CHƯƠNG I
PHÉP CHIA HẾT – PHÉP CHIA CÓ DƯ – ĐỒNG DƯ THỨC.
I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT.
1. Phép chia hết.
1.1 Đònh nghóa: Cho hai số nguyên bất kỳ a và b ( b
≠
0 ) tồn tại một và chỉ một cặp số
nguyên q và r sao cho: a = b.q + r với 0
≤
r <
b
- Nếu r = 0 thì a chia hết cho b (
)ba
hay a là bội của b, hay b chia hết a hay b là ước của
a. (b \ a)
- Nếu r
≠
0 thì phép chia a cho b là phép chia có dư.
1.2 Một số tính chất.
Với a, b, c, d
∈
Z.
- Nếu a
≠
0 thì
aa
,
a0
- Nếu
ba
và

cb
thì
ca
- Nếu
ba
và
ab
thì a =
±
b
- Nếu
ba
thì
bac
- Nếu
ba
,
ca
thì
),( cbBCNNa
Hệ quả:
ba
,
ca
và (b, c) = 1 thì
cba .
- Nếu
cba .
và ( b, c ) = 1 thì
ca

1.3. Một số đònh lý thường dùng:
- Nếu
ca
và
cb
thì a
±
b

c
- Nếu
ca
và b

thì a
±
b

c
- Nếu a

c và b

d thì ab

cd
Hệ quả Nếu a

b thì a
n



b
n
( n
)0, ≠∈ nN
-
Nếu a

c hoặc b

c thì ab

c
1.4. Dấu hiệu chia hết.
Gọi số A=
11
aaa
nn −
Số dư A : 2
k
( hoặc 5
k
) = số dư
11
aaa
kk −
: 2
k
( hoặc 5

k
) ( Với k
∈
N, k
≥
1)
Số dư A : 9 ( hoặc 3) = số dư ( a
n
+ a
n-1
+ …+ a
1
) : 9 ( hoặc 3)
Số dư A : 11 = số dư [( a
1
+ a
3
…) – (a
2
+ a
4
+…)]: 11
Điều kiện để một số chia hết cho 4 ( hoặc 25) là số gồm hai chữ số cuối cùng chia hết cho
4 ( hoặc 25).
Điều kiện để một số chia hết cho 8( hoặc 125) là số gồm ba chữ số cuối cùng chia hết cho
8 ( hoặc 125).
Điều kiện để một số tự nhiên chia hết cho 11 là là tổng các chữ số ở hàng lẻ trừ tổng các
chữ số ở hàng chẵn chia hết cho 11.
2. Đồng dư thức.
2.1. Đònh nghóa: Nếu hai số nguyên a và b chia cho c ( c

≠
0) có cùng số dư, ta nói a đồng
dư với b theo modun c kí hiệu a
≡
b ( mod c).
Vậy a
≡
b ( modun c)
⇔
a – b

c
2.2. Một số tính chất.
Với mọi a, b, c, d, m
∈
Z
+
(Z
+
là tập hợp các số nguyên dương )
a) a
≡
a ( mod m)
a
≡
b ( mod m)
⇔
b
≡
a( mod m)

a
≡
b ( mod m) và b
≡
c ( mod m)
⇒
a
≡
c ( mod m)
b) a
≡
b ( mod m); c
≡
d ( mod m)
⇒
a + c
≡
b + d( mod m)
a
≡
b ( mod m) ; c
≡
d ( mod m)
⇒
a - c
≡
b - d ( mod m)
c) a
≡
b ( mod m) ; c

≡
d ( mod m)
⇒
ac
≡
bd ( mod m)
Nếu d là ước chung dương của a, b và m thì:
a
≡
b ( mod m)
⇒

d
a
≡

d
b
( mod
d
m
)
d) a
≡
b ( mod m); c là ước số chung của a và b và (c, m) =1
⇒
c
a

