Chuyên đề Về lý thuyết Toán chia hết

t; r <b 
+ a là số bị chia ; b là số chia ; q là thương số ; r là số dư ( Trong đó r = 0;1;2; ... êb -1 )
+ Nếu r = 0 thì a =bq ta nói a chia hết cho b ( a b) hay a là bội của b hay b là ước của a
+ Nếu r ¹ 0 thì phép chia a cho b là phép chia còn dư
2) Một số tính chất:
	1) a M a ( a ¹ 0 ) 
 2) a M b ;b M c Þ a M c ( b, c ¹ 0)
	3) a M b Þ ka M b ( b ¹ 0)
	4) a M b ,a M c trong đó b,c là hai số nguyên tố cùng nhau thì a M ( bc)
	5) aM c , bM c thì ( a + b) M c ; ( a - b ) Mc 
	6) ( a.b) Mc trong đó a,c là hai số nguyên tố cùng nhau thì bM c
	7) ( a - b ) M c thì avà b chia cho c có cùng số dư 
	8) a º b ( Mođ m) ; c º d (Mođ m) Þ a+c º b +d ( Mođ m)
 a.c º b.d ( Mođ m)
	9 ) a º b(Mođm) Þ an º bn(Mođm)
3 ) Dấu hiệu chia hết cho 2;3;5 ;4; 9;25;11.....
 Dấu hiệu chia hết cho 11
Cho A = ... a5 a4 a3 a2 a1 a0. A 11 [(a0 + a2 + a4 +...) – (a1 + a3 + a5 + ... )] 11.
4) Một số hằng đẳng thức đáng nhớ :
	1 ) ( a + b)2 = a2 + 2ab + b2 ; ( a - b )2 = a2 - 2ab + a2
	2) ( a + b )3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3 ; ( a - b)3 = a3 - 3a2b + 3ab2 - b3 
	3 ) a2 - b2 = ( a -b) (a + b) Þ ( a2 - b2) M (a - b) ; ( a2 - b2 ) M ( a + b) 	
	4) a n - bn = ( a -b)( an-1+ an-2b +an-3b2......+ abn-2 + bn-1) Þ (an - bn) M ( a -b)
	5 ) a2n+1 + b2n+1 =(a+b)(a2n-a2n-1b + a2n-2b2 -a2n-3b3 + ....- .....+ ab2n-1- b2n) 
 Þ (a2n+1 + b2n+1) M ( a+b)
	6) a2n - b2n = ( a+b)(a2n-1-a2n-2b + a2n-3b2 - .......+ab2n-2 - b2n-1) Þ(a2n - b2n) M (a + b)
II) MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN CHIA HẾT
 A) PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG ĐỊNH NGHĨA:
Bài 1) Chứng minh rằng :
	a) S = 5 +52+53+.......+ 599+5100 chia hết cho 6
	b) A = 2 + 22+23+ .....+ 299+ 2100 chia hết cho 31
	c ) B =165 + 215 chia hết cho 33
	d) D = 1+2+3+ .........+ 1995 chia hết cho 1995
Lời giải
	b) A= ( 2+22+23+24+25) + (26+27+28+29+210) + (......) ....(2k+2k+1+2k+2+2k+3+2k+4).....
.......+ (296+297+298+299+2100) = 2(1+2+22+23+24) + 26( 1+2+22+23+24)...+2k(1+2+22+23+24)
.......+ 296(1+2+22+23+24) = 31 (2+26+211+216+ .....+296)
 Vậy A M 31
	c) B = 165 +(23)5 = 165 + 85 = (2.8)5 + 85 = 85( 25 + 1) = 85.33
	Vậy B M33
	d) D = ( 1+ 1995) . 1995/2 = 1995.998 Þ D M 1995
Bài2 )
 Chứng minh rằng : Nếu M13 khi và chỉ khi ( a + 4b) M13
	Giải
	= 10a + b =13a -3a +13b -12b =13a - 13b -3(a + 4b)
	Nếu (a + 4b) M 13 thì 	M 13
	Nếu M 13 Þ 3(a + 4b) M13 ;mà 3và 13 là hai số nguyên tố cùng nhau .
Cho nên (a + 4b) M13 
Bài 3)
	Chứng minh rằng :Số có 3 chữ số có tổng các chữ số bằng 7 chia hết cho 7 khi và chỉ khi chữ số hàng chục và hàng đơn vị bằng nhau.
