Tài liệu nâng cao phần Số học Lớp 6 - Nguyễn Văn Tưởng

 Lêi nãi ®Çu
 Trong bé m«n To¸n ë tr­êng phæ th«ng th× phÇn sè häc ®­îc xem lµ mét trong nh÷ng phÇn khã, nhiÒu häc sinh kh¸ thËm chÝ giái cßn lo ng¹i tr¸nh nÐ bëi v× häc sinh ch­a h×nh thµnh ®­îc nh÷ng ph­¬ng ph¸p gi¶i ®Ó häc sinh øng dông vµo viÖc gi¶i mét bµi to¸n sè häc.
 Qua néi dung vÒ Bµi tËp lín em xin tr×nh bµy, mét sè chuyªn ®Ò vÒ sè häc vµ øng dông cña nã trong viÖc chøng minh vµ gi¶i quyÕt c¸c bµi to¸n cã liªn quan. Nh»m gióp häc sinh bít lóng tóng khi gÆp c¸c bµi to¸n vÒ sè häc, ®Æc biÖt lµ gióp cho c¸c em kh¸, giái n¾m v÷ng kiÕn thøc vµ cã ph­¬ng ph¸p häc tèt h¬n ®Ó cã thÓ tham gia tèt trong k× thi häc sinh giái cÊp THCS
	§Ò tµi gåm c¸c chuyªn ®Ò sau:
 Chuyªn ®Ò 1: TÝnh chia hÕt
 Chuyªn ®Ò 2: Sè nguyªn tè 
 Chuyªn ®Ò 3: Sè chÝnh ph­¬ng
 Chuyªn ®Ò 4: Béi vµ ­íc cña c¸c sè
 Mçi chuyªn ®Ò cã tr×nh bµy lý thuyÕt, c¸c ph­¬ng ph¸p gi¶i, Víi mæi ph­¬ng ph¸p cã c¸c ph­¬ng ph¸p cô thÓ sau ®ã lµ c¸c vÝ dô minh ho¹, bµi tËp tù gi¶i cã h­íng dÉn nh»m góp häc sinh rÌn luyÖn ®­îc kû n¨ng vµ kiÕn thøc vÒ phÇn sè häc/. 
 Néi dung ®Ò tµi
 CHUYÊN ĐỀ 1: TÍNH CHIA HẾT.
Lý thuyết
I. Phép chia hết và phép chia có dư.
 Cho hai số tự nhiên a, b, b 0. Nếu có số tự nhiên qsao cho a = bq thì ta nói a chia hết cho b, kí hiệu a b, hoặc b chia hết cho a, kí hiệu b | a. Số q (nếu có) được xác định duy nhất và được gọi là thương của a và b, kí hiệu q = a : b 
hoặc q = . Quy tắc tìm thương của hai số gọi là phép chia.
 Tuy nhiên với hai số tự nhiên bất kì a, b không phải luôn luôn có a chia hết cho b hoặc b chia hết cho a, mà ta có định lí sau:
 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.
 B. Các dạng toán.
Dạng 1. Xét mọi trường hợp có thể xảy ra của số dư.
 Muốn chứng minh một biểu thức của n là A(n) chia hết cho q ta có thể xét mọi trường hợp về số dư khi chia n cho q.
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, hay 2 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 3.5.10 = 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.
 Từ đó suy ra 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.
 Ta cũng có thể phân tích số bị chia thành nhân tử sao cho một hạng tử có chứa số chia. Muốn chứng minh A(n) chia hết cho q ta chứng minh rằng :
 A(n) = q.B(n)
 Thông thường ta dùng các hằng đẳng thức có dạng an – bn hoặc an + bn
Bài 1.
 Chứng minh rằng 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 định lí Fermat và định lí Euler .
 Fermat là một nhà toán học Pháp (1601 – 1655) nổi tiếng với những định lí về số nguyên tố. Định lí Fermat sau đây rất hay được dùng để giải các bài toánvề chia hết:
Nếu p là số nguyên tố thì np – n chia hết cho p với mọi số nguyên n
 (mod p), p là số nguyên tố.
 Đặc biệt nếu n, p nguyên tố cùng nhau thì (mod p)
Bài 1.
 Chứng minh rằng :
 chia hết cho 11
Giải.
