Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán Lớp 6 (Phần số học) - Huỳnh Bá Đạt

Chuyên đề 2 : DẤU HIỆU CHIA HẾT
PHẦN I: TÓM TẮT LÝ THUYẾT
I. ĐỊNH NGHĨA PHÉP CHIA
	Cho 2 số nguyên a và b trong đó b ¹ 0 ta luôn tìm được hai số nguyên 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 Î {0; 1; 2; ; | b|}
Đặc biệt: r = 0 thì a = bq, khi đó ta nói a chia hết cho b hay b chia hết a.
	Ký hiệu: aMb hay b\ a
 Vậy:
a M b Û Có số nguyên q sao cho a = bq
II. CÁC TÍNH CHẤT
Với " a ¹ 0 Þ a M a
Nếu a M b và b M c Þ a M c
Với " a ¹ 0 Þ 0 M a
Nếu a, b > 0 và a M b ; b M a Þ a = b
Nếu a M b và c bất kỳ Þ ac M b
Nếu a M b Þ (±a) M (±b)
Với " a Þ a M (±1)
Nếu a M b và c M b Þ a ± c M b
Nếu a M b và cMb Þ a ± c M b
 Nếu a + b M c và a M c Þ b M c
 Nếu a M b và n > 0 Þ an M bn
 Nếu ac M b và (a, b) =1 Þ c M b
 Nếu a M b, c M b và m, n bất kỳ am + cn M b
 Nếu a M b và c M d Þ ac M bd
 Tích n số nguyên liên tiếp chia hết cho n!
III. MỘT SỐ DẤU HIỆU CHIA HẾT
	Gọi N = 
1. Dấu hiệu chia hết cho 2; 5; 4; 25; 8; 125
+ N M 2 Û a0 M 2 Û a0Î{0; 2; 4; 6; 8}
+ N M 5 Û a0 M 5 Û a0Î{0; 5}
+ N M 4 (hoặc 25) Û M 4 (hoặc 25)
+ N M 8 (hoặc 125) Û M 8 (hoặc 125)
2. Dấu hiệu chia hết cho 3 và 9
+ N M 3 (hoặc 9) Û a0+a1++an M 3 (hoặc 9)
3. Một số dấu hiệu khác
+ N M 11 Û [(a0+a1+) - (a1+a3+)] M 11
+ N M 101 Û [(++) - (++)]M101
+ N M 7 (hoặc 13) Û [( + +) - [( + +) M11 (hoặc 13)
+ N M 37 Û ( + +) M 37 
+ N M 19 Û ( a0+2an-1+22an-2++ 2na0) M 19
IV. ĐỒNG DƯ THỨC
a. 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 º b (modun)
	Vậy: a º b (modun) Û a - b M m
b. Các tính chất
Với " a Þ a º a (modun)
Nếu a º b (modun) Þ b º a (modun)
Nếu a º b (modun), b º c (modun) Þ a º c (modun)
Nếu a º b (modun) và c º d (modun) Þ a+c º b+d (modun)
Nếu a º b (modun) và c º d (modun) Þ ac º bd (modun)
Nếu a º b (modun), d Î Uc (a, b) và (d, m) =1 
 Þ (modun)
Nếu a º b (modun), d > 0 và d Î Uc (a, b, m) 
 Þ (modun )
V. MỘT SỐ ĐỊNH LÝ
1. Định lý Euler
	Nếu m là 1 số nguyên dương j(m) là số các số nguyên dương nhỏ hơn m và nguyên tố cùng nhau với m, (a, m) = 1
	Thì aj(m) º 1 (modun)
Công thức tính j(m)
	Phân tích m ra thừa số nguyên tố
	m = p1a1 p2a2  pkak với pi Î p; ai Î N*
Thì j(m) = m(1 - )(1 - )  (1 - )
2. Định lý Fermat
	Nếu t là số nguyên tố và a không chia hết cho p thì ap-1 º 1 (modp)
3. Định lý Wilson
	Nếu p là số nguyên tố thì
( P - 1)! + 1 º 0 (modp)
PHẦN II: 
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 M 45
