chuyên đề chia hết trong tập hợp số nguyên

TÓM TẮT LÝ THUYẾT ĐỊNH NGHĨA PHÉP CHIA Cho số nguyên a b b ≠ ta ln tìm hai số ngun q r cho: a = bq + r Với ≤ r < | b| Trong đó: a số bị chia, b số chia, q thương, r số dư Khi a chia cho b xẩy | b| số dư r ∈ {0; 1; 2; …; | b| -1} Đặc biệt: r = a = bq, ta nói a chia hết cho b hay b chia hết a Ký hiệu: ab hay b\ a Vậy: a  b ⇔ Có số nguyên q cho a = bq CÁC TÍNH CHẤT Với ∀ a ≠ ⇒ a  a Nếu a  b b  c ⇒ a  c Với ∀ a ≠ ⇒  a Nếu a, b > a  b ; b  a ⇒ a = b Nếu a  b c ⇒ ac  b Nếu a  b ⇒ (± a)  (± b) Với ∀ a ⇒ a  (± 1) Nếu a  b c  b ⇒ a ± c  b Nếu a + b  c a  c ⇒ b  c 10 Nếu a  b n > ⇒ an  bn 11 Nếu ac  b (a, b) =1 ⇒ c  b 12 Nếu a  b, c  b m, n am + cn  b 13 Nếu a  b c  d ⇒ ac  bd 14 Tích n số nguyên liên tiếp chia hết cho n! MỘT SỐ DẤU HIỆU CHIA HẾT Gọi N = an an−1 a1a0 3.1 Dấu hiệu chia hết cho 2; 5; 4; 25; 8; 125 + N  ⇔ a0 M2 ⇔ a0 ∈{0; 2; 4; 6; 8} + N  ⇔ a0 M5 ⇔ a0 ∈{0; 5} + N  (hoặc 25) ⇔ a1a0 M4 (hoặc 25) + N  (hoặc 125) ⇔ a2 a1a0 M8 (hoặc 125) 3.2 Dấu hiệu chia hết cho + N  (hoặc 9) ⇔ ( an + an −1 + + a1 + a0 ) M3 (hoặc 9) 3.3 Một số dấu hiệu khác + N  11 ⇔ ( a0 + a2 + ) − ( a1 + a3 + )   11 + N  101 ⇔ ( a1a0 + a5 a4 + ) − ( a3 a2 + a7 a6 + )  101 + N  (hoặc 13) ⇔ ( a2 a1a0 + a8 a7 a6 + ) − ( a5 a4 a3 + a11a10 a9 + )  11 (hoặc 13) + N  37 ⇔( a2 a1a0 + a5 a4 a3 )  37 + N  19 ( an + 2an −1 + 22 an − + 2n −1 a1 + 2n a0 ) M19 CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN CHIA HẾT Phương pháp 1: SỬ DỤNG DẤU HIỆU CHIA HẾT Ví dụ 1: Tìm chữ số a, b cho a56b  45 Giải Ta thấy 45 = 5.9 mà (5 ; 9) = để a56b  45 ⇔ a56b  Xét a56b  ⇔ b ∈ {0 ; 5} Nếu b = ta có số a56b  ⇔ a + + +  ⇒ a + 11  ⇒a = Nếu b = ta có số a56b  ⇔ a + + +  ⇒ a + 16  ⇒a = Vậy: a = b = ta có số 7560 a = b = ta có số 2565 Ví dụ 4: Tìm chữ số a b cho 19ab chia hết cho Giải Vì 19ab chia hết b=0 b=5 19ab chia hết suy b=0 Mặt khác , 19a chia hết 19a chia hết cho a chia hết cho suy a ∈ {0;2;4;6;8} Ta có 19a chia hết cho 9a chia hết a=2 a=6 Vậy a=2 b=0 a=6 b=0 nên số cần tìm 1920 1960 Ví dụ 5: Chữ số a để aaaaa96 chia hết cho Giải Vì aaaaa96 8 ⇔ a96 8 ⇔ 100a + 96 8 suy 100a 8 Vậy a số chẵn ⇒ a ∈{ 2, 4, 6, 8} (1) Vì aaaaa96 3 ⇔ (a + a + a + a + a + + ) 3 ⇔ 5a + 15 3 Mà 15 3 ⇒ 5a 3 Mà (5, 3) = Suy a  ⇒ a ∈{ 3, ,9} (2) Từ (1) (2 ) suy a = KL: Vậy số phải tìm 6666696 Ví dụ 6: Tìm chữ số a để 1aaa1 11 Giải HD: tổng chữ số hàng lẻ + a Tổng chữ số hàng chẵn 2a 1aaa1 11 ⇒ 2a – (a + 2) 11 ⇒ a - 11 ⇒ a - 2=0 ⇒a = Vậy a=2 Phương pháp 2: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CHIA