	Giải
Gọi số đã cho là (a,b,c là các chữ số ,a ¹ 0) và a + b + c = 7
	Xét = 100a + 10b + c = 98a + 7b +2a + 2b +2c +b - c
	 = 98a +7b + 2(a + +b +c) +b-c
vì a,b c là các chữ số ,theo bài ra các chữ số này đều nhỏ hơn7 , mà a+b+c =7 
 Þ ä2(a+b+cM7 
 Nếu . M 7 Þ ( b - c ) M 7 ,vì b,c < 7 nên b -c = 0 Þ b = c
Bài4 : Cho a,b Î Z .chứng minh rằng : ( 3a + 2b) M 17 khi và chỉ khi ( 10a + b ) M17
	Giải
Cách 1 : 10a +b =34a + 17b - 24a -16b = 17( 2a + b) -8( 3a + 2b)
 (10a + b) M17 khi và chỉ khi ( 3a + 2b) M17
Cách 2 : Xét 2(10a + b) - ( 3a + 2b) = 17a M17 
	Vậy nếu (10a + b) M17 khi và chỉ khi (3a + 2b) M17
Bài 5 : Chứng minh rằng : A = 29 + 299 chia hết cho 200
	Giải 
	A = 29 + 299 = 29( 1 + 290) = 29[ 1 + (210)9]
mà [ 1 + (210)9] M ( 1 + 210) ; 1 + 210 = 1025M25
 	Vậy AM 200
B) PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG VIỆC PHÂN TÍCH RA THỪA SỐ
	LOẠI I : PHÂN TÍCH SỐ CHIA
Bài 1 : Chứng minh rằng : 2139 + 3921 chia hết cho 45 
	Nhận xét : 45 = 5.9
Dễ thấy A 9 vì 21 3 ; 39 3 Þ 2139 9 , 3921 9
A = 2139 + 3921 = ( 2139 - 1) + (3921 + 1)
	mà (2139 - 1) ( 21 - 1) Þ 2139 - 1 5
	 (3921 + 1) ( 39 +1) Þ 3921 + 1 5
	Vậy A 5
Từ điều kiện trên ta có A 45
Bài 2 ) Chứng minh : A = ( 112n - 26n)( 19964 - 1) 285
	nhận xét : 285 = 5.57
	1996 º 1(Mođ 5) Þ 19964 º 1(Mođ 5) Þ (19964 - 1) 5
	112n - 26n = (112)n - (26)n = (121n - 64n ) ( 121 - 64 ) Þ ( 112n - 26n) 57
Vậy A 285
Bài 3 ) Chứng minh rằng : ( 2015 - 1 ) 20861
	* 20861 = 11.31.61
	Đặt A = 2015 - 1 = (2015 + 215) - ( 215 + 1) = ( 2015 + 215) - [(25)3 + 1]
 = ( 2015 + 215) - ( 323 + 1)
	mà (2015 + 215)( 20 + 2) =22 ; (323 + 1) 33
	Þ A 11
Cách 1	* 203 = 8000 º 2(Mođ 31) Þ (203)5 º 25(Mođ 31)
	 mà 25= 32 º 1(Mođ 31) Þ 2015 = (203)5 º 1(Mođ 31 ) Þ ( 2015 - 1) 31 
	Þ A 31
	* A = 2015 - 1 = (203)5 - 1
mà 203 = 8000 º 9(Mođ 61) Þ 80005 º 95(Mođ 61)
mà 92 = 81 º 20(Mođ 61) Þ 812 º 202(Mođ 61)
	Vậy suy ra 9 .812 º 9 .400(Mođ 61 ) ; mà 9.400 = 3600 º 1(Mođ 61)
 Þ 2015 º 1(Mođ 61) Þ 2015 -1 61 hay A 61
	Vậy A 20861
Cách 2 : A = 515230 - 1 = 515230 - 515 + 515 - 1 = 55(326 - 1) + (1255 - 1)
	vì 32 - 1 = 31 ; 125 - 1 = 124 31 . Vậy A 31
	A = 2015 - 1 = ( 8115 - 1) - ( 8115 - 2015) = [(35)12 - 1] - ( 8115 - 2015)
	35 = 243 º -1(Mođ 61) Þ (35)12 º 1(Mođ 61) Þ ( 8115 - 1) 61
	( 8115 - 2015) ( 81 - 20 ) Þ ( 8115 - 2015) 61
	Vậy A 20861