Giải
	Ta thấy 45 = 5.9 mà (5 ; 9) = 1 
để M 45 Û M 5 và 9
	Xét M 5 Û b Î {0 ; 5}
	Nếu b = 0 ta có số M 9 Û a + 5 + 6 + 0 M 9
 Þ a + 11 M 9 
 Þ a = 7
	Nếu b = 5 ta có số M 9 Û a + 5 + 6 + 0 M 9
 Þ a + 16 M 9 
 Þ a = 2
Vậy: a = 7 và b = 0 ta có số 7560
	a = 2 và b = 5 ta có số 2560
Ví dụ 2: Biết tổng các chữ số của 1 số là không đổi khi nhân số đó với 5. Chứng minh răng 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 
Þ 5a - a M 9 Þ 4a M 9 mà (4 ; 9) = 1
Þ a M 9 (Đpcm)
Ví dụ 3: CMR số M 81
Giải
Ta thấy: 111111111 M 9
Có = 111111111(1072 + 1063 +  + 109 + 1)
Mà tổng 1072 + 1063 +  + 109 + 1 có tổng các chữ số bằng 9 M 9
Þ 1072 + 1063 +  + 109 + 1 M 9 
Vậy: M 81 (Đpcm)
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: Tìm các chữ số x, y sao cho 
a. M 4 và 9
b. M 17
Bài 2: Cho số N = CMR
	a. N M 4 Û (a + 2b) M 4
	b. N M 16 Û (a + 2b + 4c + 8d) M 16 với b chẵn
	c. N M 29 Û (d + 2c + 9b + 27a) M 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 = 1920217980. Hỏi số A có chia hết cho 1980 không ? Vì sao?
Bài 5: Tổng của 46 số tự nhiên liên tiếp có chia hết cho 46 không? Vì sao?
Bài 6: Chứng tỏ rằng số là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp.
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: 	a. x = 	và y = 2
	 	 x =	và y = 6
	b. = 17 (122 + 6x) + 2(2-x)M17 Û x = 2
Bài 2: 	a. NM4 Û M4 Û 10b + aM4 Û 8b + (2b + a) M4
 Þ a + 2bM4
	b. NM16 Û 1000d + 100c + 10b + aM16
 	 Û (992d + 96c + 8b) + (8d + 4c + 2b + a) M16
	 Þ a + 2b + 4c + 8dM16 với b chẵn
	c. Có 100(d + 3c + 9b + 27a) - M29
 mà (1000, 29) =1
 M29
 Þ (d + 3c + 9b + 27a) M29
Bài 3: Gọi là số có 2 chữ số
 Theo bài ra ta có:
= 10a + b = 2ab (1)
 M2 Þ b Î{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 M 4 và 5
	Þ AM 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 M 9 Þ A M 9
 279 - 279 = 0 M 11 Þ A M 11
Bài 5: Tổng 2 số tự nhiên liên tiếp là 1 số lẻ nên không chia hết cho 2. 
Có 46 số tự nhiên liên tiếp Þ có 23 cặp số mỗi cặp có tổng là 1 số lẻ Þ tổng 23 cặp không chia hết cho 2. Vậy tổng của 46 số tự nhiên liên tiếp không chia hết cho 46.
Bài 6: Có =
Mà = 3. 
Þ = (Đpcm)
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.
CMR: Gọi n là số nguyên liên tiếp
	m + 1; m + 2;  m + n với m Î Z, n Î 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 = 
	Þ m + i M n
* Nếu không tồn tại số dư là 0 Þ không có số nguyên nào trong dãy chia hết cho n Þ phải có ít nhất 2 số dư trùng nhau.
