Bài tập môn Toán Lớp 6 - Chuyên đề 14: Ứng dụng đồng dư thức vào giải một số dạng toán chia hết

 CHUYÊN ĐỀ:
ỨNG DỤNG ĐỒNG DƯ THỨC VÀO GIẢI 
MỘT SỐ DẠNG TOÁN CHIA HẾT
PHẦN I: NỘI DUNG
I. NỘI DUNG.
 1. Kiến thức cơ bản
1.1. Định nghĩa: 
- Nếu hai số nguyên a và b khi chia cho c (c ¹ 0) mà có cùng số dư thì
ta nói a đồng dư với b theo môđun c; kí hiệu là a º b (mod c).
- Như vậy: a º b (mod c) a – b chia hết cho c.
- Hệ thức có dạng: a º b (mod c) gọi là một đồng dư thức, a gọi là vế
trái của đồng dư thức, b gọi là vế phải còn c gọi là môđun.
1.2. Một số tính chất:
	Với a; b; c; d; m; là các số nguyên dương (Z+), ta luôn có:
1.2.1. Tính chất 1:
	+ a º a (mod m).
	+ a º b (mod m) Û b º a (mod m).
	+ a º b (mod m) và b º c (mod m) thì a º c(mod m).
1.2.2. Tính chất 2: 
Nếu a º b (mod m) và c º d (mod m) thì:
+ a ± c º b ± d (mod m).
+ ac º bc (mod m).( c>0)
+ ac º bd (mod m).
+ an º bn (mod m).
+ (a+b)n º bn (mod a).
+ an +bn º ( a+b) (mod m).( n là số lẻ)
+ Nếu d là một ước chung của a; b; m thì: º (mod );	
1.2.3. Tính chất 3:
	+ Nếu a º b (mod m) và c Î Z+ thì ac º bc (mod mc).
1.3. Một số kiến thức liên quan:
Trong khi làm bài tập sử dụng đồng dư thức, ta nên chú ý tới các tính chất hay
dùng sau đây:
	+ Với mọi a, b Î Z+ (a ¹ b) và n là số tự nhiên: an – bn a – b.
	+ Trong n số nguyên liên tiếp (n ³ 1) có một và chỉ một số chia hết cho n.
	+ Lấy n + 1 số nguyên bất kì (n ³ 1) đem chia cho n thì phải có
 hai số khi chia cho n có cùng số dư; (Theo nguyên lí Đirichlet).
	+ Tìm m chữ số tận cùng của số A là tìm số dư khi chia A cho 10m.
2. ỨNG DỤNG ĐỒNG DƯ THỨC VÀO GIẢI TOÁN.
2.1 DẠNG 1: CHỨNG MINH CHIA HẾT.
Bài 1: Chứng minh rằng: A = 7.52n +12.6n chia hết cho 19
Lời giải
	 	Cách 1: Thêm bớt 7.6n, ta được 
 A = 7.25n - 7.6n +19.6n
	 = 7.(25n - 6n) +19.6n
Vậy A 19
Ta có: A = 7.25n +12.6n
	Vì 25n º 6n (mod19).
	=> A º 7.6n +12.6n (mod19)
	=> A º 19.6n (mod19)
	=> A º 0 (mod19)
Đối với một số bài toán lớp 8 nếu ta sử dụng đến hằng đẳng thức:
với 
với ( ; n lẻ)
thì ta có thể giải được một cách dễ dàng, tuy nhiên với học sinh lớp 6 thì chưa thể sử dụng những hằng đẳng thức đó. Vì vậy, ta có thể sử dụng Đồng dư thức để có được lời giải phù hợp với trình độ của học sinh lớp 6.
Bài 2: ( Sách Phát triển toán 8 tập 1).Chứng minh rằng:
a) A = 22225555 + 55552222 chia hết cho 7.
	b) chia hết cho 7.
Lời giải
	Cách 1: 
a) Ta có 
	Mà 
	Tương tự: 
Vậy A = 22225555 + 55552222 chia hết cho 7.
	b) 
Sử dụng tính chất: khi chia cho a có số dư là b.
	Ta có 
	Cách 2:
a) Xét số dư của 22225555 khi chia cho 7.
Ta có: 2222 º 3 (mod 7) (1)
	 	 => 22224 º 34 (mod 7) 
 	 => 22224 º 81 (mod 7)
	Mà 81 º 4 (mod 7) 
 => 22224 º 4 (mod 7) (2)
	Nhân vế với vế (1) và (2) ta được 22225 º 3.4 (mod 7)
	 => 22225 º 5 (mod 7) 
 =>22225555 º 51111 (mod 7) (3)
	+ Tương tự: 55552222 º 21111 (mod 7) (4)
	Cộng vế với vế (3) và (4) ta có: A º 21111 + 51111 (mod 7) (5)
	Mặt khác: 21111 + 51111 º (2 + 5) (mod 7) 
 º 0 (mod 7) ( Tính chất 2) (6)
	Từ (5) và (6) ta được: A º 0 (mod 7)
Vậy: A = 22225555 + 55552222 chia hết cho 7
b) Ta có:
Ta có: 1961 º 1 (mod 7) => 19611962 º 1 (mod 7) 
Tương tự:
Vậy: 
Bài 3: Chứng minh rằng:
Với mọi số tự nhiên n thì số B = 42n+1 + 3n+2 luôn chia hết cho 13.
Lời giải
Cách 1: 
	Ta có: 
	Vì 
Cách 2: 
Với bài toán trên ta có thể sử dụng kỹ thuật thêm bớt để chứng minh, nhưng đối với học sinh lớp 6 thì chưa được học kỹ thuật đó. Nên ta có thể sử dụng Đồng dư thức để chứng minh.
	+ Ta xét số dư của 42n+1 khi chia cho 13
Ta có: 42 = 16 º 3 (mod 13) 
 => 42n º 3n (mod 13)
	 => 42n+1 º 4.3n (mod 13)
	Hay 42n+1 º 4.3n (mod 13) (1)
	+ Ta xét số dư của 3n+2 khi chia cho 13
Ta có: 32 = 9 º - 4(mod 13) 
Mà 3n º 3n (mod 13)
	=> 32.3n º - 4.3n (mod 13)
=> 3n+2 º - 4.3n (mod 13) (2)
	Từ (1) và (2), cộng vế với vế, ta được B º 0 (mod 13).
	Vậy B = 42n+1 + 3n+2 luôn chia hết cho 13 với mọi n Î N.
Bài 4: Chứng minh rằng với mọi n Î N.
	a) A = 52n+1 + 2n+4 + 2n+1 chia hết cho 23
	b) B = 11n+2 + 122n+1 chia hết cho 133 
Lời giải
	Cách 1: 
	a) Ta có: 
Vì 
b) 
Từ đây ta có được 
Cách 2:
	a) A = 52n+1 + 2n+4 + 2n+1 chia hết cho 23
	Ta có: A = 25n .5 + 2n.16 + 2n.2
	Vì 5.25n º 5.2n (mod23)
	=> A º 5.2n + 2n.16 + 2n.2 (mod23)
 º 23.2n (mod23)
º 0 (mod23)
	Vậy A = 52n+1 + 2n+4 + 2n+1 chia hết cho 23.
b) B = 11n+2 + 122n+1 chia hết cho 133
	Tương tự câu a) ta có: B º 121.11n + 12.144n (mod133)
	º121.11n + 12.11n (mod133)
º 0(mod133)
Vây B = 11n+2 + 122n+1 chia hết cho 133.
Bài 5: ( lớp 8). Chứng minh rằng với mọi số nguyên n > 1:
	 A = nn – n2 + n – 1 luôn chia hết cho đa thức B = (n – 1)2 
Lời giải
	Ta có: Với n = 2 thì A = 1, B = 1, rõ ràng A chia hết cho B.
	Với n > 2, ta biến đổi A như sau:
	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) 
	Mặt khác: n º 1 (mod n – 1) Þ nk º 1 (mod n – 1), " kÎN
	Từ đó: nn-1 + nn-2 + + n2 º n – 2 (mod n – 1)
	Nên: nn-1 + nn – 2 + + n2 + 1 º n – 1 (mod n – 1)
	=> nn-1 + nn – 2 + + n2 + 1 º 0 (mod n – 1) (1)
	=> (n – 1)(nn-1 + nn – 2 + + n2 + 1) º 0 (mod (n – 1)2)
	=> A = (n – 1)(nn-1 + nn – 2 + + n2 + 1) chia hết cho (n – 1)2.
Vậy: A = nn – n2 + n – 1 luôn chia hết cho đa thức B = (n – 1)2.
Với một số bài toán có luỹ thừa tầng thì khi chúng ta sử dụng Đồng dư thức thì sẽ giúp cho học sinh có được cách giải tổng quát cho dạng toán đó. Chẳng hạn
Bài 6: Chứng minh rằng:
Lời giải
a) Vì . Nên ta đi tìm số dư của cho 3.
Thật vậy: 
=> .
=>
b) Ta có 124 = 4.31
Dễ thấy . Ta chứng minh 
Vì nên 
Vì 
Từ đây ta xét chia cho 5 có số dư là bao nhiêu
Vì nên ta đặt và 
Mà => 
=> M = 5m+1
=> 
Vậy 
c) 
Vì 22 = 2.11 và nên ta chứng minh 
Ta có (Định lý Fecma)
 Từ đây ta xétvà chia cho 10 có số dư là bao nhiêu.
* 
=>
	=> ( vì )
	Tương tự: 
Vậy .
d) 
Ta có 212º 1(mod 13) (Định lý Fecma)
Từ đó bài toán được đưa về tìm số dư khi chia 22n cho 12
Ta có: 22nº 0(mod 4) => 22n =4k ( k N)
=> 22n = 4n º 1(mod 3) => 22n =3m+1 ( m N)
=> 22n = 12m+4 
=> D = 212m+4 +10 = 16.(26)2m + 10
	º 3+10(mod 13)
º 0(mod 13). 
	Vậy D chia hết cho 13 với mọi n.
Sau khi đã hình thành cho các em một số kỹ năng nhất định qua dạng toán chứng minh trên thì với cách biến đổi tương tự các em sẽ không gặp quá nhiều không khi gặp một số dạng toán sau:
2.2 DẠNG 2: TÌM SỐ TỰ NHIÊN TRONG PHÉP CHIA
Bài 1: Tìm số dư trong phép chia số A = 19932014 cho 3.
Lời giải
	Cách 1: Nếu thêm bớt 1 vào số 19932014 thì ta có lời giải bài toán một cách dễ dàng: A= 19932014-1+1
	Vì A = 
	Suy ra A chia cho 3 dư 1.
Cách 2:
	Ta có: 1993 º 1 (mod 3) 
 	=> 19932014 º 12014 (mod 3) º 1 (mod 3)
	Vậy số 19932014 khi chia cho 3 thì dư 1.
	Bài 2: Tìm số dư của A = 776776 + 777777 +778778 khi chia cho 3 và cho 5
Lời giải
	Cách 1: 
 Ta có:
Vì nên ta phải tìm số dự khi chia cho 3
Thật vậy: 
Vì nên A chia 3 dư 2
Tương tự: A chia 5 dư 1
Cách 2:
	+ Trường hợp 1: Tìm số dư của A = 776776 + 777777 +778778 khi chia cho 3.
	Ta có: 776 º 2 (mod 3)
	=> 776776 º 2776 (mod 3) º 4338 (mod 3) º 1338 (mod 3) º 1 (mod 3)
	Tương tự: 777777º 0 (mod 3)
	 778778º 1(mod 3)
=> A = 776776 + 777777 +778778º 1+0+1(mod 3) º 2 (mod 3)
Vậy A = 776776 + 777777 +778778 chia cho 3 dư 2.
+ Trường hợp 2: Tìm số dư của A = 776776 + 777777 +778778 khi chia cho 5.
Ta có: 776 º 1 (mod 5)
	=> 776776 º 1776 (mod 5) º 1(mod 5).
	Ta có : 777º 2 (mod 5)
	777777 º 2777(mod 5)º (24)194.2(mod 5)	º 16194.2(mod 5)º2(mod 5)	
 	778778º 3(mod 5)
=> A = 776776 + 777777 +778778º 1+2+3(mod 5) º 1 (mod 5)
Vậy A = 776776 + 777777 +778778 chia cho 5 dư 1.
Bài 3: Tìm số tự nhiên nhỏ nhất khi chia cho 5 dư 1, chia cho 7 dư 5.
Lời giải
Cách 1: Gọi n là số tự nhiên chia 5 dư 1 và chia 7 dư 5. 
Vì n không chia hết cho 35 nên n = 35k + r ( k, r N, r < 35). Trong đó r chia 5 dư 1, chia 7 dư 5.
Số nhỏ hơn 35 chia 7 dư 5 và chia 5 dư 1 là 5; 12; 19; 26; 33. Trong các số trên chỉ có 26 là số chia cho 5 dư 1. Vậy r = 26.
Cách 2: Ta có:
Số n nhỏ nhất có tính chất trên là n = 26.
Cách 3: 
Gọi số tự nhiên cần tìm là A, ta có: 
A º 1 (mod 5); A º 5 (mod 7)
Từ A º 5 (mod 7) => A = 7k+5 ( k N). (1)
=> 7k+5 º 1 (mod 5)
=> 2k º 1 (mod 5)
	=> 2k+4º 1+4(mod 5)
	=> 2k + 4 º 0(mod 5) => k + 2 º 0(mod5) => k = 5m -2 ( m N) (2)
	Thay (2) vào (1), ta được: A = 7(5m-2)+5 = 35m - 9 
	=> A º -9 (mod 35) º 26 (mod 35)
	Vậy số A =26.
Nhận xét: Nếu sử dụng Đồng dư thức cho loại toán này thì ta có thể giải được các bài toán có nhiều số chia hơn, hoặc các số chia có giá trị lớn một cách dễ dàng hơn, đồng thời ta có được cách giải rõ ràng cho dạng toán này.
Bài 4: Tìm số tự nhiên n có bốn chữ số sao cho chia n cho 131 thì dư 112, chia n cho 132 thì dư 98.
Lời giải
Cách 1: Ta có 131x+112 = 132y+98
=> 131x = 131y +y-14
=>y - 14131
=> y = 131k + 14 
=> n = 132(131k+14)+98 = 132.131k+1946
Vì n có 4 chữ số nên n = 1946.
Cách 2: Từ 131x = 131y + y -14
=> 131(x-y) = y-14. Nếu x > y thì y- 14 => y => n có nhiều hơn 4 chữ số. Do đó x = y, suy ra n = 1946
Cách 3: Ta có n = 131x+112 nên 
	 132n = 132.131x +132.112 (1)
	Mặt khác n = 132y + 98
	 131n = 131.132y + 131.98	(2)
Từ (1) và (2) suy ra: 132n -131n = 131.132(x –y) + 1946 => n =1946.
Cách 4:
Gọi số tự nhiên cần tìm là n, ta có 
n º 112(mod 131); n º 98 (mod 132) 
Từ n º 98 (mod132) => n = 132k+98 (k N) (1)
=> 132k+98 º 112 (mod 131)
	=> k + 98 + 33º 112+33(mod 131) => k º 14(mod 131)
	=> k = 131m +14 ( m N) 	 (2)
	Thay (2) vào (1), ta được: n = 132(131m + 14) + 98 = 131.132m +1946 
	Vậy n = 1946
Bài 5: Một số tự nhiên chia 4 dư 3, chia 17 dư 9, chia 19 dư 13. Hỏi số đó chia 1292 dư bao nhiêu.
Lời giải
Cách 1: 
Gọi số tự nhiên cần tìm là n ()
Vì BCNN(4;17;19)=1292 nên n = 1292k+r ().
Các số nhỏ hơn 1292 và chia cho 19 dư 13 là: 13; 32; ...1248; 1267.
Trong các số trên số chia cho 4 dư 3 và chia cho 17 dư 9 là số 1267.
Nhận xét: Trong cách giải bài toán trên thì việc thử loại sẽ mất rất nhiều thời gian và nếu là các số chia lớn thì để giải được bài toán ta sẽ gặp rất nhiều khó khăn.
Cách 2: Gọi số tự nhiên cần tìm là A, ta có: 
A º 3 (mod 4); A º 9 (mod 17); A º 13 (mod 19) 
Từ A º 13 (mod 19) => A = 19k+13 ( k thuộc N) (1)
=> 19k+13 º 9 (mod 17)
	=> 19k + 13+8 º 9 +8(mod 17)
	=> 2k + 4 º 0(mod 17) => k + 2 º 0(mod 17) => k = 17m -2 ( m thuộc N) (2)
	Thay (2) vào (1), ta được: A = 19(17m-2)+13 = 323m-25 (3)
	Mặt khác: A º 3 (mod 4) =>323m-25 º 3 (mod 4)
	 => 324m-m-1º 3 (mod 4)
	=>-m º 0 (mod 4)
	=> m = 4n ( n thuộc N) (4) 
	Thay (4) vào (3) => A = 1292n -25º -25 (mod 1292) º 1267 (mod 1292)
	Vậy số A chia cho 1292 dư 1267.
Bài 6: Xác định giá trị của n để:
	a) 
	b) 
Lời giải
	a) Ta có 
	Nên ta xét các trường hợp sau:
	+ n = 3k => 
 ( Nếu k chẵn)
	 ( Nếu k lẻ) (loại)
+ n = 3k+1=> 
	 	 ( Nếu k chẵn) ( loại)
	 ( Nếu k lẻ) ( loại)
+ Tương tự với n = 3k+2 ( loại)
	Vậy n = 3k ( với k chẵn).
	b) Với cách làm tương tự: 
Ta có . Nên ta xét các trường hợp sau: 
n = 5k; n = 5k + 1; n = 5k + 2; n = 5k + 3; n = 5k + 4. ( 
Trong các trường hợp trên thì n = 5k + 4 là thoả mãn điều kiện đề bài. Thật vậy: Xét 
	Vậy n = 5k +4
2.3 DẠNG 3: TÌM CHỮ SỐ TẬN CÙNG.
Phương pháp: Tìm m chữ số tận cùng của số A là tìm số dư khi chia A cho 10m.
	Bài 1: Cho số A = 19942005.
	a. Tìm số dư trong phép chia A chia cho 7.
	b. Tìm chữ số tận cùng của A
	c. Tìm 2 chữ số tận cùng của A
Lời giải
a. Ta có: 1994 º-2 (mod 7)
=> A = 19942005 º (-2)2005 (mod 7) º [(-2)3]668.(-2) (mod 7)
	 º (-1)668.(-2) (mod 7)
	 º (-2) (mod 7) º 5 (mod 7)
Vậy A = 19942005chia cho 7 dư 5.
b. Xét số dư khi chia A cho 10.
Ta có: 1994 º 4 (mod 10).
Ta xét số dư khi chia A cho 2 và cho 5.
Ta có : 1994 º 0 (mod 2)	
 1994 º 4 (mod 5) º (-1) (mod 5)
 => 19942005 º (-1)2005 (mod 5) º (-1) (mod 5) º 4 (mod 5)
 => A º 4 (mod 10)
Vậy chữ số tận cùng của A là 4.
	c)
	Bài 2: Tìm 2 chữ số tận cùng của số:
	a) A = 22004
	b) B = 
Lời giải
	a) Ta có: A = 22004 = (210)200.24 º (-1)200.24 (mod 25)	 
 º 16 (mod 25)
	=> A = 25k + 16 ( k N)
	Mặt khác: A 4 => k 4 ( vì 25; 4) = 1
	=> A = 100k + 16
	Vậy 2 chữ số tận cùng của A là 16.
	b) B = 
	Ta có: 7n º 3 (mod 4)
	74 º 1 (mod 25)
	 º 1 (mod 4) => = 4k + 1 ( k N)
	=> B = 74k+1º 7 (mod 25)
	=> B = 25k +7
	=> 25k +7 º 3 (mod 4)
	=> k º 0 (mod 4)
	=> k = 4n
	=> B = 100n + 7
	Vậy hai chữ số tận cùng của B là 07.
Bài 3: Tìm chữ số tận cùng của số A = .
Lời giải
	Ta có: A = = 281 = 24.20 + 1 = 2.(24)20 = 2.1620
	Mà 16 º 6 (mod 10) Þ 1620 º 620 (mod 10)
	Từ đó: 1620 º 6 (mod 10), mà 2 º 2 (mod 10)
	Nên: 2.1620 º 6.2 (mod 10) Þ 2.1620 º 2 (mod 10)
=> A chia cho 10 dư 2 
Vậy A có chữ số tận cùng là 2.
Bài 4: Tìm sáu chữ số tận cùng của số B = 521.
Giải
	Ta có: B = 515 = 53.5 = 1255 º (-3)5 (mod 26)
	Hay 515 º 13 (mod 26) Þ 515.56 º 13.56 (mod 26.56)
	Hay là: B = 521 º 13.15625 (mod 106)
	=> B º 203125 (mod 106)
	=> B chia cho 106 dư 203125.
Vậy B có 6 chữ số tận cùng là 203125. 
	Khi học sinh đã nắm vững cách tìm chữ số tận cùng thì ta có thể đưa ra một dạng toán khác nhưng có cách giải tương tự.
Bài 5: Hỏi số sau đây là số nguyên hay là phân số:
Lời giải
a) Ta xét khi chia cho 10.
Ta có 
	=> . Vậy A là số nguyên.
Tương tự ý a) Ta xét khi chia cho 10.
Ta có 
	=> . Vậy B là số nguyên.
2.4 DẠNG 4: ỨNG DỤNG TRONG GIẢI CÁC BÀI TOÁN VỀ SỐ NGUYÊN TỐ, SỐ CHÍNH PHƯƠNG.
	Bài 1: Chứng minh rằng các số sau không phải là số nguyên tố.
Lời giải
	a) Ta có 
	, mà A>3.
	Vậy A không là số nguyên tố.
Ta thấy 
	=> A
	Vậy A không là số nguyên tố
	Bài 2: Số là số nguyên tố hay hợp số. ( n N*) 
Lời giải
	Với n = 1, ta có . Từ đó gợi ý cho ta xét xem A chia hết cho 7 hay không.
	Vì , nên ta xét chia 3 dư bao nhiêu. Thật vậy:
	Vậy A hợp số
Bài 3: Chứng minh rằng: Các số có dạng
	 đều không phải số nguyên tố.
Lời giải
	Với n = 1, ta có .Từ đó gợi ý cho ta xét xem A chia hết cho 11 hay không
Ta có: 35 =243 º 1(mod 11).
	Vì 24n+1 = 2.16nº 2(mod 5)
	=> 24n+1 = 5m +2 ( m N*)
	=> A = 35m+2 = 9.(35)m+2 º 9+2(mod 11) º 0(mod 11)
	Vậy A luôn chia hết cho 11 nên A không là số nguyên tố.
Bài 4: Chứng minh rằng các số sau không là số chính phương.
	a) 
	b) 
	c) 
Lời giải
	Cách 1: Ta sử dụng tính chất của số chính phương để chứng minh các số trên không phải là số chính phương.
	a) Ta có: Các số là số chính phương không chia hết cho 3 nên chia 3 dư 1, còn . Số A chia cho 3 dư 2, nên A không là số chính phương.
	b) Các số là số chính phương chẵn nên chia hết cho 4. Các số là các số chính phương lẻ nên chia 4 dư 1. Số B chia 4 dư 2, nên B không là số chính phương.
	c) Tương tự ý b) ta có C chia cho 4 dư 2 nên C không là số chính phương.
	Cách 2: Nếu ta sử dụng Đồng dư thức thì có 1 cách làm chung cho cả 3 ý trên và cách làm đơn giản hơn nhiều.
a) 
 . Nên A không là số chính phương.
b) 
 . Nên B không là số chính phương.
	c) 
	 . Nên C không là số chính phương.
	Bài 5: Chứng minh rằng số A = 1 + 1919 + 93199 + 19931994 không là số chính phương.
Lời giải
	Ta có: 19 º (-1)(mod 4)
	 93 º 1 (mod 4) 
1993 º 1 (mod 4)
=> A º 1+3+1+1 (mod 4)
 º 2 (mod 4)
Mà số chính phương chia 4 chỉ dư 0 hoặc 1.
Vậy A không là số chính phương.
3. MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG. 
Bài 1: Tìm số dư trong phép chia số A = 15325 – 1 khi chia cho 9.
Bài 2: Cho số nguyên n > 1. Tìm dư trong phép chia:
	A = 19nn + 5n2 + 1890n + 2006 cho B = n2 – 2n + 1.
Bài 5: Cho n là một số tự nhiên. Chứng minh rằng:
	3n + 1 chia hết cho 10 Û 3n+4 + 1 chia hết cho 10.
Bài 6: Cho n là một số nguyên dương. Chứng minh rằng:
A = 24n – 1 chia hết cho 15
B = 25n – 1 chia hết cho 31
C = + 1 chia hết cho 641
D = 62n + 19n – 2n+1 chia hết cho 17
E = 7.52n + 12.6n chia hết cho 19
F = 5n+2 + 26.5n + 82n+1 chia hết cho 59
Bài 7: Chứng minh rằng: Với mọi số tự nhiên n > 0, ta luôn có:
	52n-1.2n+1 + 3n+1.22n-1 chia hết cho 38
Bài 8: Chứng minh rằng:	 a) A = + + chia hết cho 102 
	 b) B = chia hết cho 7 
Bài 9: Cho n là số tự nhiên. Chứng minh rằng:
	Số M = 212n+1 + 172n+1 + 15 không chia hết cho 19 
Bài 10: Chứng minh rằng với mọi số nguyên n > 1 ta luôn có:
	A = nn + 5n2 – 11n + 5 chia hết cho (n – 1)2 
Bài 11: Cho a; b là các số nguyên. Chứng minh rằng:
	2a + 11b chia hết cho 19 Û 5a + 18b chia hết cho 19 
Bài 12: Tìm chữ số tận cùng của số: A = 
Bài 13: Tìm chữ số tận cùng của số: B = 
Bài 14: Tìm 4 chữ số cuối cùng của số C = 
Bài 15: Chứng minh rằng:
B = 1 + 92n + 452n + 19452n không là số chính phương.