≡


c
b
( mod m )
e) a
≡
b ( mod m); c > 0
⇒
ac
≡
bc ( mod mc)
Chú ý.
 Với mọi a, b
∈
Z ( a
≠
b), n
∈
N ta có a
n
– b
n


a – b
 Trong n số tự nhiên liên tiếp ( n
≥
1) có một và chỉ một số chia hết chon.
 Trong n + 1 số nguyên bất kỳ (n
≥

1 ) chia cho n thì phải có hai số khi chia cho n có
cùng số dư ( Vận dụng nguyên tắc Đirichlet)
 Tìm k chữ số tận cùng của số A là tìm số dư khi chia khi chia A cho 10
k
.
II. BÀI TẬP.
Bài 1: Chứng minh rằng
a) n
3
- n

6 ( n
∈
Z)
b) m
3
n – nm
3


6
c) n( n + 1 )( 2n + 1 )

6
d) S

6
⇔
P


6
Với S =
33
2
3
1

n
aaa +++
; P = a
1
+ a
2
+ …+ a
n
, trong đó a
i
∈
Z, i=
n,1

e) Số
1993
1994
1995
được viết dưới dạng tổng của các số mà mỗi số là một số tự nhiên.
Ta lũy thừa bậc ba từng số hạng rồi cộng chúng laiï, đem tổng này chia cho 6. Hãy tìm số dư của
phép chia này.
Bài 2: Cho n > 3 ( n
∈

N ), chứng minh rằng:
2
n
= 10a + b ( 0 < b < 9) thì ab

6
Bài 3: Chứng minh rằng nếu x, y, z là các số nguyên thõa mãn:
( 100x + 10y + z)

21 thì ( x – 2y + 4z )

21
Bài 4: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, ta có : 2.7
n
+ 1 là bội của 3
Bài 5: Chứng minh rằng với n
∈
N
A= 21
2n + 1
+ 17
2n + 1
+ 15 không chia hết cho 19.
Bài 6: Có tồn tại hay không một số nguyên dương là bội của 1993 và có 4 chữ số tận cùng
là 1994.
Bài 7: Tìm bốn chữ số cuối cùng của số
a = ( 1976
1976
– 1974
1974

)( 1976
1975
+1974
1973
)
Bài 8: Tìm số tự nhiên k lớn nhất thõa mãn điều kiện: (1994 . )
1995


1995
k
Bài 9: Chứng minh rằng nếu n là số nguyên tố cùng nhau với 10 thì n
101
và n sẽ có ba chữ
số tận cùng giống nhau.
Bài10:Tìm Tùm chữ số tận cùng của 5
1995
III. HƯỚNG DẪN GIẢI.
Bài 1:
a) n
3
– n = n( n + 1)( n – 1)
n, ( n + 1), ( n – 1) là 3 số nguyên liên tiếp nên có một số chia hết cho 2, một số chia hết
cho 3, mà ( 2, 3) = 1; 2.3 = 6.
Vậy: n( n + 1)( n – 1)

6, ta có điều phải chứng minh.
b) m
3
n – mn

3
= m
3
n – nm + nm – mn
3
= n( m
3
– m ) – m( n
3
– n)

6 Vì theo câu a thì n
3
- n

6; m
3
- m

6 (m. n
∈
Z)
c) n( n + 1)( 2n + 1) = n( n + 1)[( n – 1) + ( n + 2)] = n( n + 1)( n – 1) + n ( n + 1)( n + 2)

6
d) S – p =
)( )()(
3
2
3

21
3
1 nn
aaaaaa −++−+−

6
Vì
6)(; ;6)(;6)(
3
2
3
21
3
1

nn
aaaaaa −−−
(Theo câu a)
Do đó: S

6
⇔
P

6, ta có điều phải chứng minh.
f) Đặt
1993
1994
1995
= a

1
+ a
2
+ ….+ a
n
= P
Ta có S =
33
3
3
2
3
1

n
aaaa ++++
, cần tìm số dư khi chia S cho 6. Mà S – P

6 ( câu d)
S
≡
P ( mod 6) mà 1993
≡
1( mod 6)
Nên
1993
1994
1995
≡
1 ( mod 6) . Vậy số dư S chia cho 6 là 1.

