Bài toán chia hết trong số học

Một số bài toán về tính chia hết các số hạng của dãy số nguyên.. Chương 2 – Một số phương pháp giải bài toán chia hết.Trong chương này, tác giả trình bày một số phương pháp phổ biến thườ

Mục lục

Lời Mở đầu 4

Chương 1 Các kiến thức cơ sở 6

1.1 Phép chia trong tập hợp các số nguyên 6

1.1.1 Phép chia hết 6

1.1.2 Phép chia có dư 7

1.1.3 Số nguyên tố, hợp số 8

1.1.4 Ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất 8

1.1.5 Một số tính chất khác về chia hết 9

1.1.6 Một vài hàm số học thông dụng 9

1.2 Đồng dư 11

1.2.1 Khái niệm đồng dư 11

1.2.2 Một số tính chất của đồng dư thức 12

1.2.3 Hệ thặng dư và lớp thặng dư 12

1.2.4 Một số định lý nổi tiếng trong lý thuyết đồng dư 13

Chương 2 Một số phương pháp giải bài toán chia hết 15

2.1 Phương pháp áp dụng các tính chất của phép chia hết 15

2.1.1 Áp dụng các tính chất cơ bản của phép chia hết 15

2.1.2 Phương pháp xét số dư 21

2.1.3 Áp dụng hằng đẳng thức 26

2.2 Phương pháp áp dụng đồng dư 28

2.2.1 Áp dụng tính chất của đồng dư thức 28

2.2.2 Áp dụng các định lý về đồng dư 33

2.3 Một số phương pháp khác 40

2.3.1 Phương pháp quy nạp toán học 40

2.3.2 Phương pháp chứng minh phản chứng 44

2.3.3 Sử dụng nguyên lý Dirichlet 46

Chương 3 Một số bài toán áp dụng 48

3.1 Một số áp dụng trong giải phương trình nghiệm nguyên 48

3.2 Một số bài toán về tính chia hết các số hạng của dãy số nguyên 53 3.3 Một số bài toán về tìm số nguyên thỏa mãn điều kiện cho trước liên quan đến chia hết 57

3.4 Một số bài tập khác 62

Kết luận 66

Tài liệu tham khảo 68

Lời mở đầu

Số học là một phân môn quan trọng và là lĩnh vực cổ xưa nhất của Toánhọc Số học sớm được giảng dạy trong chương trình phổ thông từ khi họcsinh bắt đầu học Toán học, với việc làm quen với các con số và các khái niệmđơn giản như tính chia hết, ước số chung lớn nhất, bội số chung nhỏ nhất, .Cho đến các công trình nghiên cứu của các nhà khoa học, Số học cũng là lĩnhvực có nhiều những bài toán, giả thuyết đang được nghiên cứu và chưa đượcgiải đáp Trên con đường tìm kiếm lời giải cho những bài toán, giả thuyết đó,nhiều tư tưởng lớn, lý thuyết lớn của Toán học đã được nảy sinh

Trong chương trình phổ thông hiện nay, Số học chưa được giành nhiềuthời gian để học chuyên sâu nhưng là lĩnh vực xuất hiện nhiều trong các đềthi Học sinh giỏi các cấp và trở thành một bộ phận quan trọng trong chươngtrình giảng dạy Toán ở các lớp chọn và các lớp chuyên Toán, là công cụ tốt

để rèn luyện trí thông minh và tư duy Toán học

Tác giả đã lựa chọn đề tài “Bài toán chia hết trong số học” với mục đíchtham khảo để tiếp cận và hoàn thiện thêm những vấn đề cơ bản của Số học,làm cơ sở học tập và nghiên cứu các lĩnh vực khác của lý thuyết số sơ cấp.Luận văn gồm 3 chương:

Chương 1 – Các kiến thức cơ sở

Trong chương này, tác giả trình bày tóm tắt lại một số khái niệm, tínhchất về phép chia trong tập các số nguyên và một số vấn đề liên quan Trong

đó, lý thuyết đồng dư là một công cụ cơ bản và mạnh mẽ để giải các bài toánchia hết

Chương 2 – Một số phương pháp giải bài toán chia hết.

Trong chương này, tác giả trình bày một số phương pháp phổ biến thườngđược sử dụng trong các bài toán liên quan đến chia hết như: phương pháp sửdụng các tính chất của phép chia hết, phương pháp sử dụng lý thuyết đồng

dư và các định lý nổi tiếng, phương pháp quy nạp toán học, phương phápchứng minh bằng phản chứng, phương pháp áp dụng nguyên lý Dirichlet, Chương 3 – Một số bài toán áp dụng Trong chương này, tác giả trìnhbày một số bài toán của Số học liên quan đến phép chia hết như: áp dụngtrong giải các phương trình nghiệm nguyên, tính chất chia hết của các sốhạng của dãy số nguyên, bài toán tìm số nguyên thỏa mãn tính chất chotrước,

Với tất cả sự cố gắng, nhưng với thời gian, năng lực có hạn, luận vănkhông tránh khỏi những thiếu sót Tác giả rất mong nhận được sự đóng góp

