia hết cho 3k vậy 
Vậy mệnh đề đúng với mọi n lớn hơn 1.
Bài 2.Chứng minh rằng chia hết cho 101995.
Giải. Ta chứng minh bài toán một cách tổng quát:
Với mọi số tự nhiên n thì 
Với n = 0 thì mệnh đề đúng: 11 – 1 chia hết cho 10
Giả sử mệnh đề đúng với n = k, ta có: 
Ta hãy xét:
Nhưng mọi luỹ thừa của 11 đều đồng dư với 1 (mod 10) nên 10 số hạng trong móc vuông như vậy, do đó:
Và biểu thức trong móc vuông chia hết cho 10
Mặt khác theo vậy: 
Vậy n = 1994 ta có chia hết cho 101995.
Bài tập.
1. Cho a, b không chia hết cho 5. Chứng minh rằng a4 + b4 chia hết cho 5.
2. Chứng minh rằng ax3 + bx2 + cx + d là số nguyên với mọi x nguyên và chỉ khi 6a, 2b, a + b + c, d là các số nguyên .
3. Chứng minh rằng trong 39 số tự nhiên liên tiếp bất lì luôn tồn tại một số có tổng các chử số chia hết cho 11.
4. Cho n là số nguyên dương lẻ, chứng minh rằng: 46n + 296.13n chia hết cho 1947.
5. Với n là số nguyên dương chứng minh rằng:
a) 72n – 48n – 1 chia hết cho 482,
b) nn – n2 + n – 1 chia hết cho (n – 1)2 (n > 1)
6. cho f(x) là đa thức với hệ số nguyên và f(0), f(1) là các số lẻ. Chứng minh rằng f(x) không có nghiệm nguyên.
7. a) Tìm tất cả số tự nhiên n để 2n – 1chia hết cho 7.
b) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì 2n + 1 không chia hết cho 7.
8. Chứng minh rằng tổng bình phương của 7 số nguyên liên tiếp không thể là một số chính phương.
9. Chứng minh rằng có thể tìm được hai luỹ thừa khác nhau của số 4 mà chúng có 3 chử số tận cùng giống nhau.
10. Chứng minh rằng có thể tìm được một số tự nhiên mà 4 chử số tận cùng là 2002 và chia hết cho 2003.
11.Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên chỉ gồm toàn chử số 2 và chia hết cho 2003.
12. Chứng minh rằng nếu với mọi số tự nhiên n.
13. Chứng minh rằng với mọi n thuộc N* : (n + 1)(n + 2)(n + n) chia hết cho 2n.
14. Chứng minh rằng 270 + 370 chia hết cho 13.
15. Tìm ba chử số tận cùng của số .
16. Cho p, k, n là các số nguyên dương. Chứng minh rằng: 
17. Chứng minh rằng :
a).	b) 
18.Tìm số tự nhiên nhỏ nhất gồm toàn chử số 9 và chia hết cho các số 3, 7, 11, 13, 17.
Hướng dẫn giải.
1. a4 – b4 = (a4 – 1) – (b4 – 1) = (a – 1)(a + 1)(a2 + 1) – (b – 1)(b + 1)(b2 + 1).
2. ax3 + bx2 + cx + d = a(x3 – x) + b(x2 – x) + (a + b + c)x + d
Chứng minh : x3 – x chia hết cho 6 và x2 – x chia hết cho 2.
3. Từ 20 số đầu tiên của dãy ta tìm được hai số mà chử số hàng đơn vị là 0 và trong hai số đó ít nhất có một số có hai chử số hàng chục khác 9, giả sử đó là số n. Khi đó các số n, n + 1, , n + 9, n + 19 là 11 số có tổng các chử số là 11 số tự nhiên liên tiếp nên có một số có tổng các chử số chia hết cho 11.
4. 1947 = 33.59 ; 46n + 296.13n = (46n – 13n) + 297.13n = (46n + 13n) + 295.13n
5.a)72n – 48n – 1 = (49n – 1) – 48n = 48[(49n-1 – 1) + (49n-2 – 1) + +(49 – 1)]
b) nn – n2 + n – 1 = (n – 1)[(nn-1 – 1)+ (nn-2 – 1) + +(n – 1)]
6. Giả sử f(n) = 0 , ta có: f(n) – f(1) (n – 1) n – 1 lẻ
 f(n) – f(o) n n lẻ . Vô lí.