Bài 2:
Cách1: Rõ ràng b

2 nên ab

2.
Đặt n = 4k + r ( r
≤
0
≤
3 ). Ta có: 2
n
= 2
r
. 2
4k
= 2
r
. 16
k
- Nếu r = 0 thì 2
n
= 16
k
tận cùng bằng .
Do đó b = 6 nên ab = 6
- Nếu 1
≤
r
≤

3 ta có 2
n
– 2
r
= 2
r
(16
k
– 1 )

10
⇒
2
n

≡
2
r
( mod 10 ) ( do 2
r

≤
8)
⇒
2
r
= b
⇒
10a = 2
n

- b = 2
r
( 2
4k
– 1 ) = 2
r
( 16
k
– 1 )

3
⇒
a

3 ( do ( 10, 3) = 1)
⇒
ab

6.
Cách 2: Từ giả thiết ta suy ra b chẵn và b
≠
0. Do đó b chỉ có thể là 2, 4, 6, 8.
Nếu b = 6 thì ab

6
Nếu b = 2 ta suy ra n lẻ
⇒
2
n


≡
2 ( mod 3)
⇒
10a + b = 9a + a + 2 2 ( mod )
Do 9a
≡
0 (mod 3)
⇒
a + 2
≡
2 ( mod 3)
⇒
a
≡
0 ( mod 3 )

⇒
ab

6
Trường hợp b = 4, 8 chứng minh tương tự.
Bài 3: Với mọi số nguyên x, y, z ta có:
400x
≡
x(mod 21); 40y
≡
-2y(mod 21); 4z
≡
4z(mod 21);
Suy ra: 400x + 40y + 4z

≡
x – 2y + 4z(mod 21)
Theo giả thiết: 100x + 10y + z

21
Nên 400x + 40y + 4z = 4( 100x + 10y + z)
≡
0 (mod 21)
Suy ra x – 2y + 4z
≡
0 (mod 21)
⇔
x – 2y + 4z

21
Bài 4: Ta có 7
n

≡
1 ( mod 3)
⇒
2.7
n
≡
3

( mod 3)
⇒
2.7
n

+ 1
≡
0( mod 3) Hay 2.7
n
+ 1

3
Vậy: 2.7
n
+ 1 là bội của 3
Bài 5: Ta có 21
≡
2 ( mod 19)
⇒
21
2n + 1

≡
2
2n + 1
( mod 19)
17
≡
-2( mod 19)
⇒
17
2n+1

≡
( - 2)

2n+1
( mod 19)
⇒
17
2n+1

≡
- 2
2n+1
( mod 19)
⇒
21
2n + 1
+ 17
2n+1

≡
0( mod 19)
Hay: 21
2n + 1
+ 17
2n+1

19 mà 15 không chia hết cho 19
Vậy: A= 21
2n + 1
+ 17
2n + 1
+ 15 không chia hết cho 19.
Bài 6:

Cách 1: Xét 1994 số sau:
1994, 1994 1994, 1994 1994 1994,…, 1994 1994 1994 1994…1994( 1994 lần số 1994)
Trong 1994 số trên khi chia cho 1993 phải có hai số có cùng số dư.
Giả sử hai số đó là a= 1994…1994( i lần số 1994)
b = 1994…1994 ( j lần số 1994) Với 1
≤
i
≤
j
≤
1994
Khi đó: b – a =
  
sô 994)(
1994 1994
ij−
. 10
4i
chia hết cho 1993
Vì 10
4i
và 1993 nguyên tố cùng nhau nên:
  
lần1994)(
1994 1994
ij −
chia hết cho 1993.
Cách 2: Giả sử số
1994A


1993
⇒
10
4
A +1994

1993
35A + 1

1993
⇔
35A = 1993B + 1992
⇔
2B + 3 = 1995B + 1995 – 35A
⇔
2B + 3

35
⇔
B
≡
32( mod 35)
⇔
B
≡
( mod 35)
Đặt B = 16 + 35k ta tính được số A nhỏ nhất là A = 968 ứng với k = 0 và số nhỏ nhất thõa
mãn bài toán là 9681994.
Bài 7: Rõ ràng ta có a
≡