ý kiến của các Thầy giáo, Cô giáo và các bạn để luận văn được hoàn thiệnhơn

Chương 1

Các kiến thức cơ sở

Trong số học, tính chất chia hết giữ một vị trí quan trọng Nó là cơ sở

để đưa ra và giải quyết các bài toán về số nguyên tố, hợp số, ước chung lớnnhất, bội chung nhỏ nhất, lý thuyết đồng dư,

Trong chương này, chúng ta cùng hệ thống lại một số kiến thức cơ bản

và thường xuyên được áp dụng trong các bài toán về chia hết trong số học

1.1 Phép chia trong tập hợp các số nguyên

Trong tập hợp các số nguyên, các phép toán cộng, trừ, nhân luôn thựchiện được Tuy vậy, phép chia một số nguyên a cho một số nguyên b 6= 0không phải lúc nào cũng thực hiện được

Khi phép chia số nguyên a cho số nguyên b 6= 0 được thương là một sốnguyên x thỏa mãn phương trình bx = a thì ta nói rằng a chia hết cho b

1.1.1 Phép chia hết

Định nghĩa 1.1 Cho a, b là các số nguyên, b khác 0

Ta nói rằng a chia hết cho b (hay b chia hết a) nếu tồn tại số nguyên c saocho a = bc

Khi đó, ta còn nói a là bội số của b hay b là ước số của a

Ký hiệu là: a b hay b | a.

Trên tập hợp các số nguyên, ta có các tính chất sau:

Tính chất 1.2

1 Với mọi số nguyên a 6= 0, ta có: a | 0

2 Với mọi số nguyên a, ta có: 1 | a

3 (Tính chất phản xạ) a | a

4 (Tính chất bắc cầu) Nếu a|b và b|c thì a|c

5 Nếu a|b và a|c thì a | (mb + nc)

Nếu a|b và a|(b ± c) thì a|c

6 Nếu a|c và b|c thì (ab)|(cd)

Nếu a|b thì với mọi số tự nhiên n, ta có: (an) | (bn)

7 Nếu a|b thì |a| ≤ |b| Vì vậy:

Nếu a|b và a, b nguyên dương thì a ≤ b

Nếu a|b và b|a thì |a| = |b|

8 Nếu a|b thì (±a) | (±b)

Mọi số nguyên a đều có ±1 và ±a (nếu a 6= 0) là các ước số của a, gọi

là các ước tầm thường của a

Các ước số còn lại gọi là ước thực sự của a

Khi r = 0 thì ta được a chia hết cho b

Khi r 6= 0 thì ta nói rằng a không chia hết cho b

1.1.3 Số nguyên tố, hợp số

Định nghĩa 1.5 Số nguyên tố là số nguyên dương lớn hơn 1 và chỉ có haiước số nguyên dương là 1 và chính nó Số nguyên dương khác 1 và không là

số nguyên tố được gọi là hợp số

Định lý 1.6 (Euclide) Tập hợp các số nguyên tố là vô hạn

Định lý 1.7 (Định lý cơ bản của số học) Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đềuphân tích được thành tích các thừa số nguyên tố và phân tích đó là duy nhấtnếu không kể đến thứ tự các thừa số nguyên tố

1.1.4 Ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất

Định nghĩa 1.8 Ước chung lớn nhất của hai số nguyên a, b không đồng thờibằng 0 là số nguyên lớn nhất chia hết cả a và b, ký hiệu là (a, b)

Khi (a, b) = 1, ta nói rằng hai số a và b nguyên tố cùng nhau

Tính chất 1.9

1 (ma, mb) = m (a, b), với mọi m nguyên dương

Nếu d > 0 là ước chung của a, b thì  a

d,

bd



= 1

2 Nếu m|a, m|b thì m| (a, b)

3 (a, b) = (a, −b) = (b, a) = (b, a + kb), với mọi số nguyên k

4 Nếu (a, m) = (b, m) = 1 thì (ab, m) = 1

5 Nếu m| (ab)và (m, a) = 1 thì m|b

6 Nếu a .m, a .n và (m, n) = 1 thì a (mn).

Định lý 1.10 Cho a và b là các số nguyên, và d = (a, b) Khi đó tồn tại các

số nguyên m, n sao cho d = ma + nb

1 [ma, mb] = m [a, b], với mọi m nguyên dương.

2 Nếu a|m, b|m thì [a, b] |m

3 Nếu d > 0 là ước chung của a, b thì  a

d,

bd



= 1.Cách tìm ƯCLN, BCNN của hai số bằng cách phân tích thành thừa

Hàm phần nguyên: Cho x là số thực Ta gọi phần nguyên của x, ký hiệu

là [x], là số nguyên lớn nhất không vượt quá x

Ta gọi phần lẻ của x, ký hiệu là {x}, là số {x} = x − [x]

Hàm số lượng các ước nguyên dương: Cho n là số nguyên dương Khi

đó ta ký hiệu τ (n) là số lượng các ước nguyên dương của n

Hàm tổng các ước nguyên dương: Cho số nguyên dương n Khi đó ta

ký hiệu σ (n) là tổng tất cả các ước nguyên dương của n (kể cả 1 và n).Vài tính chất của hàm σ (n) :

1 σ (n) là hàm nhân tính : Với mọi số nguyên dương n1, n2 nguyên tốcùng nhau, ta có : σ (n1.n2) = σ (n1) σ (n2)

