Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán Lớp 6 - Nguyễn Viết Cường

A – Mở đầu
1. Lý do chọn đề tài
	Số học là môn học lâu đời nhất và hấp dẫn nhất của toán học. 
Vậy số học là gì? Số học là khoa học về số, trong số học người ta nghiên cứu những tính chất đơn giản nhất của số và những quy tắc tính toán. ở chương trình THCS số học chiếm 1 lượng khá lớn trong số học thì phép chia hết trên vành số nguyên đã thực sự thu hút đối với giáo viên và học sinh, có lẽ đó không chỉ bởi vấn đề lý thuyết về phép chia có giá trị thực tiễn mà qua đó rèn cho học sinh tư duy sáng tạo toán học. Càng học các em càng được cuốn hút bởi 1 lượng bài tập vô cùng sáng tạo và phong phú.
	Cái khó khi dùng phép chia hết trên vành số nguyên và khi học sinh là vấn đề nhận diện và vận dụng lý thuyết để chỉ ra phương pháp giải các bài toán, khi ngành Giáo dục đang thi đua giảng dạy theo phương pháp đổi mới, trong luật Giáo dục Việt Nam và Nghị quyết đại hội Đảng lần thứ 7 và 8 cũng đã nhấn mạnh: “Dạy cho học sinh phương pháp tự nghiên cứu” và với tình hình hiện nay còn nhiều giáo viên chưa thực sự quan tâm đúng mức đến việc rèn luyện năng lực tự học cho học sinh.
	Xuất phát từ vấn đề nên trên đã thúc đẩy Tôi viết.
Rèn luyện kỹ năng giải các bài toán chia hết trên vành số nguyên.
2. Nội dung đề tài gồm
Phần I: Tóm tắt lý thuyết
Phần II: Các phương pháp giải các bài toán chia hết.
Phương pháp sử dụng dấu hiệu chia hết.
Phương pháp sử dụng tính chất chia hết.
Phương pháp sử dụng xét tập hợp số dư trong phép chia.
Phương pháp sử dụng các phương pháp phân tích thành nhân tử.
Phương pháp biến đổi biểu thức cần chứng minh về dạng tổng.
Phương pháp quy nạp toán học.
Phương pháp sử dụng đồng dư thức.
Phương pháp sử dụng nguyên lý Đ.
Phương pháp phản chứng.
Trong mỗi phương pháp đều có những ví dụ điển hình và các bài tập tương tự. Vẫn biết rằng những khái niệm về số học được rất nhiều tác giả đề cập đến ở nhiều khía cạnh khác nhau. Do đó không thể có sự sáng tạo hoàn toàn trong đề tài mà đề tài này mới chỉ dừng lại ở 1 mức độ nhất định. Với nội dung và cách trình bày trong đề tài này không tránh khỏi những hạn chế của bản thân, rất mong được các Thầy cô giáo và đồng nghiệp góp ý để nội dung đề tài ngày càng được hoàn thiện hơn.