7. a) n = 3k + r , r = 0; 1; 2, giả thiết suy ra r = 0
b) xét n = 3k + r, r = 0; 1; 2.
8.(n – 3)2 + (n – 2)2 + (n – 1)2 + n + (n + 1)2 + (n + 2)2 + (n + 3)3 = 7(n2 + 4)
Chia hết cho 7 nhưng không chia hết cho 49.
Lấy 1002 số 4, 42,, 41001 chia cho 1000. 
Lấy 2003 số 2003, 20032003, , 20032003 (2004 số 2003) chia cho 2003
 Lấy 2004 số 2, 22,,22004 chia cho 2003
Với n = k + 1: (k + 2)(k + 3)(2k + 2) = 2(k + 1)(k + 2)(k + k) 2k+1
Tìm hai chử số tận cùng của 22003
Ta có BCNN(2, 6, 10, 12, 16) = 16.5.3 = 240. Áp dụng định lí Fermat.
 CHUYÊN ĐỀ 2: SỐ NGUYÊN TỐ
I, Số nguyên tố và hợp số
1/ Định nghĩa: Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1 và chỉ có hai ước là một và chính nó
- Hợp số là số tự nhiên lớn hơn 1 có ước khác 1 và chính nó
Chú ý: Tập hợp số tự nhiên được chia thành 3 bộ phận
+ {0, 1}, + Tập hợp các số nguyên tố, + Tập hợp các hợp số
- Từ định nghĩa ta có : Số tự nhiên a >1 là hợp số nếu a = pq, p > 1, q >1, hoặc nếu a = pq , 1 < p < a.
DẠNG 1: ƯỚC CỦA MỘT SỐ
 (a1, a2,,an: các số nguyên tố)
Số ước của A là 
Bài 1: a. Tìm các ước nguyên tô của các số 30, 210, 2310
b. chứng tỏ rằng các số 31, 211, 3201, 10031 là các số nguyên tố
giải. 1.Phân tích các số đã cho thành tích các thừa số nguyên tố 
Ta có: 
Ước nguyên tố(30) = {1, 2, 3, 5} Và 30 = 1.2.3.5
Ước nguyên tố(210) = {1, 2, 3, 5,7} Và 210 = 1.2.3.5.7
Ước nguyên tố(2310) = {1, 2, 3, 5, 7, 11} Và 30 = 1.2.3.5.7.11
Chú ý: Khi phân tích số 210 ra thừa số nguyên tố ta có thể làm như sau :
210 = 21.10 . Ta đã biết 10 = 2.5 nên chỉ cần phân tích 21 = 3.7 và có 210 = 2.7.2.5
Cách này hoàn toàn có lợi khi phân tích các số là bội của 10
Chẳng hạn khi phân tích số 3200 ta viết 3200 = 32.100 cho ta 32 = 25 và 100 = 22.52
Vậy 3200 = 27.52
2. Dể thấy 31 = 30 + 1= 1.2.3.5 + 1
Số 31 không chia hết các số nguyên tố 2, 3, 5 ma 52 = 25 < 35 là ước nguyên tố lớn nhất mà 52 < 31 Suy ra 31 là số nguyên tố
Bài 2:
 1. Phân tích số 360 ra thừa số nguyên tố.
 2. Số 360 có bao nhiêu ước.
 3. Tìm tất cả các ước của 360.
Giải.1. Ta có: 
Vậy 360 = 2.2.2.3.3.5 = 23.32.5
2.Ta có 360 = 23.32.5 Vậy số các ước của 360 là (3 + 1)(2 + 1)(1 + 1) = 24 ước
3. Dể thấy các số 1, 2, 22, 23, (1) là ước của 360
Ta tìm các ước còn lại theo cách sau
Bước 1: Nhân các số hạng dãy (1) theo thứ tự với 3 và 32 ta được các ước 
Bước 2: Nhân các số trong dãy (1) và (2) theo thứ tự với 5 ta đước các ước 
Vậy ta có tất cả 24 ước của 360 là 
Bài 3:Tìm số nhỏ nhất A có 6 ước; 9 ước
Giải: Viết A dưới dạng phân tích ra thừa số nguyên tố A = am.bn.ct
Số các ước của A sẻ là (m + 1)(n + 1)(t + 1)
Ta có 6 = 6.1 hoặc 6 = 2.3
- Trường hợp A chỉ có một số nguyên tố dạng A = am thì 
Vì A là số nhỏ nhất hay a = 2. =>
- Trương hợp A có hai thừa số nguyên tố A = am.bn
Ta có Và A = a2.b1
Để có số A nhỏ nhất ta chọn các số nguyên tố nhỏ nhất là a = 2, b = 3
Vậy A = 22.3 hay A = 12
Xét 2 trường hợp trên ta thấy số tự nhiên nhỏ nhất có 6 ước là 12
b. Đáp số : 36.