0( mod 16)
Mặt khác ta có:



−≡
≡
)25(mod11974
)25(mod11976

⇒








−≡
≡
≡
≡
)25(mod11974
)25(mod11976
)25(mod11974
)25(mod11976
1973
1975
1974

1976
⇒
a
≡
0(mod 25
2
)
Từ (1) và (2)
⇒
a
≡
0 ( mod 10000)
Vậy a có 4 chữ số tận cùng là 0000.
Bài 8: 1995 = 3.5.7.19
Các bội của 19 trong dãy 1; 2; …; 1994 là 19; 38; …; 1976 gồm 1976 : 19 = 104 số. Tronbg
đó các bội của 19
2
là 361; 722; 1083; 1444; 1805; gồm 5 số.
Do đó số thừa số 19 khi phân tích 1994 . ra thừa số nguyên tố là 104 +5= 109 nên 1994.
= 3
109
.5
109
.7
109
.19
109
.T với T

19

⇒
T

1995
( 1994 .)
1995


1995
k
Suy ra: k
≤
109.1995
Vậy k lớn nhất là 109.1995
Bài 9: Với (n, 10) = 1, ta chứng minh n
101
– n

1000
Thật vậy ta có: n
101
– n = n( n
100
– 1)
Vì (n, 10) = 1 nên n lẻ .
Ta có: n
100
-1 = (n
50
+ 1)( n

50
-1) = (n
50
+ 1)( n
25
+1) (n
25
-1)
( n
25
+1) và (n
25
-1) là hai số chẵn liên tiếp, nên:
n
100
-1

8 (1)
Vì (n, 10) = 1 nên (n, 5 ) = 1
Ta chứng minh được nếu n không chia hết cho 5 thì n
100

≡
1(mod 125)
⇒
n
100
–
1


125 (2)
Vì (8, 125) = 1 nên từ (1) và (2) suy ra: n
100
– 1

1000
n
101
– n

1000. Ta có điều phải chứng minh.
Bài 10: Ta có 5
1995
= 5
11
(5
1984
– 1) + 5
11
Ta sẽ chứng minh 5
11
(5
1984
– 1)

10
8
p dụng liên tiếp a
2
- b

2
= (a – b )( a + b)
Ta có: 5
1984
– 1 = (5
31
-1)(5
31
+ 1)(5
62
+ 1)(5
124
+ 1)(5
248
+ 1)(5
496
+ 1)(5
992
+ 1)
Mà : 5
31
– 1

4 và 5
k
+ 1

2
Nn ∈∀
Do đó: 5

1984
– 1

2
8

Vậy: 5
11
( 5
1984
– 1)

5
8
. 2
8


10
8
Do đó tám chữ số tận cùng của số 5
1995
là 48828125 ( = 5
11
)
******************************************************************
CHƯƠNG II
ƯỚC CHUNG LỚN NHẤT – BỘI CHUNG NHỎ NHẤT.
I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT.
1. Ước chung lớn nhất.

1.1 Đònh nghóa:
Cho hai số nguyên dương a và b.
Số d là ước chung lớn nhất của a và b ký hiệu ƯCLN( a, b ) hay (a, b) khi và chỉ khi d là
ước chung của a và b; d là bội của mọi ước chung của a và b.
Nếu ( a
1
, a
2
, a
3
,

… a
n
) = 1 thì ta nói các số a
1
, a
2
, a
3
, …, a
n
nguyên tố cùng nhau.
Nếu (a
m
; a
k
) = 1; m
≠
k ( m; k = 1; 2; 3;…;n) thì ta nói các số a

1
, a
2
, a
3
, …, a
n
đôi một
nguyên tố cùng nhau.
1.2 Tính chất.
a) c
∈
UC(a; b) thì
c
ba
c
b
c
a );(
; =






d = (a; b)
⇔
1; =







d
b
d
a
b) (ca; cb) = c(a;b)
c) (a; b) = 1 và b\ ac thì b\ c
d) (a; b) = 1, (a; c) = 1 thì (a; bc) = 1
e) ( a; b; c) = ((a; b); c)
1.3 Tìm ƯCLN bằng thuật toán Ơclit
Cho a > b > 0
Nếu a= b.q thì (a; b) = b
Nếu a = bq + r ( r
≠
0) thì (a; b) = (b; r)
Để tìm (a; b) khi a không chia hết cho b ta dùng thuật toán Ơclit.
a = bq + r
1
thì (a; b) = (b; r
1
)
b = r
1
q
1
+ r

2
thì (b; r
1
) = ( r
1
; r
2
)
r
1
= r
2
q
2
+ r
3
thì (r
1
; r
2
) = ( r
2
; r
3
)
………………………………………………………………….
r
n-2
= r
n-1

q
n-1
+ r
n
thì (r
n-2
; r
n-1
) = ( r
n-1
; r
n
)
r
n-1
= r
n
q
n
thì (r
n-1
; r
n
) = r
n
(a; b ) = r
n
(a; b) là số dư cuối cùng khác 0 trong thuật toán Ơclit.
2. Bội chung nhỏ nhất.
2.1 Đònh nghóa.

Cho hai số nguyên dương a và b.
Số m khác 0 là bội chung nhỏ nhất của a và b kí hiệu BCNN( a; b) hay[a; b]khi và chỉ khi
a và b là ước của m; m là ước của mọi bội chung của a và b.
II.2Tính chất.
a) [ca; cb] = c[a; b]
b) [a; b; c] = [[a; b]; b]
c) [a; b].(a; b) = a.b
Chú ý: Phân số
b
a
tối giản
⇔
(a; b ) = 1
III. BÀI TẬP.
Bài 1: a) Cho a = 5a +3b; B = 13 a + 8b ( a; b
∈
Z
*
). Chứng minh: (A; B) = (a; b)
b) Tổng quát cho A = ma + nb; B = pa + qb thõa mãn [mq + np ] = 1. Chứng minh
(A; B) = ( a; b).
Bài 2: a) Tìm ( 2k – 1; 9k + 4) ( k
∈
Z)
b) Tìm ( 6k + 5; 8k + 3) ( k
∈
N)
Bài 3 : Từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6 thành lập các số có 6 chữ số ( mỗi chữ số chỉ viết một
lần). Tìm ƯCLN của các số đó.
Bài 4: Cho A = 2n + 1; B =

2
)1( +nn
(n
∈
Z
*
). Tìm (A; B)
Bài 5: a) Chứng minh rằng trong 5 số nguyên liên tiếp bao giờ cũng chọn được một số
nguyên tố cùng nhau với các số còn lại.
b) Chứng minh rằng từ 16 số nguyên liên tiếp bao giờ cũng chọn được một số
nguyên tố cùng nhau với các số còn lại.
Bài 6: Cho A = 2
n
+ 3
n
; B = 2
n + 1
+ 3
n + 1
; C = 2
n + 2
+ 3
n + 2
(n
∈
Z
*
).
Tìm (A; B) và (A; C)
Bài 7: a) Tìm[n; n+1; n + 2]

b) Chứng minh rằng [1; 2; 4; …; 2n] = [ n + 1; n + 2; …; 2n]
Bài 8: Chứng minh rằng dãy số Fermat
F
n
= 2
2n
+ 1 (n
∈
N) là dãy số nguyên tố cùng nhau.
Bài 9: Cho a = 123456789
b = 987654321
a) Tìm (a; b)
b) Tìm số dư khi chia [a; b] cho11
Bài 10: Cho 20 số tự nhiên khác 0: a
1
< a
2
< ….< a
20