Giả sử: 
	 Þ i - j = n(qi - qj) M n Þ i - j M n
mà ½i - j½< n Þ i - j = 0 Þ i = j
	 Þ m + i = m + j
Vậy trong n số đó có 1 số và chỉ 1 số đó chia hết cho n
Ví dụ 1: CMR: a. Tích của 2 số nguyên liên tiếp luôn 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
Þ Số chẵn đó chia hết cho 2.
Vậy tích của 2 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2.
Tích 2 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2 nên tích của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2
b. Trong 3 sô nguyên liên tiếp bao giơ cũng có 1 số chia hết cho 3.
Þ Tích 3 số đó chia hết cho 3 mà (1; 3) = 1.
Vậy tích của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 6.
Ví dụ 2: CMR: Tổng lập phương của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 9.
Giải
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) M 3 (CM Ví dụ 1)
Þ 3(n - 1)n (n + 1) M 9
mà 
Þ A M 9 (ĐPCM)
Ví dụ 3: CMR: n4 - 4n3 - 4n2 +16n M 3 84 với " n chẵn, n³4
Giải
Vì n chẵn, n³4 ta đặt n = 2k, k³2
Ta có n4 - 4n3 - 4n2 + 16n = 16k4 - 32k3 - 16k2 + 32k
 = đặt 16k(k3 - 2k2 - k + 2)
 = đặt 16k(k - 2) (k - 1)(k + 1)
Với k ³ 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. Þ (k - 2)(k - 1)(k + 1)k M 8
Mà (k - 2) (k - 1)k M 3 ; (3,8)=1
Þ (k - 2) (k - 1) (k + 1)k M 24
Þ 16(k - 2) (k - 1) (k + 1)k M (16,24)
Vậy n4 - 4n3 - 4n2 +16n M 384 với " n chẵn, n ³ 4
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: CMR: a. n(n + 1) (2n + 1) M 6
	b. n5 - 5n3 + 4n M 120 Với " n Î N
Bài 2: CMR: n4 + 6n3 + 11n2 + 6n M 24 Với " n Î Z
Bài 3: CMR: Với " n lẻ thì
n2 + 4n + 3 M 8
n3 + 3n2 - n - 3 M 48
n12 - n8 - n4 + 1 M 512
Bài 4: Với p là số nguyên tố p > 3 CMR : p2 - 1 M 24
Bài 5: CMR: Trong 1900 số tự nhiên liên tiếp có 1 số có tổng các chữ số chia hết cho 27.
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) M 6
b. n5 - 5n3 + 4n = (n4 - 5n2 + 4)n
= n(n2 - 1) (n2 - 4)
= n(n + 1) (n - 1) (n + 2) (n - 2) M 120
Bài 2: n4 + 6n3 + 6n + 11n2
	= n(n3 + 6n2 + 6 + 11n)
= n(n + 1) (n + 2) (n + 3) M 24
Bài 3: a. n2 + 4n + 3 = (n + 1) (n + 3) M 8
b. n3 + 3n2 - n - 3 = n2(n + 3) - (n + 3)
= (n2 - 1) (n + 3)
= (n + 1) (n - 1) (n + 3)
= (2k + 4) (2k + 2) (2k với n = 2k + 1, k Î N)
= 8k(k + 1) (k +2) M 48
c. n12 - 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)
= 16[k(k + 1)2 (n2 + 1)2 (n4 + 1)
Với n = 2k + 1 Þ n2 + 1 và n4 + 1 là những số chẵn Þ (n2 + 1)2 M 2
 n4 + 1 M 2
Þ n12 - n8 - n4 + 1 M (24.22. 22. 1 . 21)
Vậy n12 - n8 - n4 + 1 M 512
Bài 4: Có p2 - 1 = (p - 1) (p + 1) vì p là số nguyên tố p > 3
Þ p M 3 ta có: (p - 1) (p + 1) M 8
và p = 3k + 1 hoặc p = 3k + 2 (k Î N)
Þ (p - 1) (p + 1) M 3
Vậy p2 - 1 M 24
Bài 5: Giả sử 1900 số tự nhiên liên tiếp là 