Bài 4 ) Cho số M = 340 - 1 và số N = 396880 .Chứng minh rằng M N
	N = 16.5.121.41
Giải : M = (34)10 - 1 = 8110 - 1 = (815 - 1) (815+ 1)	
	mà (815 - 1) 80 ; 80 =16.5 Þ (815 - 1) (16.5)
	(815+ 1) 82 ; 82 = 2. 41 Þ (815+ 1) 41
	M = (35)8 - 1 = ( 2438 - 1) ( 243 - 1) mà 242 =2.121 Þ M 121
Vậy M N
Bài 5) Cho số B = 271958 - 108878 + 101528
	Chứng minh : B´26460
Giải : 26460 = 22.33.5.72
	ma(271958 - 108878 )ø (27195 - 10887) ; mà 16308 = 4.27.121 22.27	;
M	 10152 = 22.33.94 22.33 .Vậy B 22.33	
 mà 27195 = 3.5.72.37 ; (108878 - 101528) (10887 - 10152) 3.5.72 Þ B 5.72
Vậy B ( 22.33.5.72) hay B 26460
LOẠI 2 :PHÂN TÍCH SÔ BỊ CHIA 
Bài 1 ) Chứng minh rằng : ( n5 - n ) 30 với mọi n Î Z
	Giải 
Ta có 30 = 5.6
* n5 - n = n( n4 - 1) = n( n -1)( n + 1)( n2 + 1)
	vì n ; n -1; n + 1; là 3 số nguyên liên tiếp nên tích n(n+1)(n-1) 6
* Nếu n 5 Þ n5 - n 5
 Nếu n không chia hết cho 5 thì n khi chia cho 5 sẽ có các dạng sau 
 n = bs 5 + 1 Þ n2 =bs5 +1
 n = bs5 +2 Þ n2 = bs5 +4
 n = bs5 + 3 Þ n2 = bs5 +1
 n = bs5 + 4 Þ n2 = bs5 + 4
trong các trường hợp trên ta luôn có n2 - 1 hoặc n2 + 1 luôn chia hết cho 5 . Vậy ( n4 - 1) 5 	Vậy 	( n5 - n ) 30 với mọi n Î Z
Bài 2 ) Chứng minh rằng : Nếu n là số lẻ không chia hết cho 3 và n > 2 thì ( n2 - 1) 24
Giải 
	Vì n là số lẻ lơn hơn 2 nên n = 2k + 1
 n2 - 1 =( n - 1)( n + 1) = 2k.(2k + 2) 8 với mọi k Î Z
	Vì n không chia hết cho 3 nên n2 = bs3 + 1 Þ ( n2 - 1 ) 3
Vậy ( n2 - 1) 24 với mọi n Î Z
Bài 3 ) Chứng minh rằng : n là số chẵn lớn hơn 4 thì n4 - 4n3 - 4n2 + 16n chia hết cho 384
	Nhận xét : 384 = 27.3
Phân tích : n4 - 4n3 - 4n2 + 16n = n( n - 2)(n + 2)( n - 4)
vì n là số chẵn lớn hơn 4 ,nên n = 2k ( k> 1,k Î Z )
	n4 - 4n3 - 4n2 + 16n = 2k( 2k - 2)( 2k + 2)( 2k - 4) = 24.k( k - 1)( k + 1)( k - 2)
mà tích của 4 số nguyên liên tiếp chia hết cho 3 và 8 . Vì vậy k( k - 1)( k + 1)( k - 2) ´ 24
 Vậy n4 - 4n3 - 4n2 + 16n chia hết cho 384 	
Bài 4 ) Cho a,b,c Î Z .Chứng minh rằng :( a3 + b3 + c3) ´ 6 khi và chỉ khi (a + b + c ) ´6
	Cách 1 : nhận xét : n3 - n = n( n - 1)( n + 1) ´6 với mọi n§ Z
	 Xét hiệu :( a3 + b3 + c3) - ( a + b + c) = [ ( a3 -a) + ( b3 - b) + ( c3 - c)] ´ 6 
	do vậy ( a3 + b3 + c3) ´ 6 khi và chỉ khi (a + b + c ) ´6
	Cách 2 
	 ( a3 + b3 + c3) = ( a + b)3 + c3 - 3ab( a + b)
 = ( a + b + c)(a2 +b2 +c2 - 2ab - bc - ac ) - 3ab( a+ b)
 Dễ thấy 3ab( a + b) ´6 vói mọi a,b § Z . 