B - Nội dung
Phần I: Tóm tắt lý thuyết
I. Định nghĩa phép chia
	Cho 2 số nguyên a và b trong đó b ạ 0 ta luôn tìm được hai số nguyên q và r duy nhất sao cho:
a = bq + r Với 0 Ê r Ê | 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 ẻ {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 ạ 0 ị a M a
Nếu a M b và b M c ị a M c
Với " a ạ 0 ị 0 M a
Nếu a, b > 0 và a M b ; b M a ị a = b
Nếu a M b và c bất kỳ ị ac M b
Nếu a M b ị (±a) M (±b)
Với " a ị a M (±1)
Nếu a M b và c M b ị a ± c M b
Nếu a M b và cMb ị a ± c M b
 Nếu a + b M c và a M c ị b M c
 Nếu a M b và n > 0 ị an M bn
 Nếu ac M b và (a, b) =1 ị 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 ị 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 a0ẻ{0; 2; 4; 6; 8}
+ N M 5 Û a0 M 5 Û a0ẻ{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 ị a º a (modun)
Nếu a º b (modun) ị b º a (modun)
Nếu a º b (modun), b º c (modun) ị a º c (modun)
Nếu a º b (modun) và c º d (modun) ị a+c º b+d (modun)
Nếu a º b (modun) và c º d (modun) ị ac º bd (modun)
Nếu a º b (modun), d ẻ Uc (a, b) và (d, m) =1 
 ị (modun)
Nếu a º b (modun), d > 0 và d ẻ Uc (a, b, m) 
 ị (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 ẻ p; ai ẻ 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 ẻ {0 ; 5}
	Nếu b = 0 ta có số M 9 Û a + 5 + 6 + 0 M 9
 ị a + 11 M 9 
 ị a = 7
	Nếu b = 5 ta có số M 9 Û a + 5 + 6 + 0 M 9
 ị a + 16 M 9 
 ị 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 
ị 5a - a M 9 ị 4a M 9 mà (4 ; 9) = 1
ị 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
ị 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
 ị a + 2bM4
	b. NM16 Û 1000d + 100c + 10b + aM16
 	 Û (992d + 96c + 8b) + (8d + 4c + 2b + a) M16
	 ị a + 2b + 4c + 8dM16 với b chẵn
	c. Có 100(d + 3c + 9b + 27a) - M29
 mà (1000, 29) =1
 M29
 ị (d + 3c + 9b + 27a) M29
Bài 3: Gọi là số có 2 chữ số
 Theo bài ra ta có:
= 10a + b = 2ab (1)
 M2 ị b ẻ{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
	ị 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 ị A M 9
 279 - 279 = 0 M 11 ị 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 ị có 23 cặp số mỗi cặp có tổng là 1 số lẻ ị 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. 
ị = (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 ẻ Z, n ẻ 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 = 
	ị m + i M n
* Nếu không tồn tại số dư là 0 ị không có số nguyên nào trong dãy chia hết cho n ị phải có ít nhất 2 số dư trùng nhau.
Giả sử: 
	 ị i - j = n(qi - qj) M n ị i - j M n
mà ẵi - jẵ< n ị i - j = 0 ị i = j
	 ị 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
ị 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.
ị 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)
ị 3(n - 1)n (n + 1) M 9
mà 
ị 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. ị (k - 2)(k - 1)(k + 1)k M 8
Mà (k - 2) (k - 1)k M 3 ; (3,8)=1
ị (k - 2) (k - 1) (k + 1)k M 24
ị 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 ẻ N
Bài 2: CMR: n4 + 6n3 + 11n2 + 6n M 24 Với " n ẻ 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 ẻ 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 ị n2 + 1 và n4 + 1 là những số chẵn ị (n2 + 1)2 M 2
 n4 + 1 M 2
ị 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 ... 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 ẻ 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
ị n(n + 1) (n - 1) M 6 và 12n M 6
Vậy n3 + 11n M 6
Ví dụ 2: Cho a, b ẻ 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
ị (1)
Có 16a +17b + 17a +16b = 33(a + b) M 11 (2)
Từ (1) và (2) ị 
Vậy (16a +17b) (17a +16b) M 121
Ví dụ 3: Tìm n ẻ 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) ị n = 3k hoặc n = 3k + 1 (k ẻ N) 
Từ (2) ị n ẻ {1; 2; 3; 5; 6; 10; 15; 30}
Vậy từ (1); (2) ị n ẻ {1; 3; 6; 10; 15; 30}
Thay các giá trị của n vào P ta có 
