ỨNG DỤNG LÝ THUYẾT ĐỒNG DƯ TRONG CÁC BÀI TOÁN CHIA HẾT

Bộ môn số học là một trong những môn học thú vị, hấp dẫn nhất của toán học,bởi nó rất gần gũi trong cuộc sống của chúng ta. Ngay từ lớp 6 các em học sinh đãđược tiếp cận và học, nhưng đến những năm cấp học cấp 3 các em không được tiếptục học và từ đó bộ môn này hầu như không được nhắc đến và có lẽ đi vào quênlãng. Trong những năm gần đây, trong các kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp Quốcgia đã xuất hiện nhiều bài toán số học và gần như các em học sinh không thể giảiđược. Do đó, bài viết này tôi muốn giới thiệu đến quý thầy cô giáo, các em họcsinh một chuyên đề Ứng dụng lý thuyết đồng dư trong các bài toán chiahết. Bài viết được trình bày ngắn gọn dễ hiểu, dễ tiếp cận, bao gồm hai chươngcùng với phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo. Cụ thể trong mỗi chươngđược trình bày như sau:Chương 1: Trong phần đầu, tôi trình lại lý thuyết đồng dư và ứng dụng lýthuyết đồng dư để tìm dấu hiệu chia hết cho các số nguyên tố nhỏ hơn 40. Phầncuối tôi trình bày các hàm số học như phi hàm Euler, hàm tổng các ước dương, ...,đặc biệt là áp dụng nó để giải được nhiều dạng toán về chia hết và tìm số dư trongphép chia của các số nguyên.Chương 2: Tôi giới thiệu một số bài toán số học trong các kỳ thi học sinh giỏi,đặc biệt là tôi đã vận dụng lý thuyết đồng dư để giải một số bài toán trong kỳ thiHSG Quốc gia từ 1962-2012.Cuối cùng, cho phép tôi được bày tỏ lòng biết ơn đến thầy GS.TSKH.NguyễnVăn Mậu, người đã đọc bản thảo và góp ý cho tôi hoàn thiện bài viết này, tôi xinchân thành cảm ơn đến các bạn đồng nghiệp trường THPT Phan Đình Phùng đãđộng viên tôi hoàn thành bài viết. Tuy vậy, bài viết không tránh khỏi những saisót, rất mong được sự góp ý của bạn đọc

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂK LĂK TRƯỜNG THPT PHAN ĐÌNH PHÙNG ********* HÀ DUY NGHĨA ỨNG DỤNG LÝ THUYẾT ĐỒNG DƯ TRONG CÁC BÀI TOÁN CHIA HẾT CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG Đăk Lăk -2012 MỤC LỤC Mục lục i Lời mở đầu ii Chương 1 đồng dư và áp dụng 1 1.1 Đồng dư thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1.1.1 Một số khái niệm và tính chất cơ bản . . . . . . . . . . . . . 1 1.1.2 Ứng dụng của lý thuyết đồng dư để tìm dấu hiệu chia hết . 4 1.2 Phương trình đồng dư . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 1.2.1 Phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn . . . . . . . . . . . . 10 1.2.2 Hệ phương trình đồng dư đồng dư bậc nhất một ẩn . . . . . 11 1.2.3 Ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 1.3 Các hàm số học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 1.3.1 Phi hàm Ơle ϕ♣nq . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 1.3.2 Hàm M¨obius µ♣nq . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 1.3.3 Hàm tổng các ước dương σ♣nq . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 1.3.4 Ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 1.4 Bài tập tự luyện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 Chương 2 một số bài toán trong các kỳ thi học sinh giỏi 20 2.1 Các bài toán trong các kỳ thi Olympic . . . . . . . . . . . . . . . . 20 2.2 Các bài toán trong kỳ thi học sinh giỏi Quốc gia . . . . . . . . . . 22 Tài liệu tham khảo 28 LỜI MỞ ĐẦU Bộ môn số học là một trong những môn học thú vị, hấp dẫn nhất của toán học, bởi nó rất gần gũi trong cuộc sống của chúng ta. Ngay từ lớp 6 các em học sinh đã được tiếp cận và học, nhưng đến những năm cấp học cấp 3 các em không được tiếp tục học và từ đó bộ môn này hầu như không được nhắc đến và có lẽ đi vào quên lãng. Trong những năm gần đây, trong các kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp Quốc gia đã xuất hiện nhiều bài toán số học và gần như các em học sinh không thể giải được. Do đó, bài viết này tôi muốn giới thiệu đến quý thầy cô giáo, các em học sinh một chuyên đề Ứng dụng lý thuyết đồng dư trong các bài toán chia hết. Bài viết được trình bày ngắn gọn dễ hiểu, dễ tiếp cận, bao gồm hai chương cùng với phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo. Cụ thể trong mỗi chương được trình bày như sau: Chương 1: Trong phần đầu, tôi trình lại lý thuyết đồng dư và ứng dụng lý thuyết đồng dư để tìm dấu hiệu chia hết cho các số nguyên tố nhỏ hơn 40. Phần cuối tôi trình bày các hàm số học như phi hàm Euler, hàm tổng các ước dương, ., đặc biệt là áp dụng nó để giải được nhiều dạng toán về chia hết và tìm số dư trong phép chia của các số nguyên. Chương 2: Tôi giới thiệu một số bài toán số học trong các kỳ thi học sinh giỏi, đặc biệt là tôi đã vận dụng lý thuyết đồng dư để giải một số bài toán trong kỳ thi HSG Quốc gia từ 1962-2012. Cuối cùng, cho phép tôi được bày tỏ lòng biết ơn đến thầy GS.TSKH.Nguyễn Văn Mậu, người đã đọc bản thảo và góp ý cho tôi hoàn thiện bài viết này, tôi xin chân thành cảm ơn đến các bạn đồng nghiệp trường THPT Phan Đình Phùng đã động viên tôi hoàn thành bài