	Vậy : ( a3 + b3 + c3) ´ 6 khi và chỉ khi (a + b + c ) ´6
Bài 5) Chứng minh rằng : 25n4 + 50n3 - n2 - 2n chia hết cho 24 ( n § N*)
	Giải
	Đặt A = 25n4 + 50n3 - n2 - 2n = 24n4 + 48n3 +n4 + 2n3 - n2 - 2n
 Phân tích n4 + 2n3 - n2 - 2n = n( n +1)( n -1)( n +2) ´24 . 
	Vậy (25n4 + 50n3 - n2 - 2n)´24	
Bài 6 ) Chứng minh rằng : 4a2 + 3a + 5 chia hết cho 6 ( a § Z) Với a không chia hết cho 3và 2
	giải 
Cách 1 :Vì a không chia hết cho 2 L a là số lẻ L 3a +5 là số chẵn L (4a2 + 3a + 5) ´2
	4a2 + 3a + 5 = 3a2 + 3a + 3 + ( a2 + 2) ; vì a không chia hết cho 3La2 = bs3 + 1 
 vì vậy a2 + 2 chia hết cho 3 .	Vậy (4a2 + 3a + 5) ´3 .
 	Do vậy (4a2 + 3a + 5 ) ´ 6 ( a§ Z)	
Cách 2 : 4a2 + 3a + 5 = 3a2 + 3 + a2 +3a +2 = 3 ( a2 + 1) + (a + 1)( a + 2)
	vì a là số lẻ L a2 + 1 là số chẵn L 3( a2 + 1) ´ 6
 a + 1; a + 2 là hai số nguyên liên tiếp L ( a + 1)( a + 2) ´2
 vì a không chia hêt cho 3 L trong hai số a + 1 ; a + 2 bao giờ cũng có một số chia 	hết cho 3 . Vậy ( a + 1)( a + 2) ´ 6 
 Vậy với a không chia hết cho 2 và 3 thì 4a2 + 3a + 5 chia hết cho 6 ( a§Z)
D) PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG
 Bài 1 : Chứng minh rằng : Nếu ( x2 + y2)´ 3 khi và chỉ khi x´3 và y´3
	Giải 	 Giả sử trong 2 số có ít nhất một số không chia hết cho 3 
	+ Nếu x´ 3 ; y'3 L ( x2 + y2 ) không chia hết cho 3 ( trái với gt)
	+ Nếu x' 3 ; y' 3 thì x = 3k ) 1 L x2 = ( 3k ) 1)2 =Bs 3 + 1
	 y = 3n ) 1 L y2 = ( 3n ) 1)2 = Bs 3 + 1
	Do vậy suy ra x2 + y2 = Bs 3 + 2 L (x2 + y2)' 3 ( trái với gt )
 	Vậycả hai số x và y đều chia hết cho 3
Bài 2) Cho m , n § N thỏa mãn 24m4 + 1 = n2 . Chứng minh tích m.n chia hết cho 5 .
	Giải 
	Giả sử trong hai số m , n không có số nào chia hết cho 5 . Vậy m chỉ có các dạng sau : m = 5k) 1 ; 5k ) 2 L m2 = Bs 5 + 1 ; m2 = Bs 5 + 4 L m4 = Bs 5 + 1
	24m4 + 1 = 24.( Bs 5 + 1) = Bs 5 + 25 L n2 ´ 5 L n ´ 5 ( Trái với giả sử )
 Vậy trong hai số có ít nhất một số chia hết cho 5 , nên tích m.n chia hết cho 5
Bài 3) Cho a,b,c § N thỏa mãn a2 + b2 = c2 thì 
	a) Trong hai số a và b có một số chia hết cho 3
	b) Một trong các số a và b chia hết cho 4
	c) Một trong các số a,b,c chia hết cho 5 
	Giải 	 	a) Giả sử trong hai số a và b không có số nào chia hết cho 3 thì a2 + b2 chia cho 3
luôn có số dư là 2 (1). 