n, n +1; n + 2;  ; n + 1989 (1)
trong 1000 tự nhiên liên tiếp n, n + 1; n + 2; ; n + 999 
có 1 số chia hết cho 1000 giả sử n0, khi đó n0 có tận cùng là 3 chữ số 0 giả sử tổng các chữ số của n0 là s khi đó 27 số n0, n0 + 9; n0 + 19; n0 + 29; n0 + 39; ; n0 + 99; n0 + 199;  n0 + 899 (2)
Có tổng các chữ số lần lượt là: s; s + 1  ; s + 26
Có 1 số chia hết cho 27 (ĐPCM)
* Chú ý: n + 899 £ n + 999 + 899 < n + 1989
Þ Các số ở (2) nằm trong dãy (1)
3. Phương pháp 3: 
XÉT TẬP HỢP SỐ DƯ TRONG PHÉP CHIA
Ví dụ 1: CMR: Với " n Î N
Thì A(n) = n(2n + 7) (7n + 7) chia hết cho 6
Giải
Ta thấy 1 trong 2 thừa số n và 7n + 1 là số chẵn. Với " n Î N Þ A(n) M 2
Ta chứng minh A(n) M 3
Lấy n chia cho 3 ta được n = 3k + 1 (k Î N)
Với r Î {0; 1; 2}
Với r = 0 Þ n = 3k Þ n M 3 Þ A(n) M 3
Với r = 1 Þ n = 3k + 1 Þ 2n + 7 = 6k + 9 M 3 Þ A(n) M 3 
Với r = 2 Þ n = 3k + 2 Þ 7n + 1 = 21k + 15 M 3 Þ A(n) M 3
Þ A(n) M 3 với " n mà (2, 3) = 1
Vậy A(n) M 6 với " n Î N
Ví dụ 2: CMR: Nếu n M 3 thì A(n) = 32n + 3n + 1 M 13 Với " n Î N
Giải
Vì n M 3 Þ n = 3k + r (k Î N); r Î {1; 2; 3}
Þ 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 M 13
33k - 1 = (33 - 1)N = 26N M 13
với r = 1 Þ 32n + 3n + 1 = 32 + 3 +1 = 13 M 13
Þ 32n + 3n + 1 M 13
với r = 2 Þ 32n + 3n + 1 = 34 + 32 + 1 = 91 M 13
Þ 32n + 3n + 1
Vậy với n M 3 thì A(n) = 32n + 3n + 1 M 13 Với " n Î N
Ví dụ 3: Tìm tất cả các số tự nhiên n để 2n - 1 M 7
Giải
Lấy n chia cho 3 ta có n = 3k + 1 (k Î N); r Î {0; 1; 2}
Với r = 0 Þ n = 3k ta có 
2n - 1 = 23k - 1 = 8k - 1 = (8 - 1)M = 7M M 7
với r =1 Þ n = 3k + 1 ta có:
2n - 1 = 28k +1 - 1 = 2.23k - 1 = 2(23k - 1) + 1
mà 23k - 1 M 7 Þ 2n - 1 chia cho 7 dư 1
với r = 2 Þ n = 3k + 2 ta có :
2n - 1 = 23k + 2 - 1 = 4(23k - 1) + 3 
mà 23k - 1 M 7 Þ 2n - 1 chia cho 7 dư 3
Vậy 23k - 1 M 7 Û n = 3k (k Î N)
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: CMR: An = n(n2 + 1)(n2 + 4) M 5 Với " n Î Z
 ... Cho 3 số nguyên dương a, b, c và thoả mãn a2 = b2 + c2
CMR: abc M 60
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: a. 32n +1 + 22n +2 = 3.32n + 2.2n
= 3.9n + 4.2n
= 3(7 + 2)n + 4.2n 
= 7M + 7.2n M 7
b. mn(m4 - n4) = mn(m2 - 1)(m2 + 1) - mn(n2 - 1) (n2 + 1) M 30
Bài 3: Có 72 = 9.8 mà (8, 9) = 1 và n = 2k (k Î N) 
có 3n + 63 = 32k + 63
= (32k - 1) + 64 Þ A(n) M 8
Bài 4: Đặt a = (2k - 1)2; b = (2k - 1)2 (k Î N) 
Ta có (a - 1)(b - 1) = 16k(k + 1)(k - 1) M 64 và 3
Bài 5: Có 60 = 3.4.5 	Đặt M = abc
Nếu a, b, c đều không chia hết cho 3 Þ a2, b2 và c2 chia hết cho 3 đều dư 1 Þ a2 ¹ b2 + c2. Do đó có ít nhất 1 số chia hết cho 3. Vậy M M 3
Nếu a, b, c đều không chia hết cho 5 Þ a2, b2 và c2 chia 5 dư 1 hoặc 4 Þ b2 + c2 chia 5 thì dư 2; 0 hoặc 3.