Chứng minh rằng [a
1
; a
2
; ….; a
20
]
≥
20a
1

III. HƯỚNG DẪN GIẢI.
Bài 1:
a) Đặt D = (A; B); d = (a; b)
 d = (a; b)
⇒
d\ a và d\b
⇒
d\ 5a + b và d\13a + 8b
⇒
d\ D (1)
 D = ( A; B)
⇒
D\ 5a + 3b và D\13a + 8b
⇒
D\8(5a + 3b ) – 3(13a + 8b)
Hay D\a và D\b
⇒
D\d (2)
Từ (1) và(2) ta có: D = d
Vậy (A; B) = (a: b).
b) Đặt D = (A; B); d = (a; b)
 d = (a; b)
⇒
d\a và d\b
⇒
d\ma + nb và d\pa + qb
⇒
d\D (1)
 D = ( A; B)
⇒

D\ma + nb và D\pa + qb
⇒
D\q(ma + nb ) – n(pa + qb)
Và D\p(ma + nb ) – m(pa + qb)
Hay D\ (mq – np)a
Và D\ (np – mq)b
Mà
1=− npmq
⇒
D\a và D\b
⇒
D\d (2)
Từ (1) và (2) ta có (A; B) = (a; b)
Bài 2:
a) Đặt d= ( 2k – 1; 9k + 4)
⇒
d\2k -1 và d\9k + 4
⇒
d\9(2k -1) và d\2( 9k +4)
⇒
d\2(9k + 4) – 9(2k – 1) hay d\17
⇒
d = 1 hoặc d = 17
( ví dụ khi d = 1 khi k = 1; d = 17 khi k = 9)
b) Đặt d = ( 6k + 5; 8k + 3)
⇒
d\6k +5 và d\8k + 3
⇒
d\4(6k +5) và d\3( 8k +3)
⇒

d\4(6k + 5) – 3(8k +3) hay d\11
⇒
d = 1 hoặc d = 11
( ví dụ khi d = 1 khi k = 2; d = 11 khi k = 1)
Bài 3: Các số đôi một khác nhau được thành lập từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6 có tổng các
chữ số bằng 21
⇒
Các chữ số lập được chia hết cho 3 và không chia hết cho 9.
Mặt khác ƯCLN cần tìm là ước của 123465 – 123456 = 9.
Do đó ƯCLN cần tìm là 3.
Bài 4: Đặt d =






+
+
2
)1(
;12
nn
n
⇒
d\2n +1 và d\
2
)1( +nn
⇒
d\2n + 1 và d\2n( n +1 )

⇒
d\2n(n + 1) – (2n +1 )
⇒
d\n
Mà d\2n +1 nên d\2n +1 – 2n
⇔
d\1
⇔
d = 1 Vậy (A; B) = 1
Bài 5:
a) Nếu hai số không bằng nhau mà hơn kém nhau không quá 4 đơn vò thì không thể có
ước chung quá 4.
Như vậy hai số ntrong năm số tự nhiên liên tiếp có thể có các ước chung là 2; 3; 4 hoặc
chúng nguyên tố cùng nhau. Trong 5 số tự nhiên liên tiếp phải có ít nhất 2 số lẻ và có ít nhất một
số không chia hết cho 3. Số này nguyên tố cùng nhau với các số còn lại.
b) Xét 16 số nguyên liên tiếp a + 1; a +2; …; a + 16 (1)
Gọi d = ( a +r; a + s) ( 0 < r < 1
≤
16; r; s
∈
N)
Ta có d
≤
15. Ta chỉ có một số không có ước chung bằng 2; 3; 5; 7; 11; 13 với bất kỳ số
nào khác trong dãy trên.
Ở đây (1) có 8 số lẻ liên tiếp. Số các bội của 3
≤
5, số các bội của 5
≤
3, số các bội của 7