	Do vậy c không chia hết cho 3 L c2 chia cho 3 có số dư là 1 ( 2)
 Như vậy (1) và (2) mâu thuẫn với nhau . Vậy trong hai số a và b có ít nhất một số chia hét cho 3 .
	b) Nếu a và b chẵn thì c´ 2 cho nên a =2k ,b = 2n , c =2q thay vào a2 + b2 = c2 
	 ta dễ có k2 + n2 = q2 ; lập luận tưong tự ta lại có k´ 2 hoặc n ´2 L a´ 4 hoặc b ´ 4
	 Nếu a và b cùng lẻ thì a2 + b2 chia cho 4 dư 2 L c ´ 2 nên c2 ´4 ( vô lý )
	Vậy trong hai số a và b có một số chẵn còn số kia là số lẻ
	Giả sử a = 2k ; b = 2n + 1 dễ thấy c là số lẻ L c = 2q +1 
	Thay vào a2 + b2 = c2 ta được (2k)2 + (2n +1)2 = ( 2q +1)2 
	L 4k2 = ( 2q +1)2 - ( 2n + 1)2 ´8 .
	Vì hiệu các bình phương hai số lẻ thì chia hết cho 8 . Từ đó suy ra k2 ´2 L k´2
	 Vậy a´ 4 L Trong hai số a và b có một số chia hêt cho 4
	c) Giả sử trong 3 số trên không có số nào chia hết cho 5 . bằng các phếp thử ta dễ 
 	thấy a2 = Bs5 + 1 ; Bs 5 + 4 
	 b2 = Bs5 + 1 ; Bs 5 + 4	 
	 c2 = Bs5 + 1 ; Bs 5 + 4 (1)	 	
	ta có a2 + b2chia cho 5 có các số dư lần lượt là 0;2;3 
	L c2 chia cho 5 có số dư là 0;2;3 (2) . Vậy (1) và (2) mâu thuẫn
	 Vậy trong 3 số a , b, c có một số chia hết cho 5
Bài 4) Cho n là số tự nhiên , p là số nguyên tố .
	Chứng minh rằng : Nếu n2 ´ p khi và chỉ khi n ´ p
	Giải 
	Giả sử n ' p L n và p là hai số nguyên tố cùng nhau L n2 ' p ( trái với gt )
	Vậy Nếu n2 ´ p khi và chỉ khi n ´ p
D) PHƯƠNG PHÁP DÙNG ĐỒNG DƯ THỨC
Bài 1) Chứng minh : A = 3638 + 4133 chia hết cho 77
	Giải : ta chứng minh A ´7 và A´11 
Ta có : 36 º 1(Mođ 7) L 3638 º 1(Mođ 7)
 41 º -1(Mođ 7) L 4133 º -1(Mođ 7)
 A º 0 (Mođ 7) L A´7
 36 º 3(Mođ 11) L 3638 º 338(Mođ 11) ; 41 º -3(Mođ 11) L 4133 º -333(Mođ 11)
 A º 338 - 333(Mođ 11) .
	 Mà 338 - 333 = 333( 35 - 1) = 333. 242 ´11 L 338 - 333 º 0(Mođ11)
 	A º 0(Mođ 11) L A ´11 
 Vậy A = 3638 + 4133 chia hết cho 77
Bài 2) Chứng minh 
	a) 22225555 + 55552222 chia hết cho 7
	b) 19611962 +19631964 + 19651966 + 2 chia hết cho7
Giải:
	a) 2222 º 3(Mođ 7) L 22225555 º 35555(Mođ 7)
	 5555 º 4(Mođ 7) L 55552222 º 42222(Mođ 7)
	 35 = 243 º -2(Mođ 7) L 35555 = (35)1111 º (-2)1111(Mođ 7)
	42 = 16 º 2(Mođ 7) L 42222 = (42)1111 º 21111(Mođ 7) 
	22225555 + 55552222 º (-2)1111 + 21111(Mođ 7)
 º 0(Mođ 7) 
	Vậy 22225555 + 55552222 chia hết cho 7 
	b) 1961 º 1(Mođ 7) L 19611962 º 1(Mođ 7)
	 1963 º 3(Mođ 7) L 19631964 º 31964(Mođ 7)
	Mà 33 = 27 º -1(Mođ 7)L 31964 = (33)654.32 º (-1)654.32(Mođ 7)
 º 9(Mođ 7) º 2 (Mođ 7) .