 Theo định lí Fermat thì (mod 11), do đó (mod 11)
 Vậy.
Tức là chia hết cho 11.
Bài 2.
 Chứng minh rằng nếu a + b + c chia hết cho 30 thì a5 + b5 + c5 chia hết cho 30.
Giải.
Ta có : 30 = 2.3.5
Theo tính chất của phép đồng dư ta có:
Tức là a + b+ c chia hết cho 30 thì a5 + b5 + c5 chia hết cho 30.
Bài 3.
 Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố p, q , ta có 
 chia hết cho p.q
Giải.
Vì p, q là số nguyên tố và nên (p, q) = 1
Theo định lí Fermat có :
Vậy 
Do đó A chia hết cho p.
Bài 4.
 Cho p là số nguyên tố lớn hơn 7. Chứng minh rằng 3p – 2p – 1 chia hết cho 42p.
Giải.
 Ta có 42p = 6p.7 = 2.3.p.7
Có :
Vì p la số lẻ nên 
Áp dụng định lí Fermat: 
Do đó 
Một số nguyên tố p khi chia cho 6 chỉ có thể dư là 1 hoặc 5
Nếu p = 6k + 1 thì
Nếu p = 6k + 5 thì 
Vậy 
Từ các điều trên (đpcm).
Dạng 5. Sử dụng nguyên tắc Dirichlet .
 Nguyên lí Dirichlet là một định lí có chứng minh dể dàng bằng phản chứng và được sử dụng để chứng minh nhiều định lí toán học. Nguyên lí này thường được phát biểu một cách hình học và đơn giản như sau:
 Không thể nhốt 7 con thỏ vào 3 cái lồng mà mỗi lồn không quá hai con thỏ. Nói một cách khác: Nếu nhốt 7 con thỏ vào 3 cái lồng thì sẻ có một lồng chứa từ 3 con thỏ trở lên.
 Một cách tổng quát có thể phát biểu:
 Nếu đem n + 1 vật xếp vào ngăn kéo thì có ít nhất một ngăn kéo chứa từ hai vật trở lên.
 Nguyên lí này giúp ta giải một bài khá dể dàng nhất là các bài toán về chia hết.
Bài 1.
 Chứng minh rằng trong n + 1 số nguyên bất kì có hai số mà hiệu chia hết cho n.
Giải.
 Lấy n + 1 số nguyên đã cho chia cho n thì được n + 1 số dư. Nhưng khi chia một số cho n thì số dư chỉ có giá trị 0, 1, 2, , n – 1. vậy trong phép chia thì phải có hai số dư bằng nhau. Khi đó hiệu số của hai số này sẻ chia hết cho n.
Bài 2.
 Chứng minh rằng trong các số tự nhiên, thế nào cũng có số k sao cho 1983k – 1 chia hết cho 105 
Giải.
 Ta cho k lấy lần lượt 105 + 1 giá trị liên tiếp từ 1 trở lên, ta được 105 + 1 giá trị khác nhau của 1983k – 1. sau đó chia các giá trị này cho 105 , ta chỉ có nhiều nhất là 105 số dư. Vậy theo nguyên lí Dirichlet, phải có ít nhất hai số cùng cho một số dư khi chia cho 105.
Giả sử đó là các số 1983m – 1 và 1983n – 1( với m > n). Như vậy hiệu của chúng 
(1983m – 1) – (`983n – 1) = 1983m – 1983n = 1983n(1983m-n – 1) phải chia hết cho 105
 Nhưng 105 chỉ có các ước số2, 5 còn 2 và 5 không phải là ước số của 1983n vậy chúng nguyên tố cùng nhau, do đó.
 1983m-n – 1 phải chia hết cho 105.
Như vậy k = m – n chính là số phải tìm.
Bài 3.
 Viết các số tự nhiên từ 1 đến 100 thành hàng ngang theo một thứ tự tuỳ ý, tiếp đó cộng mỗi một số trong các số đã cho với số thứ tự chỉ vị trí nó đứng (tính từ trái sang phải). Chứng minh rằng ít nhất củng có hai tổng mà chử số tận cùng của hai tổng đó như nhau.
Giải.