Þ a2 ¹ b2 + c2. Do đó có ít nhất 1 số chia hết cho 5. Vậy M M 5
Nếu a, b, c là các số lẻ Þ b2 và c2 chia hết cho 4 dư 1.
Þ b2 + c2 º (mod 4) Þ a2 ¹ b2 + c2
Do đó 1 trong 2 số a, b phải là số chẵn.
Giả sử b là số chẵn
	Nếu C là số chẵn Þ M M 4
	Nếu C là số lẻ mà a2 = b2 + c2 Þ a là số lẻ 
Þ b2 = (a - c) (a + b) Þ 
Þ chẵn Þ b M 4 Þ m M 4
Vậy M = abc M 3.4.5 = 60
5. Phương pháp 5: 
BIẾN ĐỔI BIỂU THỨC CẦN CHỨNG MINH VỀ DẠNG TỔNG
Giả sử chứng minh A(n) M 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 M 6 với " n Î z.
Giải
Ta có n3 + 11n = n3 - n + 12n = n(n2 - 1) + 12n
	 = n(n + 1) (n - 1) + 12n
Vì n, n - 1; n + 1 là 3 số nguyên liên tiếp
Þ n(n + 1) (n - 1) M 6 và 12n M 6
Vậy n3 + 11n M 6
Ví dụ 2: Cho a, b Î z thoả mãn (16a +17b) (17a +16b) M 11
CMR: (16a +17b) (17a +16b) M 121
Giải
Có 11 số nguyên tố mà (16a +17b) (17a +16b) M 11
Þ (1)
Có 16a +17b + 17a +16b = 33(a + b) M 11 (2)
Từ (1) và (2) Þ 
Vậy (16a +17b) (17a +16b) M 121
Ví dụ 3: Tìm n Î N sao cho P = (n + 5)(n + 6) M 6n.
Giải
Ta có P = (n + 5)(n + 6) = n2 + 11n + 30
	= 12n + n2 - n + 30
Vì 12n M 6n nên để P M 6n Û n2 - n + 30 M 6n
Û 
Từ (1) Þ n = 3k hoặc n = 3k + 1 (k Î N) 
Từ (2) Þ n Î {1; 2; 3; 5; 6; 10; 15; 30}
Vậy từ (1); (2) Þ n Î {1; 3; 6; 10; 15; 30}
Thay các giá trị của n vào P ta có 
n Î {1; 3; 10; 30} là thoả mãn
Vậy n Î {1; 3; 10; 15; 30} thì P = (n + 5)(n + 6) M 6n.