 	Vậy 19631964 º 2(Mođ 7)	 
	1965 º -2(Mođ 7) L 19651966 º (-2)1966(Mođ 7) . Mà 23 º 1(Mođ 7)
	L 21966 = (23)665.2 º 1665.2(Mođ 7) L 19651966º 2 (Mođ 7)
Vậy 19611962 +19631964 + 19651966 + 2 º 2+ 2+ 2+1 (Mođ 7) º 0 (Mođ 7)
 L 19611962 +19631964 + 19651966 + 2 chia hết cho 7 
E ) PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC
Bài 1 ) Chứng minh rằng : 32n+2 - 8n - 9 chia hết cho 64 ( n §N)
	Giải 
* Với n = 0 , 32.0 + 2 - 8.0 - 9 = 0´64
* Giả sử n =k thì 32k+2 -8k - 9 ´ 64 . Ta phải c/m n = k +1 thì 32(k+1) +2 - 8(k+1) - 9 ´64
	Thật vậy 32(k+1) +2 - 8(k+1) - 9 = 32k+2.32 - 8k -8 - 9 = 9.32k+2 - 9.8k - 81 + 64k +64
 = 9(32k+2 -8k - 9 ) + 64k + 64 ; mà 32k+2 -8k - 9 ´ 64
	 Vậy 32(k+1) +2 - 8(k+1) - 9 chia hết cho 64 
 Vậy 32n+2 - 8n - 9 chia hết cho 64 ( n §N) 
Bài 2 ) Chứng minh : 72n+1 - 48n - 7 chia hết cho 288 ( n §N )
 Hướng dẫn chứng minh với n = k+1 
 72(k+1) +1 - 48(k+1) - 7 = 72 .72k +1 - 48k -48 -7 = 49 ( 72k+1 - 48k - 7) + 8.288k +288
	 Vì 72k+1 - 48k - 7 ´ 288 L đpcm
Bài 3)
 Chứng minh : ( n+1)(n+2)(n+3).......(n +2n-1)(n + 2n) chia hết cho 3n ( n > 0 ,n§N)
	Giải 
 * n = 1 thì (1 + 1)( 1 + 2) = 6 ´ 3
* Giả sử n = k thì Ak = (k+1)(k+2)(k+3)....(3k-1)(3k) ´ 3k
	Ta chứng minh n = k+1 thì
 Ak+1 = (k+2)(k+3)(k+4)......(3k-1)(3k)(3k+1)(3k+2)(3k+3) ´ 3k+1
	Xét A k+1 = (k+2)(k+3)(k+4)......(3k-1)(3k)(3k+1)(3k+2) 3(k+1)
 = 3(k+1) (k+2)(k+3)(k+4)......(3k-1)(3k)(3k+1)(3k+2)
 = Ak.3.(3k+1)(3k+2) ; mà Ak ´ 3k
 L Ak+1 ´ 3k+1
 Vậy ( n+1)(n+2)(n+3).......(n +2n-1)(n + 2n) chia hết cho 3n ( n > 0 ,n§N)
Bài thi học sinh giỏi toàn quốc 1995 - 1996
	Tìm số dư ( 1995+1)(1995+2)(1995+3).......(1995 + 3990) chia cho 31995
F ) PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG NGUYÊN TẮC ĐI-RÍCH-CLÊ
Bài 1 ) Chứng minh rằng trong 6 số tự nhiên liên tiếp túy ý ,bao giờ ta cũng chọn được 2 số 	có hiệu chia hết cho 5 
 	Giải
Ta biết : Một số tự nhiên a khi chia cho 5 có 5 khả năng về số dư khác nhau là 0;1;2;3;4 
	Vậy trong 6 số tự nhiên vơi 5 khả năng về số dư , do vậy chắc chắn bao giờ cũng có 	2 số khi chia cho 5 có cùng số dư . Vậy hiệu của chúng chia hết cho 5. (đpcm)
Bài 2) Chứng minh rằng : Trong 3 số nguyên tố lớn hơn 5 , bao giờ cũng tìm dược hai số có 	tổng hoặc hiệu chia hết cho 12 .
	Giải
 Nếu a là số nguyên tố lớn hơn 5 , khi chia a cho 12 ta nhận được các số dư sau :1;5;7 và 11 
 Trong 3 số nguyên tô trên khi chi cho 12 chỉ có số dư là một trong các số trên.