 Gọi 10 số tự nhiên từ 1 đến 10 viết theo thứ tự từ trái sang phải là a1, a2,, a10. Ta lập dãy mới b1, b2, , b10 với b1 = a1 + 1, b2 = a2 + 2;..; b10 = a10 + 1. 
bi là tổng của ai với vị trí thứ i mà nó đứng (i = 1, 2, , 10). 
Ta có: b1 + b2 + + b10 = a1 + a2 + ..+a10 + 1 + 2+ ..+10 = 2(1 + 2 + + 10)= 110
 Vì 110 là số chẵn nên không xãy ra trường hợp có 5 số bi nào đó lẻ và 5 số bj nào đó chẵn, hay nói cách khác các số bi chẵn, và các số bj lẻ phải khác nhau.
 Do đó các số bi lẻ lớn hơn 5 hoặc các số bj chẵn lớn hơn 5. Mà từ 1 đến 10 chỉ có 5 vị trí lẻ và 5 vị trí chẵn nên theo nguyên tắc Dirichlet phải có ít nhất hai số bi lẻ tận cùng như nhau hoặc có hai số bj chẵn có chử số tận cùng như nhau..
Bài 4.
 Chứng minh rằng trong 19 số tự nhiên liên tiếp bất kì luôn tồn tại một số có tổng các chử số chia hết cho 10.
Giải.
 Trước hết ta chứng minh rằng: với 19 số tự nhiên liên tiếp luôn tồn tại 10 số nguyên liên tiếp có chử số hàng chục như nhau còn các chử số hàng đơn vị liên tiếp từ 0 đến 9.
 Nếu trong 19 số tự nhiên liên tiếp có mặt 3 chử số hàng chục khác nhau thì rỏ ràng có một chử số hàng chục(ở giữa hai hàng chục kia) cùng với các chử số đơn vị liên tiếp từ 0 đến 9.
 Nếu trong 19 số tự nhiên liên tiếp chỉ có hai loại chử số hàng chục khác nhau thì từ 19 = 2.9 + 1 suy ra có 10 số có cùng chử số hàng chục và cá ... à (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. TÌM ƯCLN CỦA HAI SỐ BẰNG THUẬT TOÁN Ơ-CLIT.
Bài 1.
 Cho 2 số tự nhiên a và b (a > b).
a) Chứng minh rằng nếu a chia hết cho b thì (a, b) = b.
b) Chứng minh rằng nếu a không chia hết cho b thì ƯCLN của hai số bằng ƯCLN của số nhỏ và số dư trong phép chia số lớn cho số nhỏ.
c) Dùng các nhận xét trên để tìm ƯCLN(72, 56).
Giải.
a) Mọi ước chung của a, b hiển nhiên là ước của b. Đảo lại, do a chia hết cho b nên b là ước chung của a và b. Vậy (a, b) = b.
b) Gọi r là số dư trong phép chia a cho b (a > b). Ta có a = kb + r cần chứng minh rằng (a, b) = (a, r).
 thật vậy nếu a và b cùng chia hết cho d thì r chia hết cho d, do đó ước chung của a và b cũng là ước chung của b và r ( 1). Đảo lại nếu b và r cùng chia hết cho d thì a chia hết cho d, do đó ước chung của b và r củng là ước chung của a và b (2). Từ (1), và (2) suy ra tập hợp các ước chung của a và b và tập hợp các ước chung của b và r bằng nhau. Do đó hai số lơn nhất trong hai tập hợp đó cũng băng nhau, tức là (a, b ) =(b, r).
c) 72 chia 56 dư 16 nên (72, 56) = (65, 16);
 56 chia 16 dư 8 nên (56, 16) = (16, 8);
 16 chia hết 8 nên (16, 8 ) = 8
 Vậy (72, 56) = 8
Bài 2.
 Tìm ƯCLN(A, B), biết rằng A là số gồm 1991 chử số 2, B là số gồm 8 chử số 2.
Giải.
 Ta có 1991 chia cho 8 dư 7, còn 8 chia cho 7 dư 1.
Theo thuật toán Ơ-clit : 
Bài 3.
 Tìm hai số, biết rằng bội chung nhỏ nhất của chung và ước chung lớn nhất của chúng có tổng bằng 19.
Giải.