Bài 4:Chứng tỏ rằng các số sau đây là hợp số
676767
108 + 107 + 7
175 + 244 + 1321
Giải.
1. Số 676767 có tổng các chử số là 39 chia hết cho 3 nên Vậy nó là hợp số
2. Tương tự số 108 + 107 + 7 có tổng chia hết cho 9 nên 108  ... g.
Giải.Ta có:
Vậy A là số chính phương.
BÀI TẬP.
1. Chứng minh rằng mọi số chính phương lẻ đều có chử số hàng chụa là chử số chẳn.
2. Chứng minh rằng một số chính phương lớn hơn 100 có chử số tận cùng là 5 thì chử số hàng trăm là số chẳn
3. Tìm các số x, y, z, t thoả 
4. Tìm số chính phương có 4 chử số mà 2 chử số cuối cùng giống nhau
5. Tìm số có hai chử số sao cho và là hai số chính phương. 
6. Tìm biết rằng đều là số chính phương.
7. Tìm một số điện thoại có 4 chử số biết rằng nó là một số chính phương và nếu ta thêm vào mỗi chử số của nó một đơn vị thì cung được một số chính phương.
8. p là số chính phương có n + 4 chử số trong đó n chử số đầu và 4 chử số cuối đều là số chính phương. Tìm số lớn nhất của p.
9. Chứng minh rằng tích 8 số nguyên dương liên tiếp không thể là số chính phương.
10. Cho dãy số a1, a2,,an, biết rằng.: 
 a1 = 1, a2 = -1 và an = -an-1 – 2an-3 ().
Chứng minh rằng với thì 
Hướng dẫn giải.
1. , b lẻ nên b2 là một trong các giá trị: 1, 9, 25, 49, 81. Các số này có chử số hàng chục là số chẳn.
2. là số chẳn.
3. Chứng minh x + y chia hết cho 11.
4. Số tận cùng của một số chính phương có thể là 0, 1, 4, 5, 6, 9. Một số chính phương chẳn thì chia hết cho 4, lẻ thì chia hết cho 4 dư 1; 1144 = 382
5. Dựa vào số tận cùng của số chính phương, y = 5 hoặc y = 0.
 thì .
7. Gọi
8.Giả sử 
9. Giả sử.
Đặt thì T chẳn và 
10. Bằng quy nặp chứng minh 
CHUYÊN ĐỀ 4: BỘI VÀ ƯỚC CỦA CÁC SỐ.
DẠNG 1: SỐ ƯỚC CỦA MỘT SỐ.
Bài 1: Tìm số ước của số 1896
Giải.
Ta có: 
Vậy số ước số của là (96 + 1)(192 + 1) = 97.193 = 18721.
Bài 2: Chứng minh rằng một số tự nhiên lớn hơn 0 là số chính phương khi và chỉ khi số ước số của nó là số lẻ.
Giải.Giả sử với pi nguyên tố và 
 n là số chính phương là các số chẳn.
 là số lẻ.
Bài 3: Một số tự nhiên n là tổng bình phương của 3 số tự nhiên liên tiếp. Chứng minh rằng n không thể có 17 ước số:
Giải.Tổng bình phương của 3 số tư nhiên liên tiếp có dạng:
 n = (m – 1)2 + m2 + (m + 1)2 = 3m2 + 2 không thể là số chính phương.
- Nếu n có đúng 17 ước số thì n là số chính phương, vô lí. Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Bài 4:Chứng minh rằng một số tự nhiên có 3 chử số tận cùng là 136 thì có ít nhất 4 ước số dương.
Giải. Số có 3 chử số tận cùng là 136 thì chia hết cho 8 nên có ít nhất 4 ước số dương là 1, 2, 4, 8.
DẠNG 2: TÌM 2 SỐ TRONG ĐÓ BIẾT ƯCLN CỦA CHÚNG.
Bài 1.Tìm hai số tự nhiên biết tổng của chúng bắng 84, ƯCLN của chúng bằng 6.