 - Nếu 2 trong 3 số chia cho 12 có cùng số dư thì hiệu của chúng chia hết cho 12
 - Nếu trong 3 số không có 2 số nào chia cho 12 có cùng số dư , do vậy số dư của 3 	số đó chỉ có thể nhận được từ các bộ số sau ( 1 ; 5 ; 7 ) ; (1 ;5; 11 ) ;( 1;7 ;11) ;
	( 5 ; 7; 11) . Mà trong các bộ số đó luôn có tổng hai số bằng 12
	 Do vậy dù có xảy ra trường hợp nào ta cũng tìm được hai số có tổng chia hết cho 12
Vậy : Trong 3 số nguyên tố lớn hơn 5 , bao giờ cũng tìm dược hai số có tổng hoặc hiệu chia 	hết cho 12 .
Bài 3) Chứng minh rằng : Trong 5 số tự nhiên bất kỳ , bao giờ cũng tìm được một số hoặc 	một số số có tổng của chúng chia hết cho 5
	Giải
	Gọi 5 số tự nhiên lần lượt là a1; a2 ; a3 ; a4 ; a5
* Nếu trong các số đó có một số chia hêt cho 5 L Đpcm
* Nếu trong 5 số không có số nào chia hết cho 5 
	Lập các tổng :
	 S1 = a1 S4 = a1 + a2 + a3 + a4 
 S2 = a1 + a2 S5 = a1 + a2 + a3 + a4 + a5
 S3 = a1 + a2 +a3
Nếu trong 5 tông trên có một tổng cia hết cho 5 L đpcm
Nếu trong 5 tổng trên không có tổng nào chia hết cho 5 , do vậy khi chia tổng trên cho 5 ta được 4 khả năng về số dư là 1 ;2 ;3 ;4 . Mà 5 tổng trên khác nhau và có 4 khả năng về số dư . Do vậy chắc chắn tồn tại hai tông khi chia cho 5 có cùng số dư , vì vậy hiệu của hai tổng đó chia hết cho 5 
	Với cách lập tổng như trên thì hiệu của hai tổng của đó sẽ là tổng của hai hay nhiều số trong 5 số trên
	Vậy : Trong 5 số tự nhiên bất kỳ , bao giờ cũng tìm được một số hoặc một số số có tổng của chúng chia hết cho 5
Bài 4) Chứng minh rằng : Luôn tồn tại số tự nhiên n § N sao cho 13n - 1 chia hết cho 1996
	Giải
Xét 1996 số sau : S1 = 13 S1995 = 131995
 S2 = 132 S1996 = 131996
 S3 = 133.........
 Dễ thấy Si ' 1996 ( i = 1;2;3....1996 )
 Khi chia Si cho 1996 có 1996 số dư khác nhau là 1; 2; 3; 4;.......1994; 1995
mà có 1996 số Si , mà chỉ có 1995 khả năng về số dư . Do vậy chắc chắn tồn tại 2 số khi chia cho 1996 có cùng số dư . Vậy hiệu của chúng chia hết cho 1996 
	Giả sử 2 số đó là Sm và Sn
 trong đó Sm = 13m ; Sn = 13n ( m > n ; m,n§N )
 Sm - Sn = 13m - 13n = 13n( 13m-n - 1) ´ 1996 
 mà 13n và 1996 là hai số nguyên tô cùng nhau .Do vậy ( 13m-n - 1) ´ 1996 
 Đặt k = m - n nên ( 13k - 1) ´ 1996
Vậy luôn tồn tại n § N để cho ( 13n - 1) ´ 1996
	Trên đây là một số phương pháp tôi đã áp dụng trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi . Sau đây là một số bài toán để vận dụng .
Bài 1
	Cho a , b § Z . Chứng minh rằng 
	a) ( a + 4b )´ 13 khi và chỉ khi ( 10a + b) ´ 13
	b) ( 3a + 2b ) ´ 17 khi và chỉ khi ( 10a + b) ´ 17
Bài 2 )
	Chứng minh rằng :Một số có 6 chữ số chia hết cho 13 khi và chỉ khi hiệu của số tạo 	bởi 3 chữ số cuối với số tạo bởi 3 chữ số đầu chia hết cho 13.