viết. Tuy vậy, bài viết không tránh khỏi những sai sót, rất mong được sự góp ý của bạn đọc. Tác giả Chương 1 LÝ THUYẾT ĐỒNG DƯ VÀ ÁP DỤNG 1.1 Đồng dư thức 1.1.1 Một số khái niệm và tính chất cơ bản Định nghĩa 1.1.1. Cho a, b, m là các số nguyên, m ✘ 0. Số a được gọi là đồng dư với b theo môđun m nếu m là ước của ♣b ✁ aq. Nếu a đồng dư với b theo môđun m thì viết a ✑ b ♣mod mq. Ngược lại, nếu a không đồng dư với b theo môđun m thì ta viết a ✙ b ♣mod mq. Ví dụ 2 ✑ 5 ♣mod 3q vì 3⑤♣5 ✁ 2q. Nếu a ✑ b ♣mod mq thì b gọi là một thặng dư của a theo môđun m. Nếu 0 ➝ b ➝ m ✁ 1 thì b gọi là một thặng dư bé nhất của a theo môđun m. Mệnh đề 1.1.2. Cho a, b, c, m là những số nguyên m ✘ 0. Khi đó, ta có (i) a ✑ a ♣mod mq, (ii) Nếu a ✑ b ♣mod mq thì b ✑ a ♣mod mq, (iii) Nếu a ✑ b ♣mod mq và b ✑ c ♣mod mq thì a ✑ c ♣mod mq. Chứng minh. Mệnh đề ♣iq,♣iiq là hiển nhiên, ta chứng minh mệnh đề ♣iiiq. Thật vậy, ta có a ✑ b ♣mod mq, b ✑ c ♣mod mq suy ra m⑤♣b ✁ aq và m⑤♣c ✁ bq. Do đó m⑤♣b ✁ a   c ✁ bq, hay m⑤♣c ✁ aq. Vậy a ✑ c ♣mod mq. Tiếp theo, ký hiệu a là tâp hợp tất cả các số nguyên đồng dư với a theo môđun m, a ✏ tn  Z⑤n ✑ a ♣ mod mq✉. Nói cách khác, a là tập hợp các số nguyên có dạng ta   km✉. Từ đó, ta có định nghĩa sau. Định nghĩa 1.1.3. Một tập gồm các phần tử dạng a ✏ ta  km, k  Z✉ gọi là một lớp đồng dư của a theo môđun m. 1.1. Đồng dư thức 2 Ví dụ với m ✏ 2, ta có lớp 0 là tập các số nguyên chẵn, lớp 1 là tập các số nguyên lẻ. Mệnh đề 1.1.4. Cho a, b, m là những số nguyên m ✘ 0. Khi đó, ta có (i) a ✏ b khi và chỉ khi a ✑ b ♣mod mq, (ii) a ✘ b khi và chỉ khi a ❳ b ✏ Ø, (iii) Có đúng m lớp đồng dư phân biệt theo môđun m. Chứng minh. ♣iq Giả sử a ✏ b, ta xét a  a ✏ b. Do đó, a ✑ b♣mod mq. Ngược lại, nếu a ✑ b ♣mod mq thì a  b. Ngoài ra, nếu c ✑ a ♣mod mq thì c ✑ b ♣mod mq. Điều này chứng tỏ rằng a ❸ b. Hơn nữa, từ a ✑ b ♣ mod mq ta suy ra b ✑ a ♣mod mq, hay b ❸ a. Từ đó suy ra a ✏ b. ♣iiq Dễ thấy rằng, nếu a ❳ b ✏ Ø thì a ✘ b. Ngược lại, ta cần chứng tỏ rằng nếu a ❳ b ✘ Ø thì a ✏ b. Thật vậy, giả sử a ❳ b ✘ Ø gọi c  a ❳ b. Khi đó, ta có c ✑ a ♣mod mq và c ✑ b ♣mod mq. Điều này suy ra a ✑ b ♣mod mq. Do đó, theo ♣iq ta suy ra a ✏ b. ♣iiiq Để chứng minh phần này, ta chứng minh tập t0, 1, 2, ., m ✁ 1✉ là m lớp đồng dư phân biệt theo môđun m. Thật vậy, giả sử tồn tại 0 ➝ k ➔ l ➔ m sao cho k ✏ l. Khi đó, theo ♣iq ta có k ✑ l ♣ mod mq, hay m⑤♣l✁ kq. Điều này mâu thuẫn với giả thiết 0 ➔ l ✁ k ➔ m. Do đó, k ✘ l. Ngoài ra, với mỗi a  Z luôn tồn tại cặp số nguyên q, r sao cho a ✏ qm   r, 0 ➝ r ➔ m, suy ra a ✑ r ♣mod mq hay a ✏ r. Định nghĩa 1.1.5. Tập gồm m phần tử tA ✏ a 1 , a 2 , ., a m ✉ gọi là một hệ thặng dư đầy đủ theo môđun m nếu tB ✏ a 1 , a 2 , a 3 , ., a m ✉ là tập gồm m lớp đồng dư phân biệt theo môđun m. Từ định nghĩa ta thấy rằng, hệ thặng dư đầy đủ theo môđun m là không duy nhất. Ví dụ các tập t0, 1, 2, 3✉, t4, 9, 14, ✁1✉, t0, 1, ✁2,✁1✉ là những hệ thặng dư đầy đủ theo môđun 4. Mệnh đề 1.1.6. Nếu a ✑ c ♣ mod mq và b ✑ d ♣ mod mq thì a   b ✑ c   d ♣mod mq và ab ✑ cd ♣mod mq. Chứng minh. Dễ dàng suy ra từ định nghĩa. Hà Duy Nghĩa -THPT Phan Đình Phùng-Đăk Lăk 1.1. Đồng dư thức 3 Mệnh đề 1.1.7. Cho a, b, c, m là các số nguyên, m → 0, ac ✑ bc ♣mod mq và d ✏ ♣c, mq. Khi đó, ta có a ✑ b ♣mod m d q. Chứng minh. Giả sử ac ✑ bc ♣mod mq. Ta có m⑤♣bd ✁ acq, suy ra tồn tại số nguyên k sao cho c♣b ✁ aq ✏ km. Khi đó, chia hai vế cho d ta được c d ♣b ✁ aq ✏ k m d . Ngoài ra, theo giả thiết ta có d ✏ ♣c, mq, suy ra   c d , m d ✟ ✏ 1. Do đó, ta có m d ⑤♣b ✁ aq hay a ✑ b ♣mod m d q. Mệnh đề 1.1.8. Cho a, b, m 1 , ., m k là các số nguyên, m 1 , ., m k → 0, a ✑ b ♣mod m 1 q, a ✑ b ♣mod m 2 q, ., a ✑ b ♣mod m k q. Khi đó, ta có a ✑ b ♣mod rm 1 .m k sq, trong đó rm 1 m 2 .m k s là bội chung nhỏ nhất của m 1 , m 2 ., m k . Chứng minh. Suy ra trực tiếp từ định nghĩa. Mệnh đề 1.1.9. Nếu a ✑ b ♣mod nq thì a n ✑ b n ♣mod n 2 q. Chứng minh. Từ a ✑ b ♣mod nq suy ra a ✏ b   nq. Do đó, theo công thức khai triển nhị thức ta có a n ✁ b n ✏ ♣b   nqq n ✁ b n ✏ ✂ n 1 ✡ b n✁1 qn   ✂ n 2 ✡ b n✁2 q 2 n 2   ☎ ☎ ☎   ✂ n n ✡ q n n n ✏ n 2 ✂ b n✁1 q   ✂ n 2 ✡ b n✁2 q 2   ☎ ☎ ☎   ✂ n n ✡ q n n n✁2 ✡ . Từ đó suy ra a n ✑ b n ♣mod n 2 q. Điều ngược lại không đúng, ví dụ như 3 4 ✑ 1 4 ♣mod 4 2 q nhưng 3 ✙ 1 ♣mod 4q. Mệnh đề 1.1.10. Nếu a, b là các số nguyên và p là số nguyên tố thì ♣a   bq p ✑ a p   b p ♣mod pq Chứng minh. Theo công thức khai triển nhị thức ta có ♣a   bq p ✏ a p   b p   ✂ p 1 ✡ a p✁1 b   ☎ ☎☎   ✂ p p ✁ 1 ✡ a.b p✁1 . Hà Duy Nghĩa -THPT Phan Đình Phùng-Đăk Lăk 1.1. Đồng dư thức 4 Do đó, để chứng minh mệnh đề ta chỉ cần chứng minh p⑤   p k ✟ , ♣1 ➝ k ➝ p ✁ 1q. Thật vậy, ta có ✂ p k ✡ ✏ p! k!♣p ✁ kq! , suy ra k ✂ p k ✡ ✏ p! ♣k ✁ 1q!♣p ✁ kq! ✏ p ♣p ✁ 1q! ♣k ✁ 1q!♣p ✁ kq! ✏ p ✂ p ✁ 1 k ✁ 1 ✡ . Từ đó, p⑤k   p k ✟ . Ngoài ra, do ƯCLN♣p, kq ✏ 1 nên p⑤   p k ✟ . 1.1.2 Ứng dụng của lý thuyết đồng dư để tìm dấu hiệu chia hết Ví dụ 1.1.2.1. Tìm dấu hiệu chia hết cho 2 k , 3, 5 k , 7, 11, 13, 37. Lời giải: Xét số tự nhiên a ✏ a n .a n✁1 .a 0 . Tức là a được viết dưới dạng a ✏ a n .10 n   ☎ ☎ ☎   a 1 .10   a 0 , ♣0 ➝ a i ➝ 9q. ✌ Dấu hiệu chia hết cho 2 k . Vì 10 ✑ 0 ♣mod 2q nên 10 k ✑ 0 ♣mod 2 k q. Từ đó suy ra a ✑ a k✁1 .10 k✁1   ☎ ☎ ☎   a 0 ♣mod 2 k q. Do đó, số a chia hết cho 2 k khi số b ✏ a k✁1 .10 k✁1   ☎ ☎ ☎   a 0 ✑ 0 ♣ mod 2 k q, tức là b chia hết cho 2 k . Nói cách khác, số tự nhiên a chia hết cho 2 k khi số tự nhiên b được lập từ k chữ số tận cùng của a chia hết cho 2 k . Tương tự, ta cũng có 10 ✑ 0 ♣mod 5q và 10 k ✑ 0 ♣mod 5 k q. Do đó, số a chia hết cho 5 k khi số b lập từ k chữ số tập cùng của a chia hết cho 5 k . ✌ Dấu hiệu chia hết cho 3 và 9. Ta có 10 ✑ 1 ♣mod 3q suy ra 10 k ✑ 1 ♣mod 3q. Do đó a i .10 k ✑ a i ♣mod 3q. Từ đó suy ra a ✏ a n .10 n  ☎ ☎☎   a 1 .10  a 0 ✑ a n  ☎ ☎☎   a 0 ♣mod 3q. Vậy, số a chia hết cho 3 khi tổng các chữ số của nó chia hết cho 3. Tương tự ta cũng có 10 ✑ 1 ♣mod 9q và a i .10 k ✑ a i ♣mod 9q. Vậy, số a chia hết cho 9 khi tổng các chữ số của nó chia hết cho 9. Hà Duy Nghĩa -THPT Phan Đình Phùng-Đăk Lăk 1.1. Đồng dư thức 5 ✌ Dấu hiệu chia hết cho 7 Ta có a 0 ✑ a 0 ♣mod 7q ñ a 0 ✑ a 0 ♣mod 7q 10 ✑ 3 ♣mod 7q ñ 10a 1 ✑ 3a 1 ♣mod 7q 10 2 ✑ 2 ♣mod 7q ñ 10 2 a 2 ✑ 2a 2 ♣mod 7q 10 3 ✑ ✁1 ♣mod 7q ñ 10 3 a 3 ✑ ✁1a 3 ♣mod 7q ☎ ☎ ☎ Từ đó, ta có bảng đồng dư theo môđun 7 tương ứng như sau a 0 10a 1 10 2 a 2 10 3 a 3 10 4 a 4 10 5 a 5 10 6 a 6 10 7 a 7 10 8 a 8 10 9 a 9 10 10 a 10 10 11 a 11 . 10 6t✁1 a 6t✁1 a 0 3a 1 2a 2 ✁a 3 ✁3a 4 ✁2a 5 a 6 3a 7 2a 8 ✁a 9 ✁3a 10 ✁2a 11 . ✁2a 6t✁1 Bảng 1.1: Do đó, số a ✏ a n .a n✁1 .a 1 a 0 chia hết cho 7 khi tổng dạng ♣a 0  3a 1  2a 2 q✁♣a 3  3a 4  2a 5 q ♣a 6   .q  .✁♣a 6t✁3  3a 6t✁2  2a 6t✁1 q ✑ 0 ♣ mod 7q Ngoài ra, với mọi số x, y, z ta đều có x   3y   2z ✑ 100z   10y   x ♣mod 7q ✑ zyx ♣mod 7.q Từ đó suy ra, số a ✏ a n .a n✁1 .a 1 a 0 chia hết cho 7 khi tổng dạng a 2 a 1 a 0 ✁ a 5 a 4 a 3   a 8 a 7 a 6 ✁ a 11 a 10 a 9   ., chia hết cho 7 ✌ Dấu hiệu chia hết cho 11 Tương tự dấu hiệu chia hết cho 7, ta cũng có a 0 ✑ a 0 ♣mod 11q ñ a 0 ✑ a 0 ♣mod 11q 10 ✑ ✁1 ♣mod 11q ñ 10a 1 ✑ ✁a 1 ♣mod 11q 10 2 ✑ 1 ♣mod 7q ñ 10 2 a 2 ✑ a 2 ♣mod 11q 10 3 ✑ ✁1 ♣mod 11q ñ 10 3 a 3 ✑ ✁1a 3 ♣mod 11q ☎ ☎ ☎ Hà Duy Nghĩa -THPT Phan Đình Phùng-Đăk Lăk 1.1. Đồng dư thức 6 a 0 10a 1 10 2 a 2 10 3 a 3 10 4 a 4 10 5 a 5 10 6 a 6 10 7 a 7 10 8 a 8 10 9 a 9 10 10 a 10 10 11 a 11 . 