Giải.Gọi 2 số phải tìm là a và b . Ta có (a, b) = 6 nên a = 6a’, b = 6b’ trong đó (a’, b’ ) = 1. Do đó a + b = 84 nên 6(a’ + b’) = 84 suy ra a’ + b’ = 14.
 Chọn cặp số a’ , b’ nguyên tố cùng nhau có tổng bằng 14 ta được:
 do đó 
Bài 2: Tìm 2 số tự nhiên có tích bằng 300 , ƯCLN bằng 5.
Giải: Gọi 2 số phải tìm là a và b . Ta có (a, b) = 5 nên a = 5a’, b = 5b’ trong đó (a’, b’ ) = 1 Do đó ab = 300 nên 25a’b’ = 300 suy ra a’b’ = 12 = 3.4
 Chọn cặp số a’, b’ nguyên tố cùng nhau có tích bằng 12 ta được:
 do đó 
Bài 3. a)Tìm 2 số a, b biết a + b = 66, (a, b) = 6 và trong hai số a, b có một số chia hết cho 5.
b) Tìm a, b biết ab = 75 và (a, b) = 5.
Giải.a) Vì (a, b) = 6 nên a = 6k, b = 6l với (k, l) = 1
 Từ a + b = 66 suy ra 6k + 6l = 66 k + l = 11
Vì trong hai số a, b có một số chia hết cho 5 nên giả sử hoặc k = 10, khi đó l = 6, l = 1. Vậy a = 30, b = 36 hoặc a = 60, b = 6.
b) Vì (a, b ) = 5 nên a = 5k , b = 5l với (k, l) = 1.
 Từ ab =75 suy ra 25kl = 75 kl = 3.
Vậy k = 3, l = 1 hoặc k = 1, l = 3. 
Từ đo hai số cần tìm là 5 và 15.
Bài 4.Tìm hai số tự nhiên a, b thoả : a + b = 128 và (a, b) = 16.
Giải. Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử .
Vì (a, b) = 16 nên a = 16a1 , b = 16b1 với (a1, b1) = 1.
Từ a + b = 128 suy ra 16(a1 + b1) = 128 a1 + b1 = 8, với điều kiện và (a1, b1) = 1 ta có a1 = 1, b1 = 8 hoặc a1 = 3, b1 = 5. Từ đó ta có a = 16, b = 112 hoặc a = 48, b = 80.
Bài 5. a) ƯCLN của hai số tự nhiên bằng 4, số nhỏ bằng 8. Tìm số lớn .
b) ƯCLN của hai số tự nhiên bằng 16 , số lớn bằng 96. Tìm số nhỏ.
Giải.a) Gọi số lớn là a = 4k . Do số nhỏ là 8 = 4.2 nên k > 2 và (k, 2) = 1.
 Vậy k = 2n + 1 (n = 1, 2, 3) 
Do đó số lớn có dạng 4(2n + 1).
b) Đáp số 16 hoặc 80
Bài 6.Tìm hai số tự nhiên , biết rằng :
a) Hiệu của chúng bằng 84, ƯCLN bằng 28, các số đó trong khoảng từ 300 đến 440.
b) Hiệu của chúng băng 48, ƯCLN bằng 12.
Giải.Gọi hai số phải tìm là a và b, ta có: a – b = 84, a = 28a’, b = 28b’ trong đó (a’, b’) = 1, suy ra a’ – b’ = 3.
Do nên .
Trường hợp a’ = 15, b’ = 12 loại vì trái với (a’, b’) = 1.
Trường hợp a’ = 14, b’ = 11 cho a = 392, b = 308.
b) Có vô số đáp số: a = 12a’, b = 12b’ với a’ = 2n + 5, b’ = 2n + 1
DẠNG 3: PHỐI HỢP GIỮA BCNN VÀ ƯCLN 
Tích của hai số a, b thì bằng tích của ƯCLN với BCNN của các số ấy
 ƯCLN(a, b). BCNN(a, b) = a.b
Bài 1. Tìm các số tự nhiên a, b biết ƯCLN(a, b) = 5 , BCNN(a, b) = 105.
Giải.Ta có : a.b = 5.105 = 3. 52.7
Mặt khác : 105 = 3.5.7 Suy ra: a = 5, b = 105 hoặc a = 15, b = 35.
Bài 2.Cho a = 1980. b = 2100.
a) Tìm (a, b) và [a, b].
b) So sánh [a, b].(a, b) với a.b. Chứng minh nhận xét đó đối với hai số tự nhiên a và b khác 0 tuỳ ý.