n ẻ {1; 3; 10; 30} là thoả mãn
Vậy n ẻ {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 ẻ 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 
ị n(3n + 5) M 2 ị 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 ị n = -8 (thoả mãn)
Nếu n + 8 ạ 0 ị ẵn + 8ẵ³ n2 + 1
ị 
ị n ẻ {-2; 0; 2} thử lại
Vậy n ẻ {-8; 0; 2}
6. 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 ẻ N*
Giải
Với n = 1 ị 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 ẻ N* và n là số tự nhiên lẻ ta có 
Giải
Với n = 1 ị 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 ị 
ị 
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 
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 M 7
Giải
Có 2222 º - 4 (mod 7) ị 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)
ị 22225555 + 55552222 º 0 (mod 7)
Vậy 22225555 + 55552222 M 7
Ví dụ 2: CMR: với " n ẻ 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)
ị 24n+1 = 10q + 2 (q ẻ N)
	Có 34n+1 = 3.81n º 3 (mod 10)
ị 34n+1 = 10k + 3 (k ẻ 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 ẻ N
Ví dụ 3: CMR: với n ẻ N
Giải
Ta có: 24 º 6 (mod) ị 24n+1 º 2 (mod 10)
ị 24n+1 = 10q + 2 (q ẻ N)
ị 
Theo định lý Fermat ta có: 210 º 1 (mod 11)
ị 210q º 1 (mod 11)
	º 4+7 (mod 11) º 0 (mod 11) 
Vậy với n ẻ N (ĐPCM)
Bài tập tương tự
Bài 1: CMR với n ẻ 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 ẻ (P)
CMR 3p - 2p - 1 M 42p
Bài 4: CMR với mọi số nguyên tố p đều có dạng
	2n - n (n ẻ 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) ị 5n-1 º 6n-1 (mod 19)
ị 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 ị A M 6
Nếu p = 7 ị A = 37 - 27 - 1 M 49 ị A M 7p
Nếu p ạ 7 ị (p, 7) = 1
Theo định lý Fermat ta có:
	A = (3p - 3) - (2p - 2) M p
Đặt p = 3q + r (q ẻ N; r = 1, 2)
ị A = (33q+1 - 3) - (23q+r - 2)
= 3r.27q - 2r.8q - 1 = 7k + 3r(-1)q - 2r - 1 (k ẻ N)
với r = 1, q phải chẵn (vì p lẻ)
ị A = 7k - 9 - 4 - 1 = 7k - 14
Vậy A M 7 mà A M p, (p, 7) = 1 ị A M 7p
Mà (7, 6) = 1; A M 6
ị A M 42p.
Bài 4: Nếu P = 2 ị 22 - 2 = 2 M 2
Nếu n > 2 Theo định lý Fermat ta có:
2p-1 º 1 (mod p)
ị 2m(p-1) º 1 (mod p) (m ẻ N)
Xét A = 2m(p-1) + m - mp
A M p ị m = kq - 1
Như vậy nếu p > 2 ị p có dạng 2n - n trong đó
N = (kp - 1)(p - 1), k ẻ 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 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
ị có ít nhất 2 số dư có cùng số dư khi chia cho n.
Giả sử ai = nq1 + r 	0 Ê r < n
aj = nq2 + r	a1; q2 ẻ N
ị 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 ị (theo VD1) hiệu cùadr tổng này chia hết cho n (ĐPCM).
Bài tập tương tự
Bài 1: CMR: Tồn tại n ẻ 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 ị theo nguyên lý Đirichlet có ít nhất 2 số có cùng số dư.
Giả sử đó là 
	ai = 1993q + r 	0 Ê r < 1993
aj = 1993k + r	i > j; q, k ẻ N
ị 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 ị tồn tại 5 số có số dư khác nhau ị 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 ị 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)
ị aj - aj M 1994 	1 Ê i < j Ê 1994
ị 
9. 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 ẻ N
	Giả sử tồn tại n ẻ N sao cho n2 + 3n + 5 M 121
ị 4n2 + 12n + 20 M 121 (vì (n, 121) = 1)
ị (2n + 3)2 + 11 M 121 (1)
ị (2n + 3)2 M 11
Vì 11 là số nguyên tố ị 2n + 3 M 11
	ị (2n + 3)2 M 121 (2)
Từ (1) và (2) ị 11 M 121 vô lý
Vậy n2 + 3n + 5 M 121
Ví dụ 2: CMR n2 - 1 M n với " n ẻ N*
Giải
Xét tập hợp số tự nhiên N*
Giả sử $ n ³ 1, n ẻ N* sao cho n2 - 1 M n
Gọi d là ước số chung nhỏ nhất khác 1 của n ị d ẻ (p) theo định lý Format ta có
2d-1 º 1 (mod d) ị m < d
ta chứng minh m\n
Giả sử n = mq + r (0 Ê r < m)
Theo giả sử n2 - 1 M n ị nmq+r - 1 M n
ị 2r(nmq - 1) + (2r - 1) M n ị 2r - 1 M d vì r < m mà m ẻ N, m nhỏ nhất khác 1 có tính chất (1)
ị r = 0 ị m\n mà m < d cũng có tính chất (1) nên điều giả sử là sai.