4 Nếu số nguyên dương n có khai triển chính tắc n = pα1

lý thuyết được thừa nhận là một công cụ cực kỳ cơ bản và đầy sức mạnh khinghiên cứu lý thuyết số

1.2.1 Khái niệm đồng dư

Định nghĩa 1.15 Cho số nguyên dương m Nếu hai số nguyên a và b cócùng số dư khi chia cho m thì ta nói rằng a và b đồng dư với nhau theomodulo m, kí hiệu là a ≡ b (mod m)

Nói cách khác, a và b đồng dư với nhau theo modulo m khi và chỉ khi a − bchia hết cho m

Hay a ≡ b (mod m) ⇔ ∃t ∈ Z : a = b + mt

Hệ thức a ≡ b (mod m) được gọi là một đồng dư thức

Cách viết như trên thuận tiện cho việc phát biểu và tính toán

1.2.2 Một số tính chất của đồng dư thức

Các tính chất sau đây xét trên tập các số nguyên và m là số nguyên dương.Tính chất 1.16

1 (Phản xạ) a ≡ a (mod m)

2 (Đối xứng) Nếu a ≡ b (mod m) thì b ≡ a (mod m)

3 (Bắc cầu) Nếu a ≡ b (mod m) , b ≡ c (mod m) thì a ≡ c (mod m)

4 Nếu a ≡ b (mod m) và c ≡ d (mod m) thì a ± b ≡ c ± d (mod m)

• a + c ≡ b (mod m) ⇔ a ≡ b − c (mod m)

• a ≡ b (mod m) ⇔ a ± c ≡ b ± c (mod m)

5 Nếu a ≡ b (mod m) và c ≡ d (mod m) thì ac ≡ bd (mod m)

• Nếu a ≡ b (mod m) thì an ≡ bn (mod m) , ∀n ∈ N

6 Nếu ca ≡ cb (mod m) và (c, m) = 1 thì a ≡ b (mod m)

7 Nếu a ≡ b (mod m) thì ak ≡ bk (mod mk)

9 Nếu a ≡ b (mod mi) với i = 1, 2, 3, , n

thì a ≡ b (mod [m1, m2, , mn] ) với n ∈ N

1.2.3 Hệ thặng dư và lớp thặng dư

Các tính chất 1, 2, 3 ở trên cho thấy quan hệ “đồng dư modulo m” là mộtquan hệ tương đương

Mỗi lớp tương đương gọi là một lớp thặng dư modulo m

Mỗi phần tử của lớp thặng dư modulo m gọi là một thặng dư modulo m

Định nghĩa 1.17 Với mỗi số r (0 ≤ r ≤ m − 1), tập r tất cả các số nguyênkhi chia cho m có số dư là r được gọi là lớp thặng dư modulo m Mỗi phần

tử của r gọi là một thặng dư modulo m

Nhận xét 1.18 Với mỗi số nguyên m ≥ 1, có tất cả m lớp thặng dư modulo

m khác nhau Ta có hợp tất cả các lớp thặng dư modulo m chính là tập hợp

Z các số nguyên

Định nghĩa 1.19 Trong mỗi lớp thặng dư modulo m lấy một thặng dư đạidiện Tập hợp m phần tử đó được gọi là hệ thặng dư đầy đủ modulo m Nóicách khác, hệ thặng dư đầy đủ modulo m là tập hợp m số nguyên đôi mộtkhông đồng dư modulo m

H ={0, 1, , m − 1} là hệ thặng dư đầy đủ modulo m không âm nhỏ nhất.Định nghĩa 1.20 Trong một hệ thặng dư đầy đủ, bỏ đi các số không nguyên

tố cùng nhau với m, ta được một tập hợp gọi là hệ thặng dư thu gọn modulo

m Các hệ này của cùng số nguyên m thì có số phần tử bằng nhau và cùngbằng ϕ (m)

1.2.4 Một số định lý nổi tiếng trong lý thuyết đồng dư

Định lý 1.25 (Định lý đảo của định lý Wilson).

Nếu n là số nguyên dương và (n − 1)! ≡ −1 (mod n) thì n phải là một sốnguyên tố

Định lý 1.26 (Định lý thặng dư Trung hoa)

Giả sử k số nguyên m1, m2, , mk đôi một nguyên tố cùng nhau và k sốnguyên bất kỳ a1, a2, , ak Khi đó tồn tại số nguyên x thỏa mãn hệ

Chương 2

Một số phương pháp giải bài toán chia hết

Có nhiều phương pháp để giải bài toán chia hết

Trong chương này, chúng ta cùng hệ thống lại một số phương pháp chứngminh chia hết tiêu biểu thường được áp dụng:

2.1 Phương pháp áp dụng tính chất của phép chia hết, kết hợp với xét

số dư, các hằng đẳng thức đáng nhớ,

2.2 Phương pháp áp dụng lý thuyết đồng dư

2.3 Một số phương pháp khác: phương pháp quy nạp toán học, phươngpháp chứng minh phản chứng, phương pháp áp dụng nguyên lý Dirichlet,

2.1 Phương pháp áp dụng các tính chất của phép chia hết2.1.1 Áp dụng các tính chất cơ bản của phép chia hết

• Một số bài toán đơn giản có thể giải bằng cách áp dụng các tính chấtcủa phép chia hết

Chẳng hạn, các ví dụ sau đây áp dụng tính chất chia hết của một tổng,tích, tính chất bắc cầu, tính chất chia hết của lũy thừa cho số nguyên

tố,

Ví dụ 1 Cho a, b, c là các số nguyên Chứng minh rằng:

1) Nếu 11a + 2b chia hết cho 19 thì 18a + 5b chia hết cho 19 và ngược lại.2) Nếu 5a2 + 15ab − b2 chia hết cho 49 thì 3a + b chia hết cho 7 và ngượclại

3) Nếu a2− 3ab + 4b2 chia hết cho 49 thì a và b cùng chia hết cho 7.4) Nếu a2+ ab + b2 chia hết cho 9 thì a và b cùng chia hết cho 3

5) Nếu a3+ b3+ c3 chia hết cho 9 thì abc chia hết cho 3

Lời giải

1) Ta có hiệu 5 (11a + 2b) − 2 (18a + 5b) = 19a chia hết cho 19

Từ đó suy ra: 11a + 2b chia hết cho 19 khi và chỉ khi 18a + 5b chia hếtcho 19

2) Ta viết 5a2 + 15ab − b2 = 14a2 + 21ab − (3a + b)2

+) Nếu 5a2 + 15ab − b2 chia hết cho 49 thì nó cũng chia hết cho 7.Khi đó (3a + b)2 chia hết cho 7 Suy ra 3a + b chia hết cho 7

+) Ngược lại, nếu 3a + b chia hết cho 7

Ta có 2 (2a + 3b) = 7 (a + b) − (3a + b) chia hết cho 7

Nhưng (2; 7) = 1 nên 2a + 3b chia hết cho 7

Khi đó 5a2+15ab−b2 = 14a2+21ab−(3a + b)2 = 7a (2a + 3b)−(3a + b)2chia hết cho 49

3) Ta có a2− 3ab + 4b2 = (a + 2b)2− 7ab

+) Nếu a2 − 3ab + 4b2 chia hết cho 49 thì cũng chia hết cho 7

Suy ra (a + 2b)2 chia hết cho 7 nên 2a + b chia hết cho 7

Khi đó (a + 2b)2 chia hết cho 49 nên 7ab chia hết cho 49

hay ab chia hết cho 7

Từ đó suy ra a và b cùng chia hết cho 7

+) Điều ngược lại hiển nhiên đúng

4) Ta viết a2+ ab + b2 = (a − b)2+ 3ab Từ đó giải tương tự như phần 3.5) Phân tích a3+ b3+ c3− 3abc = (a + b + c)3− 3 (a + b + c) (ab + bc + ca).Nếu a3+ b3 + c3 chia hết cho 9 thì vế phải chia hết cho 3.

số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2.3.5 = 30

Do (2, 3) = 1 nên suy ra A chia hết cho 6.

Có thể biến đổi biểu thức A để được các bài toán tương đương Chẳnghạn, chứng minh rằng: n3+ 5n chia hết cho 6 Bài toán này tương đươngvới bài toán trên vì ta có biến đổi n3+ 5n = n3− n
+ 6n

2) Ta có B = n3 − n

n2 + 1
nên chia hết cho 6

Mặt khác, theo định lý Fermat nhỏ, B = n5 − n chia hết cho 5

Do (5, 6) = 1 nên suy ra B chia hết cho 30

• Từ ví dụ trên, ta dễ dàng chứng minh bài toán sau

Ví dụ 3 Cho a, b, c là các số nguyên

1) Chứng minh rằng a3+ b3 + c3 6 khi và chỉ khi a + b + c 6

2) Chứng minh rằng a5+ b5 + c5 30 khi và chỉ khi a + b + c 30

• Các ví dụ sau được giải bằng cách phân tích thành tích và kết hợp với

sử dụng các tính chất chia hết

Ví dụ 4 Chứng minh rằng:

1) A = n3 + 3n2 − n − 3 chia hết cho 48 với n là số nguyên lẻ

2) B = n4− 14n3+ 71n2− 154n + 120 chia hết cho 24 với mọi số nguyên n.3) C = n4 − 4n3 − 4n2+ 16n chia hết cho 384 với mọi số nguyên n chẵn.4) D = n5 − 5n3+ 4n chia hết cho 120 với mọi số nguyên n

5) E = n12− n8 − n4+ 1 chia hết cho 512 với mọi n là số nguyên lẻ.6) F = n8 − n6− n4+ n2 chia hết cho 1152 với mọi n là số nguyên lẻ.7) G = n6 − n2 chia hết cho 60 với mọi số nguyên n

Lời giải

1) Ta có A = n3+ 3n2− n − 3 = (n − 1)(n + 1)(n + 3).

Với n là số nguyên lẻ nên n = 2k + 1 với k ∈ Z

Khi đó A = 8k (k + 1) (k + 2) chia hết cho 48

2) Ta có B = n4− 14n3+ 71n2− 154n + 120 = (n − 2)(n − 3)(n − 4)(n − 5)

Vì B là tích của bốn số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 3

Mặt khác trong bốn số nguyên liên tiếp, luôn có hai số chẵn liên tiếp nên

B chia hết cho 8

Do (3, 8) = 1 nên B chia hết cho 24

3) Ta có C = n4 − 4n3− 4n2 + 16n = n(n − 4)(n2− 4)

Với n là số nguyên chẵn nên n = 2k với k ∈ Z

Khi đó C = 16(k − 2)(k − 1)k(k + 1) chia hết cho 16.24 = 384

- Nếu n lẻ thì (n − 1) và (n + 1) là hai số chẵn nên (n − 1)(n + 1) chiahết cho 4.