Giải.a) 1980 = 22.32.5.11
 2100 = 22.3.52.7
 ƯCLN(1980, 2100) = 22.3.5 = 60
 BCNN(1980, 2100) = 22.32.52.7.11 = 69300.
b) [1980, 2100].(1980, 2100) = 1980.2100 = 4158000. Ta chứng minh rằng 
 [a ,b].(a, b) = a.b
Cách 1: Trong cách giải này, các thừa số riêng cũng được coi như các thừa số chung, chẳng hạn a chứa thừa số 11, b không chứa thừa số 11 thì ta coi như b chứa thừa số 11 với số mũ bằng 0. Với cách viết này, trong ví dụ trên ta có:
 1980 = 22.32.5.70.11
 2100 = 22.3.52.7.110
(1980, 2100) là tích các thừa số chung với số mũ nhỏ nhất 22.3.5.70.110 = 60.
[1980, 2100] là tích các thừa số chung với số mũ lớn nhât
 22.32.52.7.11 = 69300
Bây giờ ta chứng minh trong trường hợp tổng quát:
 [a, b].(a, b) = a.b (1)
 Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, các thừa số nguyên tố có trong a và b. Ta chứng tỏ rằng hai vế chứa các thừa số nguyên tố như nhau với số mũ tương tứng bằng nhau.
 Gọi p là thừa số nguyên tố tuỳ ý trong các thừa số nguyên tố như vậy. Giả sử số mũ của p trong a là x, số mũ của p trong b là y trong đó x và y có thể băng 0. Không mất tính tổng quát giả sử rằng . Khi đó vế phải của (1) chứa p với số mũ x + y. Còn ở vế trái , [a, b] chứa p với số mũ x, (a, b) chứa p với số mũ y nên vế trái cũng chứa p với số mũ x + y.
Bài 3.Tìm 2 số tự nhiên biết rằng ƯCLN của chúng bằng 10. BCNN của chúng bằng 900.
Giải.Gọi số phải tìm là a, b, giả sử ta có (a, b) = 10 nên a = 10a’, b = 10b’, (a’, b’) = 1 , . Do đó ab = 100a’b’ (1)
Mặt khác ab = [a, b].(a,b) = 900.10 = 9000 (2)
 Từ (1) và (2) suy ra a’b’ = 90. Ta có các trường hợp:
 Do đó 
Bài 4. Tìm hai số tự nhiên
a) Có tích bằng 2700, BCNN bằng 900
b) Có tích bằng 9000, BCNN bằng 900.
Giải.a) Gọi hai số phải tìn là a và b
 ƯCLN(a, b) = ; ƯCNN(a, b) = 3 .
Theo đề bài: a.b = 2700 Nên 3a’.ab’ = 2700 Suy ra a’.b’ = 300 = 22.3.52
Giả sử thì . Chọn hai số a’, b’ có tích bằng 300, nguyên tố cùng nhau, , ta được. Suy ra 
Đáp số 900 và 3, 300 và 9, 225 và 12, 75 và 36
b) Đáp số 900 và 10; 450 và 20; 180 và 50; 100 và 90.
Bài 5. Tìm hai số tự nhiên a và b, biết rằng:
a) ab = 360, BCNN(a, b) = 60.
b) ƯCNN(a, b) = 12, BCNN(a, b) = 72.
Giải.a) (a, b) = ab : [a, b] = 360 : 60 = 6.
Đặt a = 6a’, b = 6b’ trong đó (a’ ,b’) = 1, (giả sử ).
Do ab = 360 nên a’b’ = 10. Vậy a’ = 1, b’ = 10 hoặc a’ = 2, b’ = 5.
Tương ứng ta có: a = 6, b = 60 hoặc a = 12, b = 30.
b) ƯCLN(a, b) = 12
Ta có: a.b = ƯCLN(a, b).BCNN(a, b) = 12.72 Nên 12a’.12b’ = 12.72 Suy ra a’.b’ = 6
Giả sử thì . Chọn hai số a’, b’ có tích bằng 6, nguyên tố cùng nhau, , ta được : do đó 
Đáp số : 72 và 12; 36 và 24
DẠNG 4. HAI SỐ NGUYÊN TỐ CÙNG NHAU.
 Hai số nguyên tố cùng nhau là hai số có ƯCLN bằng 1. Nói cách khác, chúng chỉ có ước chung duy nhất là 1.