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: CMR: 13 + 33 + 53 + 73 M 23
Bài 2: CMR: 36n2 + 60n + 24 M 24
Bài 3: CMR: a. 5n+2 + 26.5n + 8 2n+1 M 59
	b. 9 2n + 14 M 5
Bài 4: Tìm n Î N sao cho n3 - 8n2 + 2n M n2 + 1
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: 13 + 33 + 53 + 73 = (13 + 73) + (33 + 53)
	= 8m + 8N M 23
Bài 2: 362 + 60n + 24 = 12n(3n + 5) + 24
Ta thấy n và 3n + 5 không đồng thời cùng chẵn hoặc cùng lẻ 
Þ n(3n + 5) M 2 Þ 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 + 8.59m M 59
b. 9 2n + 14 = 9 2n - 1 + 15
	= (81n - 1) + 15
	= 80m + 15 M 5
Bài 4: Có n3 - 8n2 + 2n = (n2 + 1)(n - 8) + n + 8 M (n2 + 1) Û n + 8 M n2 + 1
Nếu n + 8 = 0 Þ n = -8 (thoả mãn)
Nếu n + 8 ¹ 0 Þ ½n + 8½³ n2 + 1
Þ 
Þ n Î {-2; 0; 2} thử lại
Vậy n Î {-8; 0; 2}
 Phương pháp 6:
DÙNG QUY NẠP TOÁN HỌC
Giả sử CM A(n) M P với n ³ a (1)
Bước 1: Ta CM (1) đúng với n = a tức là CM A(n) M P
Bước 2: Giả sử (1) đúng với n = k tức là CM A(k) M P với k ³ a
Ta CM (1) đúng với n = k + 1 tức là phải CM A(k+1) M P
Bước 3: Kết luận A(n) M P với n ³ a
Ví dụ 1: Chứng minh A(n) = 16n - 15n - 1 M 225 với " n Î N*
Giải
Với n = 1 Þ A(n) = 225 M 225 vậy n = 1 đúng
Giả sử n = k ³ 1 nghĩa là A(k) = 16k - 15k - 1 M 225
Ta phải CM A(k+1) = 16 k+1 - 15(k + 1) - 1 M 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) M 225 (giả thiết quy nạp) 
225mM 225
Vậy A(n) M 225
Ví dụ 2: CMR: với " n Î N* và n là số tự nhiên lẻ ta có 
Giải
Với n = 1 Þ m2 - 1 = (m + 1)(m - 1) M 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 ta phải chứng minh
Thật vậy Þ 
Þ 
có 
	= 
Vậy với " n ³ 1
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: CMR: 33n+3 - 26n - 27 M 29 với " n ³ 1
Bài 2: CMR: 42n+2 - 1 M 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.
Bài 3: Ta cần CM M 3n (1)
Với n = 1 ta có 
Giả sử (1) đúng với n = k tức là M 3k
Ta chứng minh (1) đúng với n = k + 1 tức là phải chứng minh
M 3k+1 ta có 3k+1 = 3.3k = 3k + 3k +3k
Có 
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 M 7
Giải
Có 2222 º - 4 (mod 7) Þ 22225555 + 55552222 º (- 4)5555 + 45555 (mod 7)
Lại có: (- 4)5555 + 42222 = - 45555 + 42222 
= - 42222 (43333 - 1) = 
	Vì 43 = 64 º (mod 7) (mod 7)
Þ 22225555 + 55552222 º 0 (mod 7)
Vậy 22225555 + 55552222 M 7
Ví dụ 2: CMR: với " n Î N
Giải
Theo định lý Fermat ta có: 
310 º 1 (mod 11)
210 º 1 (mod 11)
Ta tìm dư trong phép chia là 24n+1 và 34n+1 cho 10
	Có 24n+1 = 2.16n º 2 (mod 10)
Þ 24n+1 = 10q + 2 (q Î N)
	Có 34n+1 = 3.81n º 3 (mod 10)
Þ 34n+1 = 10k + 3 (k Î N)
Ta có: 
= 32.310q + 23.210k + 5
º 1+0+1 (mod 2)
	º 0 (mod 2) 
mà (2, 11) = 1
Vậy với " n Î N
Ví dụ 3: CMR: với n Î N
Giải
Ta có: 24 º 6 (mod) Þ 24n+1 º 2 (mod 10)
Þ 24n+1 = 10q + 2 (q Î N)
Þ 
Theo định lý Fermat ta có: 210 º 1 (mod 11)
Þ 210q º 1 (mod 11)
	º 4+7 (mod 11) º 0 (mod 11) 
Vậy với n Î N (ĐPCM)
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: CMR với n Î N
Bài 2: CMR với " n ³ 1 ta có
52n-1. 22n-15n+1 + 3n+1 .22n-1 M 38
Bài 3: Cho số p > 3, p Î (P)
CMR 3p - 2p - 1 M 42p
Bài 4: CMR với mọi số nguyên tố p đều có dạng
	2n - n (n Î N) chia hết cho p.