Gọi a và b là hai số phải tìm , d là ƯCLN(a, b)
 ƯCLN(a, b) = d
 BCNN(a, b) = 
Theo đề bài : BCNN(a, b) + ƯCLN(a, b) = 19
Nên da’b’ + d = 19
Suy ra d(a’b’ + 1) = 19
Do đó a’b’ + 1 là ước của 19, và 
Giả sử thì . Ta được :
D
a’b’ + 1
a’.b’
a’
b’
a
b
1
19
18 = 2.32
18
1
18
1
9
2
9
2
Đáp số : 18 và 1; 9 và 2.
DẠNG 5. 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 và a + b
a2 và a + b
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.
i) Nếu d | b thì từ d | 5(11a + 2b) – 3(18a + 5b) = a – 5b d | a d | (a, b) = 1 d = 1. 
ii) Nếu d | 19 thì d = 1, hoặc d = 19.
 Vậy (11a + 2b, 18a + 5b) băng 1 hoặc bằng 19.
Bài 4.
 Cho ƯCLN(m, n) = 1, tìm ƯCLN(m + n, m2 + n2).
Giải.
Giả sử d = (m + n, m2 + n2). Khi đó d | m + n và d | m2 + n2 suy ra d | (m + n)2 – (m2 – n2) = 2mn.
d | m + n và d | 2mn suy ra
 d | 2m(m + n) – 2mn = 2m2 và d | 2n(m + n) – 2mn = 2n2.
Do đó d | (2m2,2n2) = 2(m2, n2) = 2 d = 1 hoặc d = 2.
Nếu m, n cùng lẻ thì d = 2,
Nếu m,n khác tính chẳn lẻ thì d = 1.
C. Bài tập.
1. Cho a và b là hai nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng các số sau cũng là 2 nguyên tố cùng nhau.
a) b và b – a (a > b)
b) a2 + b2 và ab.
2. Chứng minh rằng nếu số c nguyên tố cùng nhau với a và với b thì c nguyên tố cùng nhau với tích ab.
3. Cho (a, b) = 1. tìm 
 a) (a + b, a – b)
 b) (7a + 9b, 3a + 3b)
4. Tìm ƯCLN của 7n + 3 và 81 – 1. Khi nào hai số đó nguyên tố cùng nhau? Tìm n trong khoảng từ 40 đến 90 để chúng không nguyên tố cùng nhau.
5. Tìm số tự nhiên nhỏ nhất có :
 a) 10 ước
 b) 21 ước
 c) 8 ước
6. a) Tìm ƯCLN của tất cả các số tự nhiên có chín chử số gồm các chử từ 1 đến 9
 b) Tìm ƯCLN của tất cả các số tự nhiên có 6 chử số, gồm các chử số từ 1 đế 6.
7. Tìm ƯCLN của 
 a) Hai số chẳn khác 0 liên tiếp.
 b) và 33.
8. Tìm số tự nhiên nhỏ nhất để các phân số tối giản:
9. Tìm dư trong phép chia [123456789, 987654321] cho 11.
10. Dùng thuật toán Euclid để chứng minh: (n4 + 3n2 + 1, n3 + 2n) = 1.
11. Chứng minh rằng nếu | kn – lm | = 1 thì (ma + nb, ka + lb) = (a, b).
Hướng dẫn giải.
1. a. Gọi d ƯC(b, a – b) thì a – b d, b d, do đó a d. 
 Ta có (a, b) = 1 nên d = 1.
b) Giả sử a2 + b2 và ab cùng chia hết cho số nguyên tố d thì vô lí.
2. Giả sử ab và c cùng chia hết cho nguyên tố d thì vô lí.
3. a) ƯCLN(a + b, a – b) = 2 nếu a và b cùng lẻ, bằng 1 nếu trong avà b có một số chẵn, một số lẻ.
 b) 1 hoặc 29.
4. (7n + 3, 8n – 1) băng 1 hoặc 31.
Nếu n 31k + 4 thì (7n + 3,8n – 1) = 1.
Với 40 < n < 90 ta có n = 66 thì (7n + 3, 8n – 1) = 31.
5. a) Xét các dạng a9 và a4b.
Đáp số: Số nhỏ nhất là 48.
b) Đáp số: 26.32 = 576
c) Đáp số: 23.3 = 24.