Vậy G chia hết cho 4

+) Chứng minh G chia hết cho 5:

Ta có G = n(n5− n) nên chia hết cho 5

Vì 3, 4, 5 đôi một nguyên tố cùng nhau nên G chia hết cho 60 

Ví dụ 5 Chứng minh rằng với mọi k, n ∈ N∗, k lẻ, ta có: k2n − 1
2n+2.Lời giải Ta có k2n − 1
= (k − 1)k20+ 1

 

k21+ 1





k2n−1 + 1

.Tích này có n + 1 thừa số

Ta có (k − 1) (k + 1) 8 và các số hạng còn lại đều chẵn.

Vậy k2n − 1
. 8.2n−1
Ta có điều phải chứng minh 

Ví dụ 6 Cho k, n ≥ 2 là các số nguyên dương Chứng minh rằng:

Lời giải

1) Ta có: nk− 1 = (n − 1) nk−1+ nk−2+ · · · + n + 1

= (n − 1) nk−1− 1
+ nk−2− 1
+ · · · + (n − 1) + (1 − 1) + k

= (n − 1)2.M + k (n − 1) Từ đó suy ra điều phải chứng minh

2) Áp dụng phần 1) bằng cách thay n bởi n + 1 và thay k bởi n

2.1.2 Phương pháp xét số dư

• Để chứng minh A(n) chia hết cho p, ta xét các trường hợp số dư khi chia

n cho p dạng n = pk + r với r ∈ {0; 1; 2; ; p − 1} để biến đổi A(n) vàgiải bài toán

Ví dụ 7 Cho p và q là hai số nguyên tố sao cho p > q > 3 và p − q = 2.Chứng minh rằng p + q chia hết cho 12

Lời giải

+) Chứng minh p + q chia hết cho 3:

Do q là số nguyên tố lớn hơn 3 nên q có dạng q = 3k ± 1

Nếu q = 3k + 1 thì p = q + 2 = 3k + 3 chia hết cho 3 Nhưng p là số nguyên

tố lớn hơn 3 nên mâu thuẫn

Nếu q = 3k − 1 thì p = 3k + 1 Khi đó ta có p + q = 6k nên p + q chia hếtcho 3

+) Chứng minh p + q chia hết cho 4:

Ta có p và q là hai số nguyên tố lớn hơn 3 nên p + 1 và q + 1 là hai số chẵnliên tiếp có hiệu bằng p − q = 2 nên trong hai số đó có một số chia hết cho 4.Nếu p + 1 = 4m thì p = 4m − 1 và q = 4m − 3 Khi đó ta có (p + q) 4.Nếu q + 1 = 4m thì q = 4m − 1 và p = 4m + 1 Khi đó ta cũng có (p + q) 4.Vậy p + q chia hết cho cả 3 và 4, và do (3, 4) = 1 nên p + q chia hết cho 12.

Ví dụ 8 Cho các số nguyên x, y, z thoả mãn

(x − y) (x − z) (y − z) = x + y + zChứng minh rằng x + y + z chia hết cho 27

Lời giải Nếu ba số x, y, z khi chia cho 3 có các số dư khác nhau thì các hiệu

x − y, x − z, y − z cùng không chia hết cho 3, nhưng x + y + z lại chia hếtcho 3, mâu thuẫn

Nếu chỉ có hai trong ba số x, y, z khi chia cho 3 có cùng số dư, thì một trongcác hiệu x − y, x − z, y − z chia hết cho 3, nhưng x + y + z lại không chiahết cho 3, mâu thuẫn.

Vậy ba số x, y, z có cùng số dư khi chia cho 3 Khi đó, mỗi hiệu x − y, x − z,

y − z chia hết cho 3 nên (x − y) (x − z) (y − z) = x + y + z chia hết cho 27.

Ví dụ 9 Cho n là số tự nhiên lớn hơn 3 Cho 2n = 10a + b (0 < b < 10).Chứng minh rằng ab chia hết cho 6

Lời giải Đặt n = 4k + r (k, r ∈ N, 0 ≤ r ≤ 3)

+) Nếu r = 0 thì 2n = 16k có chữ số hàng đơn vị là 6 nên b = 6

Khi đó ab chia hết cho 6

+) Nếu 1 ≤ r ≤ 3 thì 2n− 2r = 2r 16k− 1
(2.5) 10

nên 2n và 2r có cùng chữ số hàng đơn vị Vậy b = 2r

Khi đó 10a = 2n− 2r = 2r 16k − 1
3

nên a chia hết cho 3 hay ab chia hết cho 3

Ta có b là chữ số hàng đơn vị của 2n nên b là số chẵn

Do đó ab chia hết cho 2

Ví dụ 10 Chứng minh rằng không có số nguyên a để số A = a2+ a + 1 chiahết cho 5

Lời giải Đặt a = 10q + r, 0 ≤ r < 10

Ta có A = 100q2+ 20qr + 10q + r2+ r + 1

Xét tất cả các trường hợp của r thì r2 + r + 1 có chữ số hàng đơn vị là 1, 3

và 7

Vậy không có số a nào để A = a2+ a + 1 chia hết cho 5 

Ví dụ 11 Chứng minh rằng không có số nguyên a để a2+ 1 chia hết cho 3.Lời giải Xét số dư khi chia a cho 3 Số a có thể biểu diễn bằng một trongcác dạng sau: 3q, 3q + 1, 3q + 2 Xét từng khả năng phân tích số a:

+) Với a = 3q thì a2+ 1 = 9q2+ 1 chia cho 3 dư 1.