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: Làm tương tự như VD3
Bài 2: Ta thấy 52n-1. 22n-15n+1 + 3n+1 .22n-1 M 2
Mặt khác 52n-1. 22n-15n+1 + 3n+1 .22n-1 = 2n(52n-1.10 + 9. 6n-1)
Vì 25 º 6 (mod 19) Þ 5n-1 º 6n-1 (mod 19)
Þ 25n-1.10 + 9. 6n-1 º 6n-1.19 (mod 19) º 0 (mod 19)
Bài 3: Đặt A = 3p - 2p - 1 (p lẻ)
	Dễ dàng CM A M 2 và A M 3 Þ A M 6
Nếu p = 7 Þ A = 37 - 27 - 1 M 49 Þ A M 7p
Nếu p ¹ 7 Þ (p, 7) = 1
Theo định lý Fermat ta có:
	A = (3p - 3) - (2p - 2) M p
Đặt p = 3q + r (q Î N; r = 1, 2)
Þ A = (33q+1 - 3) - (23q+r - 2)
= 3r.27q - 2r.8q - 1 = 7k + 3r(-1)q - 2r - 1 (k Î N)
với r = 1, q phải chẵn (vì p lẻ)
Þ A = 7k - 9 - 4 - 1 = 7k - 14
Vậy A M 7 mà A M p, (p, 7) = 1 Þ A M 7p
Mà (7, 6) = 1; A M 6
Þ A M 42p.
Bài 4: Nếu P = 2 Þ 22 - 2 = 2 M 2
Nếu n > 2 Theo định lý Fermat ta có:
2p-1 º 1 (mod p)
Þ 2m(p-1) º 1 (mod p) (m Î N)
Xét A = 2m(p-1) + m - mp
A M p Þ m = kq - 1
Như vậy nếu p > 2 Þ p có dạng 2n - n trong đó
N = (kp - 1)(p - 1), k Î N đều chia hết cho p
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 lên.
Ví dụ 1: CMR: Trong n + 1 số nguyên bất kỳ có 2 số có hiệu chia hết cho n.
Giải
Lấy n + 1 số nguyên đã cho chia cho n thì được n + 1 số dư nhận 1 trong các số sau: 0; 1; 2; ; n - 1
Þ có ít nhất 2 số dư có cùng số dư khi chia cho n.
Giả sử ai = nq1 + r 	0 £ r < n
aj = nq2 + r	a1; q2 Î N
Þ aj - aj = n(q1 - q2) M n
Vậy trong n +1 số nguyên bất kỳ có 2 số có hiệu chia hết cho n.
Nếu không có 1 tổng nào trong các tổng trên chia hết cho n như vậy số dư khi chia mỗi tổng trên cho n ta được n số dư là 1; 2; ; n - 1
Vậy theo nguyên lý Đirichlet sẽ tồn tại ít nhất 2 tổng mà chi cho n có cùng số dư Þ (theo VD1) hiệu cùadr tổng này chia hết cho n (ĐPCM).
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: CMR: Tồn tại n Î N sao cho 17n - 1 M 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 không 1 số có dạng.