Bài 1: Chứng minh rằng
a) Hai số tự nhiên liên tiếp (khác 0) là hai số nguyên tố cùng nhau.
b) Hai số lẻ liên tiếp là hai số nguyên tố cùng nhau.
c) 2n + 1 và 3n + 1 là hai số nguyên tố cùng nhau.
Giải. a) Gọi 
 Vậy n và n + 1 là hai số nguyên tố cùng nhau.
b) Gọi 
Nhưng vì d là ước của số lẻ. Vậy d = 1.
c) Gọi .
Bài 2.Cho a và b là hai số nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng củng là hai số nguyên tố cùng nhau:
a. a và a + b	b, a2 và a + b	c, ab và a + b
Giải.a) Gọi d ƯC(a, a + b) . Ta lại có nên d ƯC(a, b), do đó d = 1 (vì a và b là hai số nguyên tố cùng nhau ).Vậy (a, a + b) = 1.
b) Giả sử a2 và a + b cùng chia hết cho số nguyên tố d thì a chia hết cho d, do đó b cũng chia hết cho d. Như vậy a và b cùng chia hết cho số nguyên tố d. trái với giả thiết (a, b) = 1 Vậy a2 và a + b là hai số nguyên tố cùng nhau.
c) Giả sử ab và a + b cùng chia hết cho số nguyên tố d. Tồn tại một trong hai thừa số a và b, chẳng hạn là a, chia hết cho d, trong đó b cũng chia hết cho d, trái với (a, b) = 1.
 Vậy (ab, a + b) = 1.
Bài 3. Tìm số tự nhiên n để các số 9n + 24 và 3n + 4 là các số nguyên tố cùng nhau.
Giải.Giả sử 9n + 24 và 3n + 4 cùng chia hết cho số nguyên tố d thì
 9n + 24 – 3(3n + 4) .
 Điều kiện để (9n + 24, 3n + 4) = 1 là và . Hiển nhiên vì 3n + 4 không chia hết cho 3. Muốn phải có ít nhất một trong hai số 9n + 24 và 3n + 4 không chia hết cho 2. Ta thấy : 9n + 24 là số lẻ 9n lẻ n lẻ
 3n + 4 là số lẻ 3n lẻ n lẻ. Vậy điều kiện để (9n + 24, 3n + 4) = 1 là n là số lẻ.
Bài 4.Tìm để một trong các phân số sau tối giản.
a) 	b) 
Giải. a) ta có: mà (3, 7) = (3, 3n + 1) = (6n + 1, 3n + 1) = 1
nên để là phân số tối giản ta phải có (6n + 1, 7) = 1.
Mặt khác, 6n + 1 = 7n – (n – 1), do đó :
Vậy với n chia cho 7 không dư 1 thì là phân số tối giản.
b) Ta có tối giản 
DẠNG 6. TÌM ƯCLN CỦA CÁC BIỂU THỨC SỐ.
Bài 1.Tìm ƯCLN của 2n – 1 và 9n + 4 
Giải.Gọi d ƯC(2n – 1, 9n + 4) 2(9n + 4) – 9(2n – 1) d 
Ta có 
Nếu n = 17k + 9 thì và 9n + 4 =9(17k + 9) + 4 = bội 17 + 85 17, do đó (2n + 1, 9n + 4) = 17.
Nếu n 17k + 9 thì 2n – 1 không chia hết cho 17, do đó (2n – 1, 9n + 4) = 1
Bài 2. Tìm ƯCLN của và 2n + 1 .
Giải. Gọi d ƯC thì n(n + 1) d và 2n + 1 d
Suy ra n(2n +1) d và n2 d suy ra n d. Ta lại có 2n + 1 d, do đó 1 d, nên d = 1.
Vậy ƯCLN của và 2n + 1 bằng 1. 
Bài 3.Cho ƯCNN(a, b) = 1, tìm ƯCNN(11a + 2b, 18a + 5b)
Giải. Giả sử d = (11a + 2b, 18a + 5b), khi đó d | 18a + 5b và d | 11a + 2b , suy ra d | 11(18a + 5b) – 18(11a + 2b) = 19b d | 19 hoặc d | b.
+Nếu d | b thì từ d | 5(11a + 2b) – 3(18a + 5b) = a – 5b d | a d | (a, b) = 1 d = 1. 
+Nếu d | 19 thì d = 1, hoặc d = 19.Vậy (11a + 2b, 18a + 5b) băng 1 hoặc bằng 19.