HẾT * Chú ý: Trong n số nguyên liên tiếp có số chia hết cho n Ví dụ 1: Chứng minh rằng: a Tích số ngun liên tiếp ln chia hết cho b Tích số nguyên liên tiếp chia hết cho Giải a Trong số nguyên liên tiếp có số chẵn ⇒ Số chẵn chia hết cho Vậy tích số nguyên liên tiếp chia hết cho b Tích số ngun liên tiếp ln chia hết tích số nguyên liên tiếp chia hết cho Trong số nguyên liên tiếp có số chia hết cho ⇒ Tích số chia hết cho mà (2; 3) = Vậy tích số ngun liên tiếp ln chia hết cho Ví dụ 2: Chứng minh rằng: Tổng lập phương số nguyên liên tiếp chia hết cho Giải Gọi số nguyên liên tiếp là: n - , n , n+1 Ta có: A = (n - 1)3 + n3 + (n + 1)3 = 3n3 - 3n + 18n + 9n2 + = 3(n - 1)n (n+1) + 9(n2 + 1) + 18n Ta thấy (n - 1)n (n + 1)  (Chứng minh Ví dụ 1) ⇒ 3(n - 1)n (n + 1)  9( n + 1) 9 mà  18n 9 ⇒A  (ĐPCM) Ví dụ 3: Chứng minh rằng: n4 - 4n3 - 4n2 +16n  384 với ∀ n chẵn, n≥ Giải Vì n chẵn, n≥ ta đặt n = 2k, k≥ Ta có n4 - 4n3 - 4n2 + 16n = 16k4 - 32k3 - 16k2 + 32k = 16k(k3 - 2k2 - k + 2) = 16k(k - 2) (k - 1)(k + 1) Với k ≥ nên k - 2, k - 1, k + 1, k số tự nhiên liên tiếp nên số có số chia hết cho số chia hết cho ⇒ (k - 2)(k - 1)(k + 1)k  Mà (k - 2) (k - 1)k  ; (3,8)=1 ⇒ (k - 2) (k - 1) (k + 1)k  24 ⇒ 16(k - 2) (k - 1) (k + 1)k  16.24 Vậy n4 - 4n3 - 4n2 +16n  384 với ∀ n chẵn, n ≥ Ví dụ 4: Chứng minh với số nguyên n : a A= 3n+2 – n+2 + 3n – n chia hết cho 10 b B = 10 n – 18 n – chia hết cho 27 Giải a n+2 n+2 n n A= – + – = 3n (32 + 1) – n (22 +1) = 10 3n – 2n = 10 (3n –2n-1) M10 Vậy A chia hết cho 10 b B = 10 n + 18 n – = 10n – – 9n +27n = 99 { − 9n + 27 n n Ví dụ 5: chứng minh a) n5 - n chia hết cho 30 với n ∈ N ; b) n4 -10n2 + chia hết cho 384 với n lẻ n∈ Z Giải a) n - n = n(n - 1) = n(n - 1)(n + 1)(n + 1) = (n - 1).n.(n + 1)(n2 + 1) M6 Vì (n - 1).n.(n+1) tích ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho (*) Mặt khác n5 - n = n(n2 - 1)(n2 + 1) = n(n2 - 1).(n2 - + 5) = n(n - 1).(n2 - ) + 5n(n2 - 1) = (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) + 5n(n - 1) Vì (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) tích số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 5n(n2 - 1) chia hết cho Suy (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) + 5n(n2 - 1) chia hết cho (**) Từ (*) (**) suy đpcm b) Đặt A = n4 -10n2 + = (n4 -n2 ) - (9n2 - 9) = (n2 - 1)(n2 - 9) = (n - 3)(n - 1)(n + 1)(n + 3) Vì n lẻ nên đặt n = 2k + (k ∈ Z) A = (2k - 2).2k.(2k + 2)(2k + 4) = 16(k - 1).k.(k + 1).(k + 2) ⇒ A chia hết cho 16 (1) Và (k - 1).k.(k + 1).(k + 2) tích số nguyên liên tiếp nên A có chứa bội 2, 3, nên A bội 24 hay A chia hết cho 24 (2) Từ (1) (2) suy A chia hết cho 16 24 = 384 Phương pháp 3: XÉT TẬP HỢP SỐ DƯ TRONG PHÉP CHIA Ví dụ 1: Chứng minh rằng: Với ∀ n ∈ N Thì A(n) = n(2n + 7) (7n + 1) chia hết cho Giải Ta thấy thừa số n 7n + số chẵn Với ∀ n ∈ N ⇒A(n)  Ta chứng minh A(n)  Lấy n chia cho ta n = 3k + r (k ∈ N) Với r ∈ {0; 1; 2} Với r = ⇒ n = 3k ⇒ n  ⇒A(n)  Với r = ⇒ n = 3k + ⇒ 2n + = 6k +  ⇒A(n)  Với r = ⇒ n = 3k + ⇒ 7n + = 21k + 15  ⇒A(n)  ⇒A(n)  với ∀ n mà (2, 3) = Vậy A(n)  với ∀ n ∈ N Ví dụ 2: Chứng minh rằng: Nếu n không chia hết cho A(n) = 32n + 3n +  13 Với ∀ n ∈ N Giải Vì n khơng chia hết cho ⇒ n = 3k + r (k ∈ N); r ∈ {1; 2} ⇒A(n) = 32(3k + r) + 33k+r + = 32r(36k - 1) + 3r (33k - 1) + 32r + 3r + ta thấy 36k - = (33)2k - = (33 - 1)M = 26M  13 33k - = (33 - 1)N = 26N  13 với r = ⇒ 32r + 3r + = 32 + +1 = 13  13 ⇒ 32r + 3r +  13 với r = ⇒ 32r + 3r + = 34 + 32 + = 91  13 ⇒ 32r + 3r + 1 13 Vậy với n không chia hết cho A(n) = 32n + 3n +  13 Với ∀ n ∈ N Ví dụ 3: Tìm tất số tự nhiên n để 2n -  Giải Lấy n chia cho ta có n = 3k + r (k ∈ N); r ∈ {0; 1; 2} Với r = ⇒ n = 3k ta có 2n - = 23k - = 8k - = (8 - 1)M = 7M  với r =1 ⇒ n = 3k + ta có: 2n - = 28k +1 - = 2.23k - = 2(23k - 1) + mà 23k -  ⇒ 2n - chia cho dư với r = ⇒ n = 3k + ta có : 2n - = 23k + - = 4(23k - 1) + mà 23k -  ⇒ 2n - chia cho dư Vậy 23k -  ⇔ n = 3k (k ∈ N) Ví dụ 4: Tìm n ∈ N để: a) 3n – chia hết cho b) A = 32n + + 24n + chia hết cho 25 c) 5n – 2n chia hết cho Giải a) Khi n = 2k (k ∈ N) – = – = 9k – chia hết cho – = n 2k Khi n = 2k + (k ∈ N) 3n – = 32k + – = (9k – ) + = 3.8M + Vậy : 3n – chia hết cho n = 2k (k ∈ N) b) A = 32n + + 24n + = 27 32n + 2.24n = (25 + 2) 32n + 2.24n = 25 32n + 2.32n + 2.24n = 25 32n + 2(9n + 16n) Nếu n = 2k +1(k ∈ N) 9n + 16n = 92k + + 162k + chia hết cho + 16 = 25 Nếu n = 2k (k ∈ N) 9n có chữ số tận , cịn 16n có chữ số tận suy 2(9n + 16n) có chữ số tận nên A không chia hết không chia hết cho 25 Vậy :A = 32n + + 24n + chia hết cho 25 n = 2k +1(k ∈ N) c) Nếu n = 3k (k ∈ N) 5n – 2n = 53k – 23k chia hết cho 53 – 23 = 117 nên chia hết cho Nếu n = 3k + 5n – 2n = 5.53k – 2.23k = 5(53k – 23k) + 23k = 9M + 8k =5 9M + (9-1)k /9 =5 9M+9.N + 3(-1) k M Tương tự: n = 3k + 5n – 2n khơng chia hết cho Vậy : 5n – 2n chia hết cho n = 3k (k ∈ N) Phương pháp 4: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH THÀNH NHÂN TỬ Giả sử chứng minh an  k Ta phân tích an chứa thừa số k phân tích thành thừa số mà thừa số chia hết cho thừa số k Ví dụ 1: chứng minh a) 251 - chia hết cho b) 270 + 370 chia hết cho 13 c) 1719 + 1917 chi hết cho 18 d) 3663 - chia hết cho không chia hết cho 37 e) 24n -1 chia hết cho 15 với n∈ N Giải a) 251 - = (23)17 - M23 - = b) 270 + 370 =(22)35 + (32)35 = 435 + 935 M(4 + 9) = 13 c) 1719 + 1917 = (1719 + 1) + (1917 - 1) 1719 + M17 + = 18 1917 - M19 - = 18 nên (1719 + 1) + (1917 - 1) hay 1719 + 1917 M18 d) 3663 - M36 - = 35 M7 3663 - = (3663 + 1) - chi cho 37 dư - e) 4n - = (24) n - M24 - = 15 Ví dụ 2: Chứng minh rằng: 36n - 26n  35 Với ∀ n ∈ N Giải 6n 6n n n 6 Ta có - = (3 ) - (2 ) = (3 - )M = (33 + 23) (33 - 23)M = 35.19M  35 6n Vậy - 26n  35 Với ∀ n ∈ N Ví dụ 3: Chứng minh rằng: Với ∀ n số tự nhiên chẵn biểu thức A = 20n + 16n - 3n -  232 Giải Ta thấy 232 = 17.19 mà (17;19) = ta chứng minh A  17 A  19 ta có A = (20n - 3n) + (16n - 1) có 20n - 3n = (20 - 3)M  17M 16n - = (16 + 1)M = 17M  17 (n chẵn) ⇒A  17 (1) Ta có: A = (20n - 1) + (16n - 3n) có 20n - = (20 - 1)p = 19p  19 có 16n - 3n = (16 + 3)Q = 19Q  19 (n chẵn) ⇒A  19 (2) Từ (1) (2) ⇒A  232 Ví dụ 4: Chứng minh rằng: nn - n2 + n -  (n - 1)2 Với ∀ n >1 Giải n Với n = ⇒ n - n + n - = (n - 1)2 = (2 - 1)2 = ⇒ nn - n2 + n - 1 (n - 1)2 với n > đặt A = nn - n2 + n - ta có A = (nn - n2) + (n - 1) = n2(nn-2 - 1) + (n - 1) = n2(n - 1) (nn-3 + nn-4 + … + 1) + (n - 1) = (n - 1) (nn-1 + nn-2 + … + n2 +1) = (n - 1) [(nn-1 - 1) + … +( n2 - 1) + (n - 1)] = (n - 1)2M  (n - 1)2 Vậy A  (n - 1)2 (ĐPCM) Phương pháp 5: BIẾN ĐỔI BIỂU THỨC CẦN CHỨNG MINH VỀ DẠNG TỔNG Giả sử chứng minh A(n)  k ta biến đổi A(n) dạng tổng nhiều hạng tử chứng minh hạng tử chia hết cho k Ví dụ 1: CMR: n3 + 11n  với ∀ n ∈ Z Giải 3 Ta có n + 11n = n - n + 12n = n(n - 1) + 12n = n(n + 1) (n - 1) + 12n Vì n, n - 1; n + số nguyên liên tiếp ⇒ n(n + 1) (n - 1)  12n  Vậy n3 + 11n  Ví dụ 2: Cho a, b ∈ Z thoả mãn (16a +17b) (17a +16b)  11 CMR: (16a +17b) (17a +16b)  121 Giải Có 11 số nguyên tố mà (16a +17b) (17a +16b)  11 16a + 17b 11 ⇒ (1) 17a + 16b 11 Có 16a +17b + 17a +16b = 33(a + b)  11 (2) 11 16a + 17bM Từ (1) (2) ⇒  11 17a + 16bM Vậy (16a +17b) (17a +16b)  121 Phương pháp 6: DÙNG QUY NẠP TOÁN HỌC Giả sử CM A(n)  P với n ≥ a (1) Bước 1: Ta CM (1) với n = a tức CM A(a)  P Bước 2: Giả sử (1) với n = k tức CM A(k)  P với k ≥ a Ta CM (1) với n = k + tức phải CM A(k+1)  P Bước 3: Kết luận A(n)  P với n ≥ a Ví dụ 1: Chứng minh A(n) = 16n - 15n -  225 với ∀ n ∈ N* Giải Với n = ⇒A(1) = 225  225 n = Giả sử n = k ≥ nghĩa A(k) = 16k - 15k -  225 Ta phải CM A(k+1) = 16 k+1 - 15(k + 1) -  225 Thật vậy: A(k+1) = 16 k+1 - 15(k + 1) - = 16.16k - 15k - 16 = (16k - 15k - 1) + 15.16k - 15 = 16k - 15k - + 15.15m = A(k) + 225 mà A(k)  225 (giả thiết quy nạp) 225m 225 Vậy A(n)  225 Ví dụ 2: CMR: với ∀ n ∈ N* m số tự nhiên lẻ ta có m − 1M2n + Giải Với n = ⇒ m - = (m + 1)(m - 1)  (vì m + 1; m - số chẵn liên tiếp nên tích chúng chia hết cho 8) Giả sử với n = k ta có m − 1M2k + ta phải chứng minh n k k +1 m − 1M2k +3 Thật m − 1M2k + ⇒m − = 2k + q ( q ∈ Z ) k k k ⇒ m = 2k + q + k +1 ( ) Ta có m − = m k − = ( 2k + 2.q + 1) − = 22 k + 4.q + 2k +3.q = 2k +3 ( 2k +1.q + q ) M2k +3 Vậy m − 1M2n + với ∀ n ≥ n PHƯƠNG PHÁP TÌM CHỮ SỐ TẬN CÙNG + Để tìm chữ số tận lũy thừa cần ý rằng:  Các số có tận 0;1;5;6 nâng lên lũy thừa (khác 0) có tận 0;1;5;6  Các số có tận 2;4;8 nâng lên lũy thừa có tận  Các số tận 3;7 nâng lên lũy thừa có tận  Các số có tận nâng lên lũy thừa chẵn số có tận 1;nâng lên lũy thừa lẻ số tận + Để tìm hai chữ số tận lũy thừa cần lưu ý:  Các số tận 01;25;76 nâng lên lũy thừa khác không có tận 01;25;76  Các số 320 (hoặc 815) ; 74 ; 512; 992 có tận 01  Các số 220 ; 65 ; 184 ; 242; 682 ; 742 có tận 76  Số 26n (với n > 1) có tận 76 + Để tìm ba chữ số tận trở lên lũy thừa cần ý:  Các số tận 001 ; 376 ; 625 nâng lên lũy thừa (khác không) tận 001; 376; 625  Số có tận 0625 nâng lên lũy thừa (khác không) tận 0625 Ví dụ : Chứng minh 8102 - 2102 chia hết cho Bài làm : Cách : Ta có : 8102 = (84)25 82 = (…6)25 64 = (…6) 64 = …4 2102 = (24)25 22 = 1625 = (…6).4 = …4 102 Vậy - 2102 có tận ⇒ 8102 - 2102 chia hết cho Ví dụ 9: Chứng minh 16101 14101 chia hết cho Bài làm : Ta có : 16101 14101 = (16.14)101 = 224101 = (2242 )50 224 = ( 76) 50 ( 76) 224 = 224 = ( 24) Vậy 16101 14101 có hai chữ số tận 24 ⇒ 16101 14101 chia hết cho (vì 24 M4) Phương pháp 8: SỬ DỤNG NGUYÊN LÝ ĐIRICHLET Nếu đem n + thỏ nhốt vào n lồng có lồng chứa từ trở lên Ví dụ 1: Chøng minh r»ng sè tù nhiªn tìm đợc số có hiệu chia hÕt cho Gi¶i: Mét sè chia cho nhận số ú : 0; 1; 2; 3; Trong sè tù nhiªn chia cho tồn số có số ú ( nguyên tắc §irichlet) ⇒ HiƯu cđa sè chia hÕt cho Ví dụ 2: Cho ba số lẻ chứng minh tồn hai số có tổng hiệu chia hết cho Gi¶i: Một số lẻ chia cho số dư bốn số sau: 1;3;5;7 ta chia số dư ( thỏ) thành nhóm (2 lồng) Nhóm 1: dư dư Nhóm 2: dư dư Có số lẻ (3 thỏ) mà có hai nhóm số dư nên tồn hai số thuộc nhóm - Nếu số dư hiệu chúng chia hết cho - Nếu số dư khác tổng chúng chi hết cho Ví dụ 3: Cho ba số nguyên tố lớn 