Vậy n2 - 1 M n với " n ẻ N*
Bài tập tương tự
Bài 1: Có tồn tại n ẻ N sao cho n2 + n + 2 M 49 không?
Bài 2: CMR: n2 + n + 1 M 9 với " n ẻ N*
Bài 3: CMR: 4n2 - 4n + 18 M 289 với " n ẻ N
Hướng dẫn - Đáp số
Bài 1: Giả sử tồn tại n ẻ N để n2 + n + 2 M 49 
ị 4n2 + 4n + 8 M 49
ị (2n + 1)2 + 7 M 49 (1) ị (2n + 1)2 M 7
Vì 7 là số nguyên tố ị 2n + 1 M 7 ị (2n + 1)2 M 49 (2)
Từ (1); (2) ị 7 M 49 vô lý.
Bài 2: Giả sử tồn tại n2 + n + 1 M 9 với " n
ị (n + 2)(n - 1) + 3 M 3 (1)
vì 3 là số nguyên tố ị ị (n + 2)(n - 1) M 9 (2)
Từ (1) và (2) ị 3 M 9 vô lý
Bài 3: Giả sử $ n ẻ N để 4n2 - 4n + 18 M 289 
	ị (2n - 1)2 + 17 M 172
ị (2n - 1) M 17
17 là số nguyên tố ị (2n - 1) M 17 ị (2n - 1)2 M 289
ị 17 M 289 vô lý.
Tài liệu tham khảo
1. Số học	Nguyễn Vũ Thanh
2. Toán chọn lọc cấp II	Lê Hải Châu
3. 400 bài toán chọn lọc 	Vũ Dương Thuỵ – Trương Công Thành – Nguyễn Ngọc Đạm
4. Chuyên đề số học 	Võ Đại Mau
5. Bài tập số học về đại số - Tủ sách ĐHSP – Nhà xuất bản GD 1985.
6. Thực hành giaỉ toán cấp II – Trung tâm nghiên cứu đào tạo bồi dưỡng giáo viên.
7. 250 bài toán số học đại số – Võ Đại Mau – Lê Tất Hùng – Vũ Thị Nhàn.
8. Các đề vô định toán các nước – Nhà xuất bản Hải phòng.
9. 255 bài toán số học chọn lọc – Sở GD Hà Tây 1993.
 Chuyên đề bồi dưỡng giỏi toán 6 - Đinh Vũ Nhân – Võ Thị ái Nương – Hoàng Chúng.
 Số học bà chúa của toán học – Hoàng Chúng.
Mục lục
Nội dung 	 Trang
A – Mở đầu	1
B – Nội dung	2
Phần I: Tóm tắt lý thuyết	2
Phần II: Các phương pháp giải các bài toán chia hết	4
1. Phương pháp sử dụng dấu hiệu chia hết	4
2. Phương pháp sử dụng tính chất chia hết	6
3. Phương pháp sử dụng xét tập hợp số dư trong phép chia	8
4. Phương pháp sử dụng các phương pháp phân tích thành nhân tử	10
5. Phương pháp biến đổi biểu thức cần chứng minh về dạng tổng	11
6. Phương pháp quy nạp toán học	13
7. Phương pháp sử dụng đồng dư thức	14
8. Phương pháp sử dụng nguyên lý Đ	16
9. Phương pháp phản chứng	18