+) Với a = 3q + 1 thì a2+ 1 = 3 3q2 + 2q
+ 2 chia cho 3 dư 2

+) Với a = 3q + 2 thì a2+ 1 = 3 3q2 + 4q + 1
+ 2 chia cho 3 dư 2

Vậy trong mọi trường hợp thì a2+ 1 không chia hết cho 3 

• Chúng ta có thể nhận xét rằng với mọi số nguyên a thì a2 khi chia cho 3chỉ có thể nhận một trong các số dư là 0 và 1, nên a2 + 1 khi chia cho 3chỉ có thể nhận một trong các số dư là 1 và 2, từ đó không có số nguyên

a nào để a2 + 1 chia hết cho 3

Một số bài toán có thể dựa vào nhận xét số dư của các số lũy thừa.Chẳng hạn, ta có:

+) a2 ≡ 0; 1 (mod3; 4), a2 ≡ 0; 1; 4 (mod5; 8), a2 ≡ 0; 1; 4; 2 (mod7)

+) a3 ≡ 0; 1; 8 (mod9), a3 ≡ 0; 1; 6 (mod7)

+) a4 ≡ 0; 1 (mod8)

• Ta có thể áp dụng những nhận xét trên để giải các bài toán sau:

Ví dụ 12 Cho x, y là các số nguyên Chứng minh rằng

1) Nếu x2+ y2 chia hết cho 3 thì x và y cùng chia hết cho 3

2) Nếu x2+ y2 chia hết cho 7 thì x và y cùng chia hết cho 7

2) +) Nếu trong hai số x, y chỉ có một số chia hết cho 7 thì rõ ràng x2+ y2không chia hết cho 7, trái với giả thiết

+) Nếu cả hai số x, y cùng không chia hết cho 7 thì x2 + y2 chia cho 7chỉ có thể nhận một trong các số dư là 1, 2, 3, 4, 5, 6 nên không chia hếtcho 7, trái với giả thiết.

Vậy chỉ có thể xảy ra trường hợp x và y cùng chia hết cho 7 Đây là điều

Ví dụ 13 Cho x, y, z là những số tự nhiên thỏa mãn đẳng thức x2+ y2 = z2.Chứng minh rằng xy 12.

Lời giải

+) Nếu cả x, y cùng không chia hết cho 3 thì x2+ y2 ≡ 2 (mod3)

Trong khi z2 ≡ 0, 1 (mod 3), mâu thuẫn

Điều đó chứng tỏ trong hai số x, y phải có ít nhất một số chia hết cho 3.Vậy xy 3.

+) Nếu x, y cùng lẻ thì x2 + y2 ≡ 2 (mod8) trong khi đó z phải chẵn và

z2 ≡ 0, 4 (mod8), mâu thuẫn nên x, y không cùng lẻ

Nếu x chẵn, y lẻ thì suy ra z lẻ và y2 ≡ x2 ≡ 1 (mod8) nên x2 ≡ 0 (mod8)suy ra x 4 Khi đó ta được xy 4.

Nếu x không chia hết cho 3 thì y cũng không chia hết cho 3

Khi đó, 4x2 + 7y2 ≡ 11 ≡ 2 (mod3) còn 9n.M ≡ 0 (mod3) (mâu thuẫn).Vậy x, y cùng chia hết cho 3

Đặt x = 3x1, y = 3y1 (x1, y1 ∈ Z)

Ta có 4x12 + 7y12 = 9n−1.M

Lại tiếp tục lý luận tương tự, cuối cùng ta có: x = 3nxn, y = 3nyn (xn, yn ∈ Z)

• Cũng từ nhận xét với mọi số nguyên x thì x2 khi chia cho 8 có số dư làmột trong các số 0, 1, 4 Chúng ta xét ví dụ sau:

Ví dụ 15 Cho p và 8p2 + 1 là các số nguyên tố Hãy tìm p

Lời giải + p = 3 thỏa mãn bài toán

+ Nếu p > 3 thì p2 ≡ 1 (mod3) nên 8p2+ 1 ≡ 0 (mod3) và 8p2 + 1 > 3

nên 8p2+ 1 không là số nguyên tố, trái với giả thiết

Ví dụ 16 Cho a, b, c là các số nguyên Chứng minh rằng a2 + b2 + c2 + 1không chia hết cho 8

Lời giải Với mọi số nguyên x thì x2 khi chia cho 8 có số dư là 0, 1, 4

Do đó a2 + b2+ c2+ 1 khi chia cho 8 có số dư là 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7

Trong mọi trường hợp, a2+ b2 + c2 + 1 không chia hết cho 8

• Từ nhận xét với mọi số nguyên x thì x2 khi chia cho 9 có số dư là mộttrong các số 0, 1, 4, 7 Chúng ta xét ví dụ sau:

Ví dụ 17 Cho a, b, c là các số nguyên

Chứng minh rằng nếu a2 + b2 + c2 chia hết cho 9 thì ít nhất một trong cáchiệu a2 − b2, b2− c2, c2 − a2 chia hết cho 9

Lời giải Với mọi số nguyên x, số x2 chia cho 9 có số dư là 0, 1, 4, 7

Gọi r1, r2, r3 tương ứng là số dư của a2, b2, c2 khi chia cho 9

Vì a2 + b2+ c2 chia hết cho 9 nên xảy ra các trường hợp sau:

+) r1 = r2 = r3 = 0

• Cho a, b là các số nguyên và n là số tự nhiên Khi đó:

+) an− bn chia hết cho a − b, trong đó a − b 6= 0

+) an+ bn chia hết cho a + b, trong đó a + b 6= 0 và n lẻ

+) an− bn chia hết cho a + b, trong đó a + b 6= 0 và n chẵn

Ví dụ 18 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì

A = 2005n+ 60n− 1897n− 168n chia hết cho 2004

Lời giải Ta có 2004 = 12 × 167 và (12, 167) = 1

Ta có A = (2005n− 1897n) − (168n− 60n) 108 12.

Lại có A = (2005n− 168n) − (1897n− 60n) 1837 167.

Ví dụ 19 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì

Ví dụ 20 Chứng minh rằng:

1) A = 62n + 19n− 2n+1 chia hết cho 17, với mọi n ∈ N

2) B = 28n.56n− 1980n− 441n+ 1 chia hết cho 1979, với mọi n ∈ N

3) C = 118n− 101n− 16n− 1 chia hết cho 702, với mọi n ∈ N, n lẻ

4) D = 11n+2 + 122n+1 chia hết cho 133, với mọi n ∈ N

5) E = 52n−1.2n+1 + 3n+1.22n−1 chia hết cho 38, với mọi n ∈ N∗

6) F = 5n+2 + 26.5n+ 82n+1 chia hết cho 59, với mọi n ∈ N

2) Xét dãy số (xn)n≥0 xác định bởi: x0 = 2, xn+1 = 2xn − 1 (n ≥ 0)

Ta có 2x0− 2 = 2 x

0.Theo kết quả phần 1) suy ra 2x1 − 2 x

1.Bằng quy nạp toán học và từ kết quả phần 1) suy ra 2xn− 2 x

n với mọi

số tự nhiên n

Ví dụ 22 Cho f (x) là đa thức tùy ý với hệ số nguyên và a, b là hai số nguyênkhác nhau Chứng minh rằng: f (a) − f (b) (a − b).

Lời giải Giả sử f (x) = anxn+ an−1xn−1 + · · · + a1x + a0,

Mà ab b nên suy ra f (a) b.

1) A = 58n + 23 chia hết cho 24 với mọi n ∈ N∗

2) B = 7 · 52n+ 12 · 6n chia hết cho 19 với mọi n ∈ N∗

3) C = 122n+1+ 11n+2 chia hết cho 133 với mọi n ∈ N

4) D = 44021+ 32012 chia hết cho 13

5) E = 22011969 + 11969220 + 69220119 chia hết cho 102

Lời giải.

1) Ta có A = 58n + 23 = 58·8n−1+ 23 = 254·8n−1 + 23 ≡ 1 + 23 ≡ 0 (mod24).2) Ta có B = 7 · 25n+ 12 · 6n ≡ 7 · 6n+ 12 · 6n ≡ 0 (mod19)

3) Ta có C = 12 · 144n+ 121 · 11n ≡ (12 + 121) · 11n ≡ 0 (mod133)

4) Ta có

D = 44021+ 32012 ≡ 4.162010 + 9.32010 ≡ 4(162010− 32010) ≡ 0 (mod 13)5) Ta có 102 = 2.3.17

Lời giải Ta có x2− 3xy + 2y2+ x − y = (x − y)(x − 2y + 1) chia hết cho 17nên suy ra x − y hoặc x − 2y + 1 chia hết cho 17

• Nếu x ≡ y (mod 17) thì ta có:

x2 − 2xy + y2 − 5x + 7y ≡ y2− 2y2+ y2 − 5y + 7y ≡ 2y (mod 17)

Giả thiết cho x2− 2xy + y2− 5x + 7y chia hết cho 17 nên suy ra 2y chiahết cho 17 hay y chia hết cho 17.

Khi đó x và y cùng chia hết cho 17 nên xy − 12x + 15y chia hết cho 17

• Nếu x ≡ 2y − 1 (mod 17) thì ta có:

x2 − 2xy + y2 − 5x + 7y ≡ y2− 5y + 6 (mod 17) và

xy − 12x + 15y ≡ 2(y2− 5y + 6) (mod 17)

Từ đó và giả thiết cho x2− 2xy + y2− 5x + 7y chia hết cho 17 thì suy ra

• Một số bài toán liên quan đến các số tự nhiên nhiều chữ số được chuyểnsang dạng biểu diễn theo cơ số 10 Chẳng hạn với ví dụ sau:

Ví dụ 27 Chứng minh rằng số A = 100 · · · 001 (với số lượng số 0 là chẵn)chia hết cho 11