Bài toán 2 
 Cho một số có 6n chữ số chia hết cho 7 . Chứng minh rằng nếu chuyển chữ số cuối cùng lên đầu mà không thay đổi vị tri các chữ số còn lại thì ta được một số mới chia hết cho 7 
Bài toán 4
	Chứng minh rằng : Vơi m là số nguyên lẻ thì số có dạng 
	 n3 - 3n2 - n + 3 chia hết cho 48
Bài toán 5
	Cho p > 5 là sô nguyên tố . Chứng minh rằng : p3 + p2 - p - 1 chia hếùt cho 48
Bài toán 6
	Chứng minh rằng : Với mọi n § Z thì 
	a ) 3n4 - 14n3 + 21n2 - 10n ´ 24
	b) n5 + 10n4 - 5n3 - 10n2 + 4n ´ 120
Bài toán 7 
	Cho a , b là các số chính phương lẻ liên tiếp thì ( a - 1)( b - 1) ´ 192
Bài toán 8 
	Chứng minh rằng : Nếu n là số tự nhiên chẵn thì 20n + 16n - 3n - 1 chia hết cho 323
Bài toán 9
	Chứng minh rằng : Với mọi n § N thì 
	a) n2 + 11n + 39 không chia hết cho 49
	b) n2 + 3n + 5 không chia hết cho 8 với n là số lẻ
	c) n2 + 3n + 5 không chia hết cho 121
Bài toán 10 
	Chứng minh rằng ( m2 + mn + n2 ) ´ 9 khi và chỉ khi m , n đồng thời chia hết cho 3
Bài toán 11
	Tìm các chữ số x , y để cho số có dạng N = ´ 13
Bài toán 12
	Chưng minh rằng với n là số tự nhiên không chia hết cho 5
	thì ( 112n - 26n )(n4 - 1) ´ 285
Bài toán 13
	Chứng minh rằng : a) 222333 + 333222 ´ 13
 b) 3105 + 4105 ´ 181
	 c) 109345 - 1 ´ 7
 d) 7778.7779. 7780.7781.7782.7783 - 6 chia hết cho 7
Bài toán 14
	Chứng minh rằng với n là số tự nhiên thì 
	a) ( 11n+2 + 122n+1 ) ´133
	b) ( 32n+1 + 40n - 67 ) ´ 64
	c) ( 2n+2.3n + 5n - 4 ) ´ 25
	d) (16n - 15n - 1)´ 225
	e) n! chia hết cho 2n2 ( n > 4 )
	f ) ( + 1 ) ´ 3n+1
Bài toán 15
	Chứng minh rằng : Trong 51 số tự nhiên bất kỳ , bao giờ cũng chọn được hai số có 	tổng hoặc hiệu chia hết cho 100
Bài toán 16
	Chứng minh rằng : Nếu p > 3 ,p là số nguyên tố thì ap - a chia hết cho p vói a§ZBa Bài toán 17
	Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5 . Chứng minh rằng luôn tồn tại một số tự nhiên gồm 	toàn chữ số 1 chia hết cho p
Bài toán 18
	Chứng minh rằng : Luôn tồn tại số tự nhiên n sao cho 1997n - 1 chia hết cho 1999 Bài toán 19
	a) Cho 1998 số tự nhiên bất kỳ , chứng minh rằng luôn tồn tại trong đó một số hoặc 	một vài số có tổng chia hết cho 1998
	b) Cho 1998 số tự nhiên , mỗi số đều nhỏ hơn 1998 và có tổng bằng 3996 . Chứng 	minh rằng trong các số đó luôn chọn được một vài số có tổng bằng 1998
Bài toán 20
	Chứng minh rằng : m , n § N ; m và n là 2 số nguyên tố cùng nhau thì luôn tồn tại 	số tự nhiên k sao cho ( mk - 1 ) ´ n
Bài toán 21
	Chứng minh rằng luôn tìm được số có dạng 199819981998.....199800000....000 
	( Trong đó có 1998 nhóm số 1998 ) chia hết cho 1999
Bài toán 22
	Chứng minh rằng: Tổng các lập phương của 3 số tự nhiên liên tiếp thì chia hết cho 9 Bài toán 23
 Cho a1, a2; a3 ;...an § Q và Ž ai Ž = 1 thỏa mãn a1a2 + a2a3 + a3a4 + ...+an-1an + ana1 = 0
	Chứng minh rằng n chia hết cho 4	
Bài toán 24
	Chứng minh rằng : 1.2.3.....69.70.( 1+ ) chia hết cho 71
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BMT
 TRƯỜNG THCS TRƯNG VƯƠNG
 TỔ KHOA HỌC TỰ NHIÊN
CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI T