Đề tài Một số phương pháp chứng minh chia hết

PHẦN MỞ ĐẦU
Cùng với sự phát triển của đất nước, sự nghiệp giáo dục cũng không ngừng đổi mới. Các nhà trường đã ngày càng chú trọng hơn đến chất lượng giáo dục toàn diện bên cạnh sự đầu tư thích đáng cho giáo dục mũi nhọn. Với vai trò là môn học công cụ, bộ môn toán đã góp phần tạo điều kiện cho các em học tốt các bộ môn khoa học tự nhiên khác.
Dạy như thế nào để học sinh không những nắm chắc kiến thức cơ bản một cách hệ thống mà phải được nâng cao để các em có hứng thú, say mê học tập là một câu hỏi mà mỗi thầy cô chúng ta luôn đặt ra cho mình.
Để đáp ứng được yêu cầu của sự nghiệp giáo dục và nhu cầu học tập của học sinh đặc biệt là học sinh khá, giỏi. Điều đó đòi hỏi trong giảng dạy chúng ta phải biết chắt lọc kiến thức, phải đi từ dễ đến khó, từ cụ thể đến trừu tượng và phát triển thành tổng quát giúp học sinh có thể phát triển tốt tư duy toán học.
Với đối tượng học sinh khá giỏi, các em có tư duy nhạy bén, có nhu cầu hiểu biết ngày càng cao, làm thế nào để các em học sinh này phát huy hết khả năng của mình, đó là trách nhiệm của các giáo viên chúng ta. “phép chia hết” là đề tài lí thú, phong phú và đa dạng của số học THCS và không thể thiếu khi bồi dưỡng học sinh khá giỏi môn toán THCS. 
Trong khuôn khổ đề tài này, tôi trình bày “một số phương pháp chứng minh chia hết”, cụ thể là: sử dụng dấu hiệu chia hết, sử dụng tính chất chia hết, xét tập hợp số dư trong phép chia, sử dụng phương pháp phân tích thành nhân tử.
B. NỘI DUNG
I/ CƠ SỞ LÝ LUẬN
 Chúng ta đang dạy học theo sự đổi mới là dạy học theo chuẩn kiến thức kỹ năng , vì thế những gì gọi là chuẩn – là cơ bản nhất cần phải nắm vững. Rèn kỹ năng giải toán chia hết cũng là chuẩn mà học sinh cần phải nắm. Hệ thống bài tập thể hiện dạng toán chia hết có vai trò quan trọng là nó giúp cho học sinh phát triển khả năng tư duy, khả năng vân dụng kiến thức một cách linh hoạt vào giải toán, trình bày lời giải chính xác và logic. Đó cũng là những kỹ năng cần thiết của học sinh khi còn ngồi trên ghế nhà trường. Có như thế mới phù hợp với sự cải tiến dạy học là phát huy hết tính tích cực, tư duy sáng tạo của học sinh trong trường học.
II/ CƠ SỞ THỰC TIỂN 
Trong quá trình giảng dạy tôi thấy đa phần học sinh chưa có kỹ năng giải toán “chia hết” vì các em chưa biết bài toán đó cần áp dụng phương pháp nào để giải cho kết quả đúng nhất, nhanh nhất và đơn giản nhất. Vì vậy để nâng cao kỹ năng giải toán “chia hết” thì các em phải nắm được các dạng toán, các phương pháp gỉải, các kiến thức cơ bản được cụ thể hoá trong từng bài, từng chương. Có thể nói rằng dạng toán “chia hết” luôn là dạng toán khó đối với học sinh và không ít học sinh cảm thấy sợ khi học dạng toán này.
	Là một giáo viên dạy toán tôi mong các em chinh phục được nó và không chút ngần ngại khi gặp dạng toán này. Nhằm giúp các em phát triển tư duy suy luận và óc phán đoán, kỹ năng trình bày linh hoạt. Hệ thống bài tập tôi đưa ra từ dễ đến khó, bên cạnh đó còn có những bài tập nâng cao dành cho học sinh giỏi được lồng vào các tiết luyện tập. Lượng bài tập cũng tương đối nhiều nên các em có thể tự học, tự chiếm lĩnh tri thức thông qua hệ thống bài tập áp dụng này, điều đó giúp các em hứng thú học tập hơn rất nhiều.
III/ NỘI DUNG VẤN ĐỀ
Hệ thống hóa lý thuyết chia hết và bài tập vận dụng tương ứng, từ dạng cơ bản nhất đến tương đối và khó hơn. Trong quá trình giải nhiều dạng bài tập là đã hình thành khắc sâu cho các em kỹ năng giải các dạng toán chia hết.Giáo viên nêu ra các dấu hiệu chia hết hay là các phương pháp chứng minh chia hết trong SGK ,ngoài ra bổ sung thêm một số phương pháp cần thiết nhất để vận dụng vào nhiều dạng bài tập khác nhau.	
TÓM TẮT LÝ THUYẾT
1. ĐỊNH NGHĨA PHÉP CHIA
Cho 2 số nguyên a và b trong đó b ¹ 0 ta luôn tìm được hai số nguyên q và r duy nhất sao cho:
a = bq + r Với 0 £ r < | b|
 Trong đó: a là số bị chia, b là số chia, q là thương, r là số dư.
Khi a chia cho b có thể xẩy ra | b| số dư
	r Î {0; 1; 2; ; | b|-1}
Đặc biệt: r = 0 thì a = bq, khi đó ta nói a chia hết cho b hay b chia hết a.
	Ký hiệu: aMb hay b\ a
 Vậy: a M b Û Có số nguyên q sao cho a = bq
2. CÁC TÍNH CHẤT
Với " a ¹ 0 Þ a M a
Nếu a M b và b M c Þ a M c
Với " a ¹ 0 Þ 0 M a
Nếu a, b > 0 và a M b ; b M a Þ a = b
Nếu a M b và c bất kỳ Þ ac M b
Nếu a M b Þ (±a) M (±b)
Với " a Þ a M (±1)
Nếu a M b và c M b Þ a ± c M b
 Nếu a + b M c và a M c Þ b M c
 Nếu a M b và n > 0 Þ an M bn
 Nếu ac M b và (a, b) =1 Þ c M b
 Nếu a M b, c M b và m, n bất kỳ am + cn M b
 Nếu a M b và c M d Þ ac M bd
 Tích n số nguyên liên tiếp chia hết cho n!
3. MỘT SỐ DẤU HIỆU CHIA HẾT
	Gọi N = 
3.1. Dấu hiệu chia hết cho 2; 5; 4; 25; 8; 125
+ N M 2 Û 2 Û Î{0; 2; 4; 6; 8}
+ N M 5 Û 5 Û Î{0; 5}
+ N M 4 (hoặc 25) Û 4 (hoặc 25)
+ N M 8 (hoặc 125) Û 8 (hoặc 125)
3.2. Dấu hiệu chia hết cho 3 và 9
+ N M 3 (hoặc 9) Û 3 (hoặc 9)
3.3. Một số dấu hiệu khác
+ N M 11 Û M 11
+ N M 101 Û M101
+ N M 7 (hoặc 13) ÛM11 (hoặc 13)
+ N M 37 ÛM 37 
+ N M 19 19
4. ĐỒNG DƯ THỨC
4.1. Định nghĩa: Cho m là số nguyên dương. Nếu hai số nguyên a và b cho cùng số dư khi chia cho m thì ta nói a đồng dư với b theo modun m.
	Ký hiệu: a º b (modun)
	Vậy: a º b (modun) Û a - b M m
4.2. Các tính chất
Với " a Þ a º a (modun)
Nếu a º b (modun) Þ b º a (modun)
Nếu a º b (modun), b º c (modun) Þ a º c (modun)
Nếu a º b (modun) và c º d (modun) Þ a+c º b+d (modun)
Nếu a º b (modun) và c º d (modun) Þ ac º bd (modun)
Nếu a º b (modun), d Î Uc(a, b) và (d, m) =1 
 Þ (modun)
Nếu a º b (modun), d > 0 và d Î Uc (a, b, m) 
 Þ (modun )
5. MỘT SỐ ĐỊNH LÝ
5.1. Định lý Euler
	Nếu m là 1 số nguyên dương j(m) là số các số nguyên dương nhỏ hơn m và nguyên tố cùng nhau với m, (a, m) = 1
	Thì aj(m) º 1 (modun)
Công thức tính j(m)
	Phân tích m ra thừa số nguyên tố
	m = p1a1 p2a2 pkak với pi Î p; ai Î N*
Thì j(m) = m(1 - )(1 - ) (1 - )
5.2. Định lý Fermat
	Nếu p là số nguyên tố và a không chia hết cho p thì ap-1 º 1 (modp)
5.3. Định lý Wilson
	Nếu p là số nguyên tố thì
( p - 1)! + 1 º 0 (modp)
CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN CHIA HẾT
1. Phương pháp 1: SỬ DỤNG DẤU HIỆU CHIA HẾT
Ví dụ 1: Tìm các chữ số a, b sao cho M 45
Giải
Ta thấy 45 = 5.9 mà (5 ; 9) = 1 
để M 45 Û M 5 và 9
Xét M 5 Û b Î {0 ; 5}
Nếu b = 0 ta có số M 9 Û a + 5 + 6 + 0 M 9
 Þ a + 11 M 9 
 Þ a = 7
Nếu b = 5 ta có số M 9 Û a + 5 + 6 + 5 M 9
 Þ a + 16 M 9 
 Þ a = 2
Vậy: a = 7 và b = 0 ta có số 7560
 a = 2 và b = 5 ta có số 2565
Ví dụ 2: Biết tổng các chữ số của 1 số là không đổi khi nhân số đó với 5. Chứng minh rằng số đó chia hết cho 9.
Giải
Gọi số đã cho là a
Ta có: a và 5a khi chia cho 9 cùng có 1 số dư 
Þ 5a - a M 9 Þ 4a M 9 mà (4 ; 9) = 1
Þ a M 9 (Đpcm)
Ví dụ 3: Chứng minh rằng số M 81
Giải
Ta thấy: 111111111 M 9
Có = 111111111(1072 + 1063 + + 109 + 1)
Mà tổng 1072 + 1063 + + 109 + 1 có tổng các chữ số bằng 9 M 9
Þ 1072 + 1063 + + 109 + 1 M 9 
Vậy: M 81 (Đpcm)
Ví dụ 4: Tìm các chữ số a và b sao cho chia hết cho 5 và 8
Giải
Vì chia hết cho 5 nên b=0 hoặc b=5 và chia hết cho 8 nên suy ra b=0
Mặt khác , chia hết cho 8 nên chia hết cho 4 khi chia hết cho 4 suy ra a {0;2;4;6;8}. Ta có chia hết cho 8 khi chia hết cho 8 nên a=2 hoặc a=6. Vậy nếu a=2 thì b=0 và nếu a=6 thì b=0 nên số cần tìm là 1920 và 1960
Ví dụ 5: Chữ số a là bao nhiêu để chia hết cho cả 3 và 8
Giải
Vì 8 8 100a + 96 8 suy ra 100a8 
Vậy a là số chẵna Î{ 2, 4, 6, 8} (1).
Vì 3 (a + a + a + a + a + 9 + 6 ) 3 5a + 15 3 
Mà 153 5a3
Mà (5, 3) = 1	
Suy ra a 3 a Î{ 3, 6 ,9} (2). 
Từ (1) và (2 ) suy ra a = 6
KL: Vậy số phải tìm là 6666696.
Ví dụ 6: Tìm chữ số a để 11
Giải
HD: tổng các chữ số hàng lẻ là 2 + a .Tổng các chữ số hàng chẵn là 2a.
112a – (a + 2)11
 a - 211
 a - 2=0
 a = 2 
.Vậy a=2
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: Tìm các chữ số x, y sao cho 
a. M 4 và 9
b. M 17
Bài 2: Cho số N = Chứng minh rằng:
	a. N M 4 Û (a + 2b) M 4
	b. N M 16 Û (a + 2b + 4c + 8d) M 16 với b chẵn
	c. N M 29 Û (d + 3c + 9b + 27a) M 29
Bài 3: Tìm tất cả các số có 2 chữ số sao cho mỗi số gấp 2 lần tích các chữ số của số đó.
Bài 4: Viết liên tiếp tất cả các số có 2 chữ số từ 19 đến 80 ta được số 
A = 192021 7980. Hỏi số A có chia hết cho 1980 không ? Vì sao?
Bài 5: Tổng của 46 số tự nhiên liên tiếp có chia hết cho 46 không? Vì sao?
Bài 6: Chứng minh rằng: a) b) 	
 c) d) 
Bài 7: Chứng minh rằng nếu thì và 
 HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: 
x =4 và y = 2 ta có số 34452
 x =0 và y = 6 ta có số 34056
b. = 17 (122 + 6x) + 2(2-x)M17 Û x = 2
 Ta có số 2278
Bài 2: 
a. NM4 ÛM4 Û 10b + a M4 Û 8b + (2b + a) M 4
 Þ a + 2b M 4
b. NM16 Û 1000d + 100c + 10b + aM16
 Û (992d + 96c + 8b) + (8d + 4c + 2b + a) M16
 Þ a + 2b + 4c + 8d M 16 với b chẵn
c. Có 1000(d + 3c + 9b + 27a) - M29
 mà (1000, 29) =1
 M29
 Þ (d + 3c + 9b + 27a) M29
Bài 3: 
Gọi là số có 2 chữ số
Theo bài ra ta có: = 10a + b = 2ab (1)
 M2 Þ b Î{0; 2; 4; 6; 8} 
Thay vào (1) a = 3; b = 6
Bài 4: 
Có 1980 = 22.32.5.11 
Vì 2 chữ số tận cùng của a là 80 M 4 và 5
Þ AM 4 và 5
Tổng các số hàng lẻ 1+(2+3+ +7).10+8 = 279
Tổng các số hàng chẵn 9+(0+1+ +9).6+0 = 279
Có 279 + 279 = 558 M 9 Þ A M 9
 279 - 279 = 0 M 11 Þ A M 11
Bài 5: 
Tổng 2 số tự nhiên liên tiếp là 1 số lẻ nên không chia hết cho 2. 
Có 46 số tự nhiên liên tiếp Þ có 23 cặp số mỗi cặp có tổng là 1 số lẻ Þ tổng 23 cặp không chia hết cho 2. Vậy tổng của 46 số tự nhiên liên tiếp không chia hết cho 46.
Bài 7: Chứng minh rằng nếu thì và 
 Bài làm :
 + Ta có : 100 a + 10 b + c 37(1)
 + Ta có : = 100 a + 10 b + c 
 = 100 b + 10 c + a
 = 100c + 10 a + b
 + + = 111( a+ b + c) 37 (vì 111 37 ) (2) 
 + = 100 b + 10 c + a
 = 10 (100a + 10 b + c) - 999a 
Do (3)
Từ (1);(2);(3) ta suy ra : 37 
2. Phương pháp 2: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CHIA HẾT 
* Chú ý: Trong n số nguyên liên tiếp có 1 và chỉ 1 số chia hết cho n.
Chứng minh:
Gọi n là số nguyên liên tiếp: m + 1; m + 2; m + n với m Î Z, n Î N*
Lấy n số nguyên liên tiếp trên chia cho n thì ta được tập hợp số dư là: 
{0; 1; 2; n - 1}
* Nếu tồn tại 1 số dư là 0: giả sử m + i = nqi ; 
	Þ m + i M n
* Nếu không tồn tại số dư là 0 Þ không có số nguyên nào trong dãy chia hết cho n Þ phải có ít nhất 2 số dư trùng nhau.
Giả sử: 
	 Þ i - j = n(qi - qj) M n Þ i - j M n
mà ½i - j½< n Þ i - j = 0 Þ i = j
	 Þ m + i = m + j
Vậy trong n số đó có 1 số và chỉ 1 số đó chia hết cho n.
Ví dụ 1: Chứng minh rằng: 
a. Tích của 2 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2
b. Tích của 3 số nguyên liên tiếp chia hết cho 6.
Giải
a. Trong 2 số nguyên liên tiếp bao giờ cũng có 1 số chẵn
Þ Số chẵn đó chia hết cho 2.
Vậy tích của 2 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2.
b. Tích 2 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2 nên tích của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2
Trong 3 số nguyên liên tiếp bao giờ cũng có 1 số chia hết cho 3.
Þ Tích 3 số đó chia hết cho 3 mà (2; 3) = 1.
Vậy tích của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 6.
Ví dụ 2: Chứng minh rằng: Tổng lập phương của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 9.
Giải
Gọi 3 số nguyên liên tiếp lần lượt là: n - 1 , n , n+1
Ta có: A = (n - 1)3 + n3 + (n + 1)3
 = 3n3 - 3n + 18n + 9n2 + 9
 = 3(n - 1)n (n+1) + 9(n2 + 1) + 18n
Ta thấy (n - 1)n (n + 1) M 3 (Chứng minh Ví dụ 1)
Þ 3(n - 1)n (n + 1) M 9
mà 
Þ A M 9 (ĐPCM)
Ví dụ 3: Chứng minh rằng: n4 - 4n3 - 4n2 +16n M 384 với " n chẵn, n³4
Giải
Vì n chẵn, n³4 ta đặt n = 2k, k³2
Ta có n4 - 4n3 - 4n2 + 16n = 16k4 - 32k3 - 16k2 + 32k
 = 16k(k3 - 2k2 - k + 2)
 = 16k(k - 2) (k - 1)(k + 1)
Với k ³ 2 nên k - 2, k - 1, k + 1, k là 4 số tự nhiên liên tiếp nên trong 4 số đó có 1 số chia hết cho 2 và 1 số chia hết cho 4. 
Þ (k - 2)(k - 1)(k + 1)k M 8
Mà (k - 2) (k - 1)k M 3 ; (3,8)=1
Þ (k - 2) (k - 1) (k + 1)k M 24
Þ 16(k - 2) (k - 1) (k + 1)k M 16.24
Vậy n4 - 4n3 - 4n2 +16n M 384 với " n chẵn, n ³ 4
Ví dụ 4: Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì :
A= 3n+2 – 2 n+2 + 3n – 2 n chia hết cho 10 
B = 10 n – 18 n – 1 chia hết cho 27 
Giải
A= 3n+2 – 2 n+2 + 3n – 2 n 
 = 3n (32 + 1) – 2 n (22 +1)
 = 10 . 3n – 5 .2n 
 = 10 . (3n –2n-1) 10
Vậy A chia hết cho 10.
 b. B = 10 n + 18 n – 1
 = 10n – 1 – 9n +27n
Ví dụ 5: chứng minh rằng
a) n5 - n chia hết cho 30 với n Î N ; 
b) n4 -10n2 + 9 chia hết cho 384 với mọi n lẻ nÎ Z
Giải
n5 - n = n(n4 - 1) = n(n - 1)(n + 1)(n2 + 1) = (n - 1).n.(n + 1)(n2 + 1) 6
 Vì (n - 1).n.(n+1) là tích của ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 2 và 3 (*)
Mặt khác n5 - n = n(n2 - 1)(n2 + 1) = n(n2 - 1).(n2 - 4 + 5) 
 = n(n2 - 1).(n2 - 4 ) + 5n(n2 - 1)
 = (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) + 5n(n2 - 1)
Vì (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) là tích của 5 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 5
 5n(n2 - 1) chia hết cho 5
Suy ra (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) + 5n(n2 - 1) chia hết cho 5 (**)
Từ (*) và (**) suy ra đpcm
b) Đặt A = n4 -10n2 + 9 = (n4 -n2 ) - (9n2 - 9) 
 = (n2 - 1)(n2 - 9) = (n - 3)(n - 1)(n + 1)(n + 3)
Vì n lẻ nên đặt n = 2k + 1 (k Z) thì 
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) là tích của 4 số nguyên liên tiếp nên A có chứa bội của 2, 3, 4 nên A là bội của 24 hay A chia hết cho 24 (2)
Từ (1) và (2) suy ra A chia hết cho 16. 24 = 384
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: Chứng minh rằng: 
 a. n(n + 1) (2n + 1) M 6
 b. n5 - 5n3 + 4n M 120 Với " n Î N
Bài 2: Chứng minh rằng: n4 + 6n3 + 11n2 + 6n M 24 Với " n Î Z
Bài 3: Chứng minh rằng: Với " n lẻ thì
n2 + 4n + 3 M 8
n3 + 3n2 - n - 3 M 48
n12 - n8 - n4 + 1 M 512
Bài 4: Chứng minh rằng: a) 
	 b) không chia hết cho 2 
Bài 5: Chứng minh rằng: 
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: 
a. n(n + 1)(2n + 1) = n(n + 1) [(n - 1) + (n + 2)]
= n(n + 1) (n - 1) + n(n + 1) (n + 2) M 6
b. n5 - 5n3 + 4n = (n4 - 5n2 + 4)n
= n(n2 - 1) (n2 - 4)
= n(n + 1) (n - 1) (n + 2) (n - 2) M 120
Bài 2: 
n4 + 6n3 + 6n + 11n2
= n(n3 + 6n2 + 6 + 11n)
= n(n + 1) (n + 2) (n + 3) M 24
Bài 3: 
a. n2 + 4n + 3 = (n + 1) (n + 3) M 8
b. n3 + 3n2 - n - 3 = n2(n + 3) - (n + 3)
= (n2 - 1) (n + 3)
= (n + 1) (n - 1) (n + 3)
= 2k(2k + 4) (2k + 2) (với n = 2k + 1, k Î N)
= 8k(k + 1) (k +2) M 48
c. n12 - n8 - n4 + 1 = n8 (n4 - 1) - (n4 - 1)
= (n4 - 1) (n8 - 1)
= (n4 - 1)2 (n4 + 1) 
= (n2 - 1)2 (n2 + 1)2 (n4 + 1)
= 16k2 (k + 1)2 (n2 + 1)2 (n4 + 1) với n = 2k + 1 
Mà n2 + 1 và n4 + 1 là những số chẵn Þ (n2 + 1)2 M 22 và n4 + 1 M 2
Þ n12 - n8 - n4 + 1 M (24.22. 22.21)
Vậy n12 - n8 - n4 + 1 M 512
3. Phương pháp 3: XÉT TẬP HỢP SỐ DƯ TRONG PHÉP CHIA
Ví dụ 1: Chứng minh rằng: Với " n Î N
Thì A(n) = n(2n + 7) (7n + 1) chia hết cho 6
Giải
Ta thấy 1 trong 2 thừa số n và 7n + 1 là số chẵn. Với " n Î N Þ A(n) M 2
Ta chứng minh A(n) M 3
Lấy n chia cho 3 ta được n = 3k + r (k Î N)
Với r Î {0; 1; 2}
Với r = 0 Þ n = 3k Þ n M 3 Þ A(n) M 3
Với r = 1 Þ n = 3k + 1 Þ 2n + 7 = 6k + 9 M 3 Þ A(n) M 3 
Với r = 2 Þ n = 3k + 2 Þ 7n + 1 = 21k + 15 M 3 Þ A(n) M 3
Þ A(n) M 3 với " n mà (2, 3) = 1
Vậy A(n) M 6 với " n Î N
Ví dụ 2: Chứng minh rằng: Nếu n không chia hết cho 3 thì 
A(n) = 32n + 3n + 1 M 13 Với " n Î N
Giải
Vì n không chia hết cho 3 Þ n = 3k + r (k Î N); r Î {1; 2}
Þ A(n) = 32(3k + r) + 33k+r + 1 
= 32r(36k - 1) + 3r (33k - 1) + 32r + 3r + 1
ta thấy 36k - 1 = (33)2k - 1 = (33 - 1)M = 26M M 13
33k - 1 = (33 - 1)N = 26N M 13
với r = 1 Þ 32r + 3r + 1 = 32 + 3 +1 = 13 M 13
Þ 32r + 3r + 1 M 13
với r = 2 Þ 32r + 3r + 1 = 34 + 32 + 1 = 91 M 13
Þ 32r + 3r + 1M 13
Vậy với n không chia hết cho 3 thì A(n) = 32n + 3n + 1 M 13 Với " n Î N
Ví dụ 3: Tìm tất cả các số tự nhiên n để 2n - 1 M 7
Giải
Lấy n chia cho 3 ta có n = 3k + r (k Î N); r Î {0; 1; 2}
Với r = 0 Þ n = 3k ta có 
2n - 1 = 23k - 1 = 8k - 1 = (8 - 1)M = 7M M 7
với r =1 Þ n = 3k + 1 ta có:
2n - 1 = 28k +1 - 1 = 2.23k - 1 = 2(23k - 1) + 1
 mà 23k - 1 M 7 Þ 2n - 1 chia cho 7 dư 1
với r = 2 Þ n = 3k + 2 ta có :
2n - 1 = 23k + 2 - 1 = 4(23k - 1) + 3 
 mà 23k - 1 M 7 Þ 2n - 1 chia cho 7 dư 3
Vậy 23k - 1 M 7 Û n = 3k (k Î N)
Ví dụ 4: Tìm n N để:
a) 3n – 1 chia hết cho 8
b) A = 32n + 3 + 24n + 1 chia hết cho 25
c) 5n – 2n chia hết cho 9
Giải
a) Khi n = 2k (k N) thì 3n – 1 = 32k – 1 = 9k – 1 chia hết cho 9 – 1 = 8
 Khi n = 2k + 1 (k N) thì 3n – 1 = 32k + 1 – 1 = 3. (9k – 1 ) + 2 = 3.8M + 2
Vậy : 3n – 1 chia hết cho 8 khi n = 2k (k N)
b) A = 32n + 3 + 24n + 1 = 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) thì 9n + 16n = 92k + 1 + 162k + 1 chia hết cho 9 + 16 = 25
Nếu n = 2k (k N) thì 9n có chữ số tận cùng bằng 1 , còn 16n có chữ số tận cùng bằng 6
suy ra 2(9n + 16n) có chữ số tận cùng bằng 4 nên A không chia hết cho 5 nên không chia hết cho 25
Vậy :A = 32n + 3 + 24n + 1 chia hết cho 25 khi n = 2k +1(k N)
c) Nếu n = 3k (k N) thì 5n – 2n = 53k – 23k chia hết cho 53 – 23 = 117 nên chia hết 
cho 9
Nếu n = 3k + 1 thì 5n – 2n = 5.53k – 2.23k 
 = 5(53k – 23k) + 3. 23k = 5. 9M + 3. 8k
 =5. 9M + 3. (9-1)k
 =5. 9M+9.N + 3(-1)k
Tương tự: nếu n = 3k + 2 thì 5n – 2n không chia hết cho 9
Vậy : 5n – 2n chia hết cho 9 khi n = 3k (k N)
 Bài 61 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có : 
9n + 1 không chia hết cho 100 
n2 + n + 2 không chia hết cho 15 
 Bài làm : 
ta có : 9n + 1 2(mod 4) 9n + 1 4 9n + 1 100 
 b.Ta chứng minh n2 + n + 2 không chia hết cho 3 với mọi n 
Cách 1 : 
Với n = 3k thì n2 + n + 2 = 9k2 +3k +2 3
Với n = 3k + 1 thì n2 + n + 2 = (3k + 1)2 + 3k + 1 + 2 1(mod 3)
Với n = 3k + 2 thì n2 + n + 2 = (3k + 2)2 + 3k + 2 + 2 2(mod 3) 
Vậy n2 + n + 2 không chia hết cho 3 với mọi n hay n2 + n + 2 không chia hết cho 15 với mọi số tự nhiên n .
Cách 2 : ta có : n2 + n + 2 = (n2 – 1 )+n + 3 = (n – 1 )(n+ 1)+n+3 
Nếu n 3 thì (n – 1 )(n+ 1) 3 do đó n2 + n + 2 3
Nếu n 3 thì n – 1 3 hoặc n+ 1 3 khi đó (n – 1 )(n+ 1) 3 
 n2 + n + 2 3
Vậy n2 + n + 2 3 với mọi số tự nhiên n hay n2 + n + 2 không chia hết cho 15 với mọi số tự nhiên n .
Bài 62 : Chứng minh rằng : 
a. n2 + n + 1 không chia hết cho 9 với mọi n N
b. n2 + 11n + 39 không chia hết cho 49 với mọi n N
 Bài làm : 
Cách 1 : 
Nếu n 3 thì n2 + n + 1 1(mod 3) n2 + n + 1 9
Nếu n = 3k + 1 thì n2 + n +1=(3k + 1)2 + 3k + 1 + 1 
 = 9(k2 +k) +3 9
Nếu n = 3k + 2 thì n2 + n + 2 = (3k + 2)2 +3k + 2 + 11(mod 3), suy ra n2 + n + 1 9 
 Vậy n2 + n + 1 9 với mọi n N
 Cách 2 : 
 Giả sử n2 + n + 19 , khi đó n2 + n + 13.Ta có : 
 n2 + n + 1= (n + 2 )(n – 1 ) + 3 3 (n + 2 )(n – 1 ) 3
Vì 3 là số nguyên tố nên n + 2 3 hoặc n – 1 3, 
 nhưng hiệu (n + 2) - (n – 1 ) = 33 nên n + 2 và n – 1 đồng thời chia hết cho 3.
Khi đó (n+ 2)(n – 1 ) 9 mà (n + 2 )(n – 1 ) + 3 9 3 9(vô lí )
Vậy n2 + n + 1 9 với mọi n N 
 Cách 3 : Giả sử n2 + n + 1 = 9k (k N) ,
suy ra phương trình n2 + n + 1 –9k = 0 có nghiệm nguyên .
 ta có : = 1 – 4(1 – 9k ) = 36k – 3 chia hết cho 3 nhưng không chia hết cho 9 nên không là số chính phương (vô lý ) 
 Vậy phương trình không có nghiệm nguyên hay n2 + n + 2 9 với mọi n N .
Giả sử n2 +11n + 39 49 
n2 +11n + 39 = (n +9)(n+2) + 21 7 (n +9)(n+2) 7 n + 9 7 và n + 2 7 ( vì n + 9 – ( n + 2) = 7 7 ) 
 (n +9)(n+2) 49
 Mà theo giả sử n2 +11n + 39 = (n +9)(n+2) + 21 49 21 49 (vô lý ) 
 Vậy n2 + n + 2 9 với mọi n N .
 Lưu ý : Các cách khác được tiến hành tương tự như trên
2.Bài tập đề nghị : 
 Bài 63 : Cho n là một số tự nhiên , chứng minh : 
n2 + 11n +39 không chia hết cho 49 
n2 + 3n +5 không chia hết cho 121
n2 + 4n + 5 không chia hết cho 8 với mọi n lẻ 
Bài 64 : Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có : 
a.212n+1 + 172n + 1 + 17 không chia hết cho 19
b. 42n+1 + 3n+2 – 1 không chia hết cho 13 
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: Chứng minh rằng: An = n(n2 + 1)(n2 + 4) M 30 Với " n Î Z
Bài 2: Chứng minh rằng: Nếu (n, 6) =1 thì n2 - 1 M 24 Với " n Î Z
Bài 3: Tìm số tự nhiên n để 22n + 2n + 1 M 7
Bài 4: Cho 2 số tự nhiên m, n để thoả mãn 24m4 + 1 = n2
CMR: mn M 55
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: + A(n) M 6
	+ Lấy n chia cho 5 Þ n = 5q + r , r Î {0; 1; 2; 3; 4}
r = 0 Þ n M 5 Þ A(n) M 5
r = 1, 4 Þ n2 + 4 M 5 Þ A(n) M 5
r = 2; 3 Þ n2 + 1 M 5 Þ A(n) M 5
Þ A(n) M 5 Þ A(n) M 30
Bài 2: Vì (n, 6) =1 Þ n = 6k + r (k Î N)
Với r Î {±1}
r = ±1Þ n2 - 1 M 24
Bài 3: Xét n = 3k + r (k Î N) 
Với r Î {0; 1; 2}
Ta có: 22n + 2n + 1 = 22r(26k - 1) + 2r(23k - 1) + 22r + 2r + 1
Làm tương tự VD3
Bài 4: Có 24m4 + 1 = n2 = 25m4 - (m4 - 1)
Khi m M 5 Þ mn M 5
Khi m không chia hết 5 thì (m, 5) = 1 Þ m4 - 1 M 5
(Vì m5 - m M 5 Þ m(m4 - 1) M 5 Þ m4 - 1 M 5)
Þ n2 M 5 
Vậy mn M 5
4. Phương pháp 4: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH THÀNH NHÂN TỬ
Giả sử chứng minh an M k
Ta có thể phân tích an chứa thừa số k hoặc phân tích thành các thừa số mà các thừa số đó chia hết cho các thừa số của k.
Ví dụ 1: chứng minh rằng
a) 251 - 1 chia hết cho 7 b) 270 + 370 chia hết cho 13
c) 1719 + 1917 chi hết cho 18 d) 3663 - 1 chia hết cho 7 nhưng không chia hết cho 37
e) 24n -1 chia hết cho 15 với nÎ N 
Giải
a) 251 - 1 = (23)17 - 1 23 - 1 = 7
b) 270 + 370 (22)35 + (32)35 = 435 + 935 4 + 9 = 13
c) 1719 + 1917 = (1719 + 1) + (1917 - 1) 
1719 + 1 17 + 1 = 18 và 1917 - 1 19 - 1 = 18 nên (1719 + 1) + (1917 - 1) 
hay 1719 + 1917 18
d) 3663 - 1 36 - 1 = 35 7
 3663 - 1 = (3663 + 1) - 2 chi cho 37 dư - 2
e) 2 4n - 1 = (24) n - 1 24 - 1 = 15
Ví dụ 2: Chứng minh rằng: 36n - 26n M 35 Với " n Î N
Giải
Ta có 36n - 26n = (36)n - (26)n = (36 - 26)M
= (33 + 23) (33 - 23)M
= 35.19M M 35 
Vậy 36n - 26n M 35 Với " n Î N
Ví dụ 3: Chứng minh rằng: Với " n là số tự nhiên chẵn thì biểu thức
 A = 20n + 16n - 3n - 1 M 232
Giải
Ta thấy 232 = 17.19 mà (17;19) = 1 ta chứng minh
A M 17 và A M 19 ta có A = (20n - 3n) + (16n - 1) có 20n - 3n = (20 - 3)M M 17M
16n - 1 = (16 + 1)M = 17M M 17 (n chẵn)
Þ A M 17 (1)
Ta có: A = (20n - 1) + (16n - 3n) 
có 20n - 1 = (20 - 1)p = 19p M 19 
có 16n - 3n = (16 + 3)Q = 19Q M 19 (n chẵn)
Þ A M 19 (2)
Từ (1) và (2) Þ A M 232
Ví dụ 4: Chứng minh rằng: nn - n2 + n - 1 M (n - 1)2 Với " n >1
Giải
Với n = 2 Þ nn - n2 + n - 1 = 1 
và (n - 1)2 = (2 - 1)2 = 1
Þ nn - n2 + n - 1M (n - 1)2
với n > 2 đặt A = nn - n2 + n - 1 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 M (n - 1)2
Vậy A M (n - 1)2 (ĐPCM) 
Ví dụ 5 : Cho n là số nguyên dương và k là số tự nhiên lẻ .Chứng minh rằng : 1k + 2k + + nk 1+ 2+ + n 
 Bài làm : 
 Đặt : S = 1k + 2k + + nk 
 2S = 1k + 2k + + nk + nk + (n- 1)k + + 1k 
 = (1k + nk ) + (2k + (n - 1)k) + +(nk + 1k)
Vì k lẻ nên 1k + nk 1+ n ; 2k + (n - 1)k 1+ n ; n nên 2S 1+ n (1)
 Mặt khác : 2S = ( 1k + (n - 1)k ) + (2k + (n - 2)k) + + ((n-1)k +1k)+ 2nk
Vì k lẻ nên 1k +(n - 1)k n ; 2k +(n - 2)k n ; và 2nk n cho nên 2S n (2)
Mà ( n , n+ 1) = 1 (3)
Từ (1); (2); (3) suy ra 2S n(1+ n)
Vì n(n+1) 2 nên S 
Ta lại có : = 1+2+ + n 
Do đó : S 1+2+ + n 
 Vậy 1k + 2k + + nk 1+ 2+ + n (n Z*, k lẻ )
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: Chứng minh rằng: a. 32n +1 + 2n +2 M 7
	 b. mn(m4 - n4) M 30
Bài 2: Chứng minh rằng: A(n) = 3n + 63 M 72 với n chẵn n Î N, n ³ 2
Bài 3: Cho a và b là 2 số chính phương lẻ liên tiếp
Chứng minh rằng: a. (a - 1) (b - 1) M 192
Bài 4: Chứng minh rằng: 
b) 
c) 
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: a. 32n +1 + 2n +2 = 3.32n + 4.2n
= 3.9n + 4.2n
= 3(7 + 2)n + 4.2n 
= 7M + 7.2n M 7
 b. mn(m4 - n4) = mn(m2 - 1)(m2 + 1) - mn(n2 - 1) (n2 + 1) M 30
Bài 2: Có 72 = 9.8 mà (8, 9) = 1 và n = 2k (k Î N) 
có 3n + 63 = 32k + 63
= (32k - 1) + 64 Þ A(n) M 8
Bài 3: Đặt a = (2k - 1)2; b = (2k + 1)2 (k Î N) 
Ta có (a - 1)(b - 1) = 16k2(k + 1)(k - 1) M 64 và 3
5. Phương pháp 5: BIẾN ĐỔI BIỂU THỨC CẦN CHỨNG MINH VỀ DẠNG TỔNG
Giả sử chứng minh A(n) M k ta biến đổi A(n) về dạng tổng của nhiều hạng tử và chứng minh mọi hạng tử đều chia hết cho k.
Ví dụ 1: CMR: n3 + 11n M 6 với " n Î Z.
Giải
Ta có n3 + 11n = n3 - n + 12n = n(n2 - 1) + 12n
	 = n(n + 1) (n - 1) + 12n
Vì n, n - 1; n + 1 là 3 số nguyên liên tiếp
Þ n(n + 1) (n - 1) M 6 và 12n M 6
Vậy n3 + 11n M 6
Ví dụ 2: Cho a, b Î Z thoả mãn (16a +17b) (17a +16b) M 11
CMR: (16a +17b) (17a +16b) M 121
Giải
Có 11 số nguyên tố mà (16a +17b) (17a +16b) M 11
Þ (1)
Có 16a +17b + 17a +16b = 33(a + b) M 11 (2)
Từ (1) và (2) Þ 
Vậy (16a +17b) (17a +16b) M 121
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: CMR: 13 + 33 + 53 + 73 M 23
Bài 2: CMR: 36n2 + 60n + 24 M 24
Bài 3: CMR: a. 5n+2 + 26.5n + 8 2n+1 M 59
	 b. 9 2n + 14 M 5
Bài 4: Tìm n Î N sao cho n3 - 8n2 + 2n M n2 + 1
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: 13 + 33 + 53 + 73 = (13 + 73) + (33 + 53)
	 = 8M + 8N M 23
Bài 2: 36n2 + 60n + 24 = 12n(3n + 5) + 24
Ta thấy n và 3n + 5 không đồng thời cùng chẵn hoặc cùng lẻ 
Þ n(3n + 5) M 2 Þ ĐPCM
Bài 3: a. 5n+2 + 26.5n + 8 2n+1 = 5n(25 + 26) + 8 2n+1 
	 = 5n(59 - 8) + 8.64 n
 =5n.59 + 8.(64 n - 5n)
	 = 5n.59 + 8.59M M 59
b. 9 2n + 14 = 9 2n - 1 + 15
	 = (81n - 1) + 15
	 = 80m + 15 M 5
Bài 4: Có n3 - 8n2 + 2n = (n2 + 1)(n - 8) + n + 8 M (n2 + 1) Û n + 8 M n2 + 1
Mà n + 8 M n2 + 1 
 thử lại
Vậy n Î {-8; 0; 2}
6. Phương pháp 6: DÙNG QUY NẠP TOÁN HỌC
Giả sử CM A(n) M P với n ³ a (1)
Bước 1: Ta CM (1) đúng với n = a tức là CM A(a) M P
Bước 2: Giả sử (1) đúng với n = k tức là CM A(k) M P với k ³ a
Ta CM (1) đúng với n = k + 1 tức là phải CM A(k+1) M P
Bước 3: Kết luận A(n) M P với n ³ a
Ví dụ 1: Chứng minh A(n) = 16n - 15n - 1 M 225 với " n Î N*
Giải
Với n = 1 Þ A(1) = 225 M 225 vậy n = 1 đúng
Giả sử n = k ³ 1 nghĩa là A(k) = 16k - 15k - 1 M 225
Ta phải CM A(k+1) = 16 k+1 - 15(k + 1) - 1 M 225
Thật vậy: A(k+1) = 16 k+1 - 15(k + 1) - 1
	= 16.16k - 15k - 16
	= (16k - 15k - 1) + 15.16k - 15
	= 16k - 15k - 1 + 15.15m
	= A(k) + 225
mà A(k) M 225 (giả thiết quy nạp) 
225mM 225
Vậy A(n) M 225
Ví dụ 2: CMR: với " n Î N* và m là số tự nhiên lẻ ta có 
Giải
Với n = 1 Þ m2 - 1 = (m + 1)(m - 1) M 8 (vì m + 1; m - 1 là 2 số chẵn liên tiếp nên tích của chúng chia hết cho 8)
Giả sử với n = k ta có ta phải chứng minh
Thật vậy Þ 
Ta có 
Vậy với " n ³ 1
Ví dụ 3: Cho n là một số nguyên dương, chứng minh rằng: (1)
Giải
Xét với n=1 ta có: A = 9 3. Vậy (1) đúng với n=1
Giả sử (1) đúng với n=k, tức là : (2) (giả thiết quy nạp)
Phải chứng minh (1) đúng với n=k+1, tức là phải chứng minh
Ta có: 
Vậy (1) đúng với n=k+1
Vậy với n nguyên dương
Ví dụ 4:Cho n là một số nguyên dương, chứng minh rằng: (1)
Giải:
Xét với n=1 ta có: . Vậy (1) đúng với n=1
Giả sử (1) đúng với n=k, tức là : (2) (giả thiết quy nạp)
Phải chứng minh (1) đúng với n=k+1, tức là phải chứng minh
Ta có:
Vậy (1) đúng với n=k+1
Vậy với n là một số nguyên dương.
Ví dụ 5:Chứng minh rằng mọi số nguyên dương n ta có : 4n + 15n – 1 9 (1)
 Bài làm :
Với n = 1 ta có : 41 + 15.1 – 1 =18 9.Vậy (1) đúng với n = 1
Giả sử (1) đúng với n = k , tức là ta có : 4k + 15n – 1 9
4k + 15k – 1 = 9m (m Z) 4k = 9m – (15k – 1) 
Với n = k+ 1 ta có : 
4k+1 + 15(k+1) – 1 = 4.4k + 15k +14 = 4 (9m – (15k – 1)) +15k +14
 = 36m – 45k +18
 = 9(4m – 5m + 2) 9
Vậy (1) đúng với n = k+1 ,do đó (1) đúng với mọi n ≥ 1
Ví dụ 6: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có :
 (1)
Bài làm :
Với n = 0 ta có = 11 11.Vậy (1) đúng với n =1 
Giả sử (1) đúng với n = k , tức là : 11.Cần chứng minh (1) đúng với n = k+1 tức là cần chứng minh 11
Thật vậy : vói n = k+1 ta có :
 = = = 
 = (vì 16 là số chẵn )
Theo giả thiết quy nạp : 11 nên 11
Mặt khác : 216 +2 = 2( 215 + 1) = 2 . 3276911
Do đó : 11
Vậy với mọi n N
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: CMR: 33n+3 - 26n - 27 M 29 với " n ³ 1, m là số tự nhiên lẻ
Bài 2: CMR: 42n+2 - 1 M 15
Bài 3: CMR số được thành lập bởi 3n chữ số giống nhau thì chia hết cho 3n với n là số nguyên dương.
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: Tương tự ví dụ 1.
Bài 2: Tương tự ví dụ 1.
Bài 3: Ta cần CM M 3n (1)
Với n = 1 ta có 
Giả sử (1) đúng với n = k tức là M 3k
Ta chứng minh (1) đúng với n = k + 1 tức là phải chứng minh
M 3k+1 ta có 3k+1 = 3.3k = 3k + 3k +3k
Có 
7. Phương pháp 7: SỬ DỤNG ĐỒNG DƯ THỨC
Giải bài toán dựa vào đồng dư thức chủ yếu là sử dụng định lý Euler và định lý Fermat
Ví dụ 1: CMR: 22225555 + 55552222 M 7
Giải
Có 2222 º - 4 (mod 7) Þ 22225555 + 55552222 º (- 4)5555 + 45555 (mod 7)
Lại có: (- 4)5555 + 42222 = - 45555 + 42222 
= - 42222 (43333 - 1) = 
	Vì (mod 7)
Þ 22225555 + 55552222 º 0 (mod 7)
Vậy 22225555 + 55552222 M 7
Ví dụ 2: CMR: với " n Î N
Giải
Theo định lý Fermat ta có: 
310 º 1 (mod 11)
210 º 1 (mod 11)
Ta tìm dư trong phép chia là 24n+1 và 34n+1 cho 10
định lý Euler và vì 
Þ 24n+1 = 10q + 2 (q Î N)
Þ 34n+1 = 10k + 3 (k Î N)
Ta có: 
= 32.310q + 23.210k + 5
º 1+0+1 (mod 2)
	º 0 (mod 2) 
 = 32.310q + 23.210k + 5º 0 (mod 11) Vì 310 º 1 (mod 11), 210 º 1 (mod 11)
Mà (2, 11) = 1
Vậy với " n Î N
Ví dụ 3: CMR: với n Î N
Giải
Cách 1
Ta có: 24 º 1 (mod10) Þ 24n+1 º 2 (mod 10)
Þ 24n+1 = 10q + 2 (q Î N)
Þ 
Theo định lý Fermat ta có: 210 º 1 (mod 11)
Þ 210q º 1 (mod 11)
	º 4+7 (mod 11) º 0 (mod 11) 
Vậy với n Î N (ĐPCM)
Cách 2
 + Ta có : = = 
 Vì 16 1(mod 5) nên 16n 1(mod 5) do đó :
 2. 16n 2(mod 5) hay 24n+1 2 (mod 5)
 Đặt 24n+1 = 5k+2 (k Z+ , k chẵn(vì 22n+1 là một số chẵn) )
 + Vậy = 25k+2 = 4 .25k = 4.32k 
 Do 32 - 1(mod 11) nên 32k 1 (mod 11)(vì k chẵn )
 Suy ra : 4.32k 4 (mod 11)
 + 7 4 +7 (mod 11) + 7 0 (mod 11)
Vậy + 7 chia hết cho 11
Ví dụ 4: Chứng minh rằng : 22007 – 4 31
 Bài làm : 
Ta có : 25 = 32 1 (mod 31) và 2007 = 401.5+2
Do đó :
 22007 – 4 = 25.401+2 – 4 =4.(25)400 – 4=4[ (25)400 – 1 ]
 4(1 – 1 )(mod 31)0(mod 31)
Vậy : 22007 – 4 31
Ví dụ 5: Cho hai nguyên tố khác p ,q.Chứng minh rằng : 
 p q – 1 + q p – 1 - 1 p.q
 Bài làm : 
 Vì p , q là hai số nguyên tố và p ≠ q nên (p , q) = 1 
 Áp dụng định lí Fermat ta có : 
 pq -1 1 (mod q ) và q p – 1 1 (mod p) pq -1 – 1 q và qp-1 – 1 p
 Mặt khác : pq -1 – 1 p và qp-1 – 1 q nên ta có :
 p q – 1 + q p – 1 – 1 q và p q – 1 + q p – 1 – 1 p
 Mà (p,q) = 1 nên p q – 1 + q p – 1 - 1 p.q
Ví dụ 6: Chứng minh rằng số + chia hết cho 10
 Bài làm :
 Ta có : 555 - 1(mod 4) 555777 (-1)777 -1 3(mod 4)
 555333 (-1)333 -1 3(mod 4)
 Do đó : = 34k + 3 33 . (34)k 7 (mod 10)
 = 74l+3 73 (74)l 3 (mod 10 )
 Suy ra : + 10(mod 10) 0(mod 10 )
 Vậy + chia hết cho 10.
Ví dụ 7: Chứng minh : với mọi n N* ta có : +