3.Chứng minh tồn hai số có tổng hiệu chia hết cho 12 Gi¶i: Hướng dẫn: Một số nguyên tố lớn chia cho 12 số dư số 1; 5; 7; 11 Chia làm hai nhóm: Nhóm 1: dư dư 11 Nhóm 2: dư dư Phương pháp 9: PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG Để CM A(n)  p (hoặc A(n)  p ) + Giả sử: A(n)  p (hoặc A(n)  p ) + CM giả sử sai + Kết luận: A(n)  p (hoặc A(n)  p ) Ví dụ 1: CMR n2 + 3n + M / 121 với ∀ n ∈ N Giải Giả sử tồn n ∈ N cho n + 3n +  121 ⇒ 4n + 12n + 20  121 ⇒ (2n + 3)2 + 11  121 (1) ⇒ (2n + 3)2 + 11  11 ⇒ (2n + 3)2  11 ⇒ (2n + 3)2  121 (Vì 11 số nguyên tố ) Từ (1) ⇒ 11  121 vô lý / 121 Vậy n2 + 3n + M Ví dụ : Chøng minh r»ng a - không chia hết cho với aN Giải: Giả sử A(n)=a - 5,nghĩa A(n) phải có chữ số tận 5, suy a (là số phơng) phải có số tận 10 chữ số 3;8 - Vô lý(vì số phơng có chữ số tận là:0;1;4;6;9) Vậy a - kh«ng chia hÕt cho DẠNG : CÁC BÀI TỐN VỀ TÌM SỐ TỰ NHIÊN N THỎA MÃN ĐIỀU KIỆN CHIA HẾT Phương pháp : - Giả sử tìm n ∈ N cho A(n) MB(n) - Biến đổi điều kiện A(n) MB(n) ⇔ k MB(n) (với k số tự nhiên không phụ thuộc n) ,từ tìm n - Thử lại giá trị tìm n để có A(n) MB(n) Hệ thống tập Bài 32: a Tìm số nguyên dương n cho n2 + chia hết cho n + b Tìm số nguyên n để 3n – chia hết cho n – Bài làm : a Giả sử : n2 + Mn + ,khi n2 + = (n2 – )+ Mn + Vì n2 – = (n – ) (n + ) Mn + nên suy Mn + Mà Ư(2) = { 1;2} suy n + = n + = Suy n = n = Vì n nguyên dương nên n = Thử lại : với n = ta có n2 + = 12 + = M1 + (đúng) Vậy với n = n2 + chia hết cho n + b Giả sử 3n – Mn – 3n – = 3(n – ) + Mn – ⇔ Mn – ⇔ n–4= { } ±1; ±2; ±4 ⇔ n ∈ 5;3;6;2;8;0 Bài 31 : Tìm số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện (n + 5)(n + 6) M6n Bài làm : Ta có : P = (n + 5) (n + 6) = n2 + 11n + 30 = 12n + (n2 – n +30) ⇒ P M6n ⇔ n2 – n +30 M6n Vì n2 – n Mn nên 30 Mn 30 M6 nên n2 – n M3 Vậy n ước dương 30 n chia hết cho dư dư Suy : { } n∈ 1;3;6;10;15;30 Trong giá trị có { } n∈ 1;3;10;30 thỏa mãn điều kiện toán 11 ... chẵn ⇒ Số chẵn chia hết cho Vậy tích số nguyên liên tiếp ln chia hết cho b Tích số ngun liên tiếp ln chia hết tích số nguyên liên tiếp chia hết cho Trong số nguyên liên tiếp có số chia hết cho... n số nguyên liên tiếp có số chia hết cho n Ví dụ 1: Chứng minh rằng: a Tích số nguyên liên tiếp ln chia hết cho b Tích số nguyên liên tiếp chia hết cho Giải a Trong số nguyên liên tiếp có số. .. 19a chia hết 19a chia hết cho a chia hết cho suy a ∈ {0;2;4;6;8} Ta có 19a chia hết cho 9a chia hết a=2 a=6 Vậy a=2 b=0 a=6 b=0 nên số cần tìm 1920 1960 Ví dụ 5: Chữ số a để aaaaa96 chia hết