10 2t✁1 a 2t✁1 a 0 ✁a 1 a 2 ✁a 3 a 4 ✁a 5 a 6 ✁a 7 a 8 ✁a 9 a 10 ✁a 11 . ✁a 2t✁1 Bảng 1.2: Do đó, số a ✏ a n .a n✁1 .a 1 a 0 chia hết cho 11 khi tổng dạng a 0 ✁ a 1   a 2 ✁ a 3   a 4 ✁ a 5   a 6   . ✁ a 2t✁1 ✑ 0 ♣mod 11q Nói cách khác, số a ✏ a n .a n✁1 .a 1 a 0 chia hết cho 11 khi tổng đan dấu a 0 ✁ a 1   a 2 ✁ a 3   a 4 ✁ a 5   a 6   . ✁ a 2t✁1 chia hết cho 11 ✌ Dấu hiệu chia hết cho 13 Ta có a 0 ✑ a 0 ♣mod 13q ñ a 0 ✑ a 0 ♣mod 13q 10 ✑ ✁3 ♣mod 13q ñ 10a 1 ✑ ✁3a 1 ♣mod 13q 10 2 ✑ ✁4 ♣mod 13q ñ 10 2 a 2 ✑ ✁4a 2 ♣mod 13q 10 3 ✑ ✁1 ♣mod 13q ñ 10 3 a 3 ✑ ✁1a 3 ♣mod 13q ☎ ☎ ☎ Tương tự ta cũng có bảng các lớp đồng dư theo môđun 13 (Bảng 1.3) a 0 10a 1 10 2 a 2 10 3 a 3 10 4 a 4 10 5 a 5 10 6 a 6 10 7 a 7 10 8 a 8 10 9 a 9 10 10 a 10 10 11 a 11 . 10 6t✁1 a 6t✁1 a 0 ✁3a 1 ✁4a 2 ✁a 3 3a 4 4a 5 a 6 ✁3a 7 ✁4a 8 ✁a 9 3a 10 4a 11 . 4a 6t✁1 Bảng 1.3: Từ bảng 1.3 ta suy ra rằng, số a ✏ a n .a n✁1 .a 1 a 0 chia hết cho 13 khi tổng dạng ♣a 0 ✁ 3a 1 ✁ 4a 2 q✁♣a 3 ✁ 3a 4 ✁ 4a 5 q  .✁♣a 6t✁3 ✁ 3a 6t✁2 ✁ 4a 6t✁1 q ✑ 0 ♣ mod 13q Ngoài ra, với mọi số x, y, z ta đều có x ✁ 3y ✁ 4z ✑ 100z   10y   x ♣mod 13q ✑ zyx ♣mod 13.q Từ đó suy ra, số a ✏ a n .a n✁1 .a 1 a 0 chia hết cho 13 khi tổng dạng a 2 a 1 a 0 ✁ a 5 a 4 a 3   a 8 a 7 a 6 ✁ a 11 a 10 a 9   . chia hết cho 13. Hà Duy Nghĩa -THPT Phan Đình Phùng-Đăk Lăk 1.1. Đồng dư thức 7 ✌ Dấu hiệu chia hết cho 33 Ta có a 0 ✑ a 0 ♣mod 33q ñ a 0 ✑ a 0 ♣mod 33q 10 ✑ 10 ♣mod 33q ñ 10a 1 ✑ 10a 1 ♣mod 33q 10 2 ✑ 1 ♣mod 33q ñ 10 2 a 2 ✑ a 2 ♣mod 33q 10 3 ✑ 10 ♣mod 33q ñ 10 3 a 3 ✑ 10a 3 ♣mod 33q ☎ ☎ ☎ a 0 10a 1 10 2 a 2 10 3 a 3 10 4 a 4 10 5 a 5 10 6 a 6 10 7 a 7 10 8 a 8 10 9 a 9 10 10 a 10 10 11 a 11 . 10 2t a 2t a 0 10a 1 a 2 10a 3 a 4 10a 5 a 6 10a 7 a 8 10a 9 a 10 10a 11 . a 2t Bảng 1.4: Từ bảng 1.4 ta suy ra rằng, số a ✏ a n .a n✁1 .a 1 a 0 chia hết cho 33 khi tổng dạng ♣a 0   a 2   ☎ ☎ ☎   a 2t q   10♣a 1   a 3   ☎ ☎ ☎   a 2t 1 q ✑ 0 ♣mod 33q Ngoài ra, với mọi số x, y ta đều có x   10y ✑ 10y   x ♣mod 33q ✑ yx♣mod 33.q Từ đó suy ra, số a ✏ a n .a n✁1 .a 1 a 0 chia hết cho 33 khi tổng dạng a 1 a 0   a 3 a 2   a 5 a 4   a 6 a 5   .chia hết cho 33. Ngoài ra, ta có 33 ✏ 11.3 nên ta suy ra được một dấu hiệu khác nữa của số chia hết cho 11; 3 là tổng dạng a 1 a 0   a 3 a 2   a 5 a 4   a 6 a 5   ., chia hết cho 11; 3. ✌ Dấu hiệu chia hết cho 37 Ta có a 0 ✑ a 0 ♣mod 37q ñ a 0 ✑ a 0 ♣mod 37q 10 ✑ 10 ♣mod 37q ñ 10a 1 ✑ 10a 1 ♣mod 37q 10 2 ✑ ✁11 ♣mod 37q ñ 10 2 a 2 ✑ 11a 2 ♣mod 37q Hà Duy Nghĩa -THPT Phan Đình Phùng-Đăk Lăk