Lời giải Ta có A = 102k+1+ 1 = 10 · 100k+ 1 ≡ 10 + 1 ≡ 0 (mod11) 

Ví dụ 28 Viết liên tiếp các số 111, 112, · · · , 888 để được số A = 111112 · · · 888.Chứng minh rằng A chia hết cho 1998

Lời giải Trước hết, ta thấy A là chẵn

Mặt khác A = 111 · 1000777+ 112 · 1000776+ · · · + 887.1000 + 888

Ta có A ≡ 111 + 112 + · · · + 888 ≡ 0 (mod999) hay A chia hết cho 999

• Nhận xét rằng đối với số nguyên a và số tự nhiên m tùy ý Các lũy thừacủa a là a, a2, a3, khi chia cho m thì nhận được các số dư theo thứ tự

đó lặp lại một cách tuần hoàn, có thể chu kỳ tuần hoàn không bắt đầu

từ lũy thừa đầu tiên

Các bài toán thường quan tâm đến số mũ l sao cho al ≡ 1 (modm) Việctồn tại số l được khẳng định nhờ định lý Euler

Chúng ta xét một số ví dụ sau:

Ví dụ 29.

1) Chứng minh rằng 222555+ 555222 chia hết cho 7

2) Chứng minh rằng 1482004 + 8 chia hết cho 11

• Tiếp theo, kết hợp giữa áp dụng đồng dư và phương pháp xét số dư nhưtrình bày trong mục 2.1.2 cũng giúp cho việc trình bày lời giải ngắn gọnhơn.

Ta xét một số ví dụ sau:

Ví dụ 31 Chứng minh rằng 22n+2+24n+14 chia hết cho 18, với mọi n ∈ N.Lời giải Đặt A (n) = 22n+2+ 24n + 14

Ta có ngay A (n) chia hết cho 2

Ta còn phải chứng minh A (n) chia hết cho 9

Giả sử n = 3k + r, trong đó k ∈ N∗, r ∈ {0; 1; 2}

Ta có A (n) = 64k.4r+1 + 72k + 24r + 14 ≡ 4r+1+ 6r + 5 (mod9)

Đặt R(r) = 4r+1+ 6r + 5

Ta có R(0) = 9, R(1) = 27, R(2) = 81

Với mỗi r = 0, 1, 2, ta đều có 4r+1 + 6r + 5 ≡ 0 (mod9)

Vậy A (n) chia hết cho 9

Ví dụ 32 Cho số nguyên dương n Chứng minh rằng: S = 1n+ 2n+ 3n+ 4nchia hết cho 5 khi và chỉ khi n không chia hết cho 4

+) Nếu r = 2 thì R = 30 chia hết cho 5 nên S chia hết cho 5

+) Nếu r = 3 thì R = 100 chia hết cho 5 nên S chia hết cho 5

Ví dụ 33.

1) Tìm số nguyên dương n sao cho 2n− 1 chia hết cho 7

2) Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên dương n để 2n + 1 chia hếtcho 7

2) Tương tự phần 1) ta có 2n+ 1 nhận được số dư khi chia cho 7 chỉ có thể

là một trong các số 2, 3, 5 Từ đó suy ra điều phải chứng minh 

2.2.2 Áp dụng các định lý về đồng dư

• Định lý Fermat nhỏ được áp dụng trong nhiều bài toán chứng minh chiahết

Ví dụ 34 Cho p, q là hai số nguyên tố khác nhau

Chứng minh rằng pq−1+ qp−1− 1 chia hết cho pq

Lời giải Theo đinh lý Fermat nhỏ, ta có: pq−1 ≡ 1 (modq)

Suy ra pq−1+ qp−1 ≡ 1 (modq)

Tương tự pq−1+ qp−1 ≡ 1 (modp)

Vì (p, q) = 1 nên pq−1+ qp−1 ≡ 1 (modpq)

Ví dụ 35 Cho p là một số nguyên tố khác 2 và 5 Chứng minh rằng trongdãy 9, 99, 999, 9999, có vô hạn số hạng chia hết cho p

Lời giải Do p là số nguyên tố khác 2 và 5 nên (p, 10) = 1.

Do đó, theo định lý Fermat nhỏ, ta có: 10p−1 ≡ 1 (mod p)

Từ đó, với mọi n nguyên dương, suy ra: 10n(p−1) ≡ 1 (mod p)

hay 10n(p−1)− 1 .p.

Mặt khác 10n(p−1) − 1 = 99 9, n(p − 1) chữ số 9

Ví dụ 36 Cho p là số nguyên tố khác 2 Cho a, b là hai số tự nhiên lẻ saocho a + b p và a − b p − 1 Chứng minh rằng ab + ba 2p.

Lời giải Giả sử a ≥ b, nếu không ta đổi vai trò a và b cho nhau

Gọi r là số dư trong phép chia a cho p thì a ≡ r (mod p)

Do a + b p nên b ≡ −r (mod p).

Suy ra ab + ba ≡ rb− ra ≡ rb 1 − ra−b
(mod p)

Vì r không chia hết cho số nguyên tố p nên theo định lý Fermat nhỏ, ta có:

Lời giải Vì p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên 2p−1 ≡ 1 (mod 3)

Mặt khác, do (2, p) = 1 nên theo định lý Fermat nhỏ, ta có: 2p−1 ≡ 1 (mod 3)