	19931993  1993000  00 M 1994
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: Xét dãy số 17, 172, , 1725 (tương tự VD2)
Bài 2: Ta có 1994 số nguyên chứa toàn bộ số 1 là:
	1
	11
	111
Khi chia cho 1993 thì có 1993 số dư Þ theo nguyên 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 Î N
Þ aj - aj = 1993(q - k) 
mà (10j, 1993) = 1
M 1993 (ĐPCM)
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 Þ tồn tại 5 số có số dư khác nhau Þ tổng các số dư là: 0 + 1 + 2 + 3 + 4 = 10 M 10
Vậy tổng của 5 số này chia hết cho 5.
Bài 4: Xét dãy số a1 = 1993, a2 = 19931993, 
a1994 = 
đem chia cho 1994 Þ có 1994 số dư thuộc tập {1; 2; ; 1993} theo nguyên lý Đirichlet có ít nhất 2 số hạng có cùng số dư.
Giả sử: ai = 1993  1993 (i số 1993)
aj = 1993  1993 (j số 1993)
Þ aj - aj M 1994 	1 £ i < j £ 1994
Þ 
Phương pháp 9
PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG
	Để CM A(n) M p (hoặc A(n) M p )
+ Giả sử: A(n) M p (hoặc A(n) M p )
+ CM trên giả sử là sai
+ Kết luận: A(n) M p (hoặc A(n) M p )
Ví dụ 1: CMR n2 + 3n + 5 M 121 với " n Î N
	Giả sử tồn tại n Î N sao cho n2 + 3n + 5 M 121
Þ 4n2 + 12n + 20 M 121 (vì (n, 121) = 1)
Þ (2n + 3)2 + 11 M 121 (1)
Þ (2n + 3)2 M 11
Vì 11 là số nguyên tố Þ 2n + 3 M 11
	Þ (2n + 3)2 M 121 (2)
Từ (1) và (2) Þ 11 M 121 vô lý
Vậy n2 + 3n + 5 M 121
Ví dụ 2: CMR n2 - 1 M n với " n Î N*
Giải
Xét tập hợp số tự nhiên N*
Giả sử $ n ³ 1, n Î N* sao cho n2 - 1 M n
Gọi d là ước số chung nhỏ nhất khác 1 của n Þ d Î (p) theo định lý Format ta có
2d-1 º 1 (mod d) Þ m < d
ta chứng minh m\n
Giả sử n = mq + r (0 £ r < m)
Theo giả sử n2 - 1 M n Þ nmq+r - 1 M n
Þ 2r(nmq - 1) + (2r - 1) M n Þ 2r - 1 M d vì r < m mà m Î N, m nhỏ nhất khác 1 có tính chất (1)
Þ r = 0 Þ m\n mà m < d cũng có tính chất (1) nên điều giả sử là sai.
Vậy n2 - 1 M n với " n Î N*
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: Có tồn tại n Î N sao cho n2 + n + 2 M 49 không?
Bài 2: CMR: n2 + n + 1 M 9 với " n Î N*
Bài 3: CMR: 4n2 - 4n + 18 M 289 với " n Î N
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: Giả sử tồn tại n Î N để n2 + n + 2 M 49 
Þ 4n2 + 4n + 8 M 49
Þ (2n + 1)2 + 7 M 49 (1) Þ (2n + 1)2 M 7
Vì 7 là số nguyên tố Þ 2n + 1 M 7 Þ (2n + 1)2 M 49 (2)
Từ (1); (2) Þ 7 M 49 vô lý.
Bài 2: Giả sử tồn tại n2 + n + 1 M 9 với " n
Þ (n + 2)(n - 1) + 3 M 3 (1)
vì 3 là số nguyên tố Þ Þ (n + 2)(n - 1) M 9 (2)
Từ (1) và (2) Þ 3 M 9 vô lý
Bài 3: Giả sử $ n Î N để 4n2 - 4n + 18 M 289 
	Þ (2n - 1)2 + 17 M 172
Þ (2n - 1) M 17
17 là số nguyên tố Þ (2n - 1) M 17 Þ (2n - 1)2 M 289
Þ 17 M 289 vô lý.