6. a) Hiệu hai số 123456789 và 987654321 bằng 9, nên ƯCLN phải tìm chỉ có thể là 1, 3, 9. Chú ý rằng mọi số có chín chử số gồm các chử số từ 1 đến 9 đều chia hết cho 9. Vậy ƯCLN phải tìm bằng 9.
b) ƯCLN phải tìm bằng 3.
7. a) 2
b) ƯCLN(, 33) = 33 nếu a + b 3, bằng 11 trong trường hợp còn lại.
8. Các số đã cho có dạng ( k = 7, 8, , 31). Mà
 tối giản (n + 2, k) = 1 n + 2 nguyên tố cùng nhau với 7, 8, , 31 và n + 2 nhỏ nhất n + 2 = 37 n = 35
9. a = 123456789, b = 987654321. Ta có b – 8a = 9 và a, b 9 nên (a, b) = 9;
 mà .
10. Ta có: 
Vậy : (n4 + 3n2 + 1, n3 + 2n) = 1.
11. d | a, d | b thì d | ma + nb, d | ka + lb;
 d | ma + nb, d | ka + lb thì d | k(ma + nb) – m(ka + lb) =b d | b
 Tương tự d | a.
 môc lôc 
Lời mở đầu 1.
Nội dung đề tài..2.
 Chuyên đề 1: Tính chia hết 2.
A. Lý thuyết..2.
 I. Tính chia hết và phép chia có dư...2.
 II. Phép đồng dư ...2.
 III. Dấu hiệu chia hết ....2.
B. Các dạng toán..3.
 Dạng 1: Xét mọi trường hợp xảy ra của số dư  .3.
 Dạng 2: Tách thành tổng nhiều hạng tử 4.
 Dạng 3: Phân tích thành nhân tử ...5.
 Dạng 4: Sử dụng định lý Fermat và định lý Euler .6.
 Dạng 5: Sử dụng nguyên tắc Dirichlet ..8.
 Dạng 6: Sử dụng phép quy nặp....10.
C. Bài tập ..12.
 Hướng dẫn giải .13.
 Chuyên đề 2: Số nguyên tố 15.
A. Lý thuyết ..15.
 I. Số nguyên tố và hợp số .15.
 II. Các định lý cơ bản 16.
B. Các dạng toán18
 Dạng 1: Ước của 1 số.18
 Dạng 2: Số nguyên tố và tính chia hết25.
 Dạng 3: Sử sụng phương pháp phân tích 32
C. Bài tập .38
 Hướng dẫn giải...............................39
 Chuyên đề 3: Số chính phương . 41.
A. Lý thuyết..41.
 I. Định nghĩa....41.
 II. Tính chất.....41.
B. Các dạng toán ..42.
 Dạng 1: Cách biểu diển số tự nhiên trong hệ thập phân ...42.
 Dạng 2: Dùng tính chia hết 50.
 Dạng 3: Phân tính thành nhân tử 57.
C. Bài tập 63.
 Hướng dẫn giải  ..63
 Chuyên đề 4: Bội và ước của các số 65
A. Lý thuyết65.
B. Các dạng toán.67
 Dạng 1: Số ước của một số.......67
 Dạng 2: Tìm hai số trong đó biết ƯCLN của chúng ...68.
 Dạng 3: Phối hợp BCNN và ƯCLN..70.
 Dạng 4: Tìm ƯCLN của hai số bằng thuật toán Ơ-Clit ...74
 Dạng 5: Hai số nguyên tố cùng nhau.. . ...75
 Dạng 6: Tìm ƯCLN của các biểu thức số.77
C.Bài tập..79
 Hướng dẫn giải..80
 MỘT SỐ TÀI LIỆU THAM KHẢO.
1. Toán học tuổi trẻ của Nhà xuất bản giáo dục .
2. Toán tuổi thơ 2. của Nhà xuất bản giáo dục.
3. Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học cở sở - số học của Nguyễn Vũ Thanh.
4. Đại số sơ cấp và thực hành giải toán của Hoàng Kỳ - Hoàng Thanh Hà.
5. Toán nâng cao chọn lọc đại số 8 của Phan Thanh Quang.
6. Toán nâng cao và các chuyên đề đại số 7 của Vũ Dương Thuỵ
7. Toán nâng cao số học 6 của Nguyễn Vĩnh Cận.
8. Nâng cao và phát triển toán 6 của Vũ Hữu Bình.
9. Số học của Bộ giáo dục và đào tạo