≤
2, số các bội của 7
≤
2, số các bội của 11 hoặc 13 đều
≤
2. Dễ thấy, hai số liên tiếp cùng là
bội của số lẻ p thì phải có một số chẵn và số kia lẻ.
-
Nếu các bội của 3; 5; 7; 11; 13 chỉ gồm 7 số lẻ trong số 8 số lẻ ở dãy (1), thì số còn lại
là số nguyên tố với tất cả 15 số còn lại.
-
Nếu các bội của 3; 5; 7; 11; 13 gồm cả 8 số lẻ thì trong đó phải có 3 số là bội của 3, 2
số là bội của 5, số các số là bội của 7; 11; 13 đều là 1, và các số lẻ ấy là khác nhau, khi đó:
- Các số lẻ bội 3 là số lẻ thứ 1; 4; 7 và các số lẻ bội 5 là số thứ 3; 8 thì số lẻ bội của
13 là số phải tìm trừ một trường hợp số đó là số lẻ thứ 2 mà số chẵn thứ 8 là bội của 13 thì số lẻ
bội 11 là số lẻ phải tìm.
- Các số lẻ là bội của 3 là các số lẻ thứ 2; 5; 8 và các số lẻ là bội của 5 là các số lẻ
thứ 1; 6 thì cũng được xét tương tự như trên.
Vậy bài tóan được chứng minh hoàn toàn.
Chú ý: Mệnh đề đúng với dãy có ít hơn 16 số. Mệnh đề không đúng với dãy nhiều hơn,
chẳng hạn 17 số từ 1184 đến 1220 không có một số nào nguyên tố với các số còn lại.
Bài 6:
 Đặt d = (A; B)
⇒
d\A và d\B
⇒
d\B – 2A và d\3A – B
Hay d\3
n
và d\2

n

⇒
d\ (3
n
, 2
n
)
Mà (3; 2) = 1
⇒
(3
n
, 2
n
) = 1
Ta cód\1
⇒
d =1
(A; B) = 1
 Đặt d' = (A; C)

⇒
d'\A và d'\C
⇒
d'\9A – C và d'\C – 4A
Hay d'\5.2
n
và d'\5. 3
n
⇒

d'\ (5.2
n
, 5.3
n
) = 5(2
n
; 3
n
) = 5
d' = 1 hoặc d' = 5
-
Khi n lẻ thì n +2 lẻ.
Do đó( 2
n
+ 3
n
)

( 2 + 3)
(2
n +2
+ 3
n +2
)

(2 +3)
A

5; C


5 nên (A; C) = 5
- Khi n chẵn 2
n
+ 3
n


5 nên (A; C) = 1
Bài 7:
a) Đặt A = [n; n +1], B = [A; n +2]
Ta có B = [n; n+1; n + 2 ]
Mà (n; n +1) = 1 nên [n; n + 1 ] = n(n + 1)
Mặt khác ( n + 1; n + 2) = 1 nên
d= (n(n +1); n +2)
= (n; n +2) = (n; 2) =



lẻ n nếu 1
chẵn n nếu 2
Do đó:
[n; n +1; n + 2] =





++
++
=

++
lẻ) n nếu 2)(1)(nn(n
chẵn) n nếu(
2
)2)(1(
)2)(1(
nnn
d
nnn
c) Vì trong k số nguyên liên tiếp có một và chỉ một số chia hết cho k. Do đó bất kỳ một
trong các số 1; 2; …; n đều là ước của một số nào đó trong các số n + 1; n +2;…; 2n.
Do đó: [1; 2; …n; n +1; n +2;…; 2n] = [n; n +1; n +2;…; 2n]
Bài 8: Xét m > n, n
≥
0, m = n +k, k > 0.
Gọi d = (F
n
; F
m
) = (F
n
; F
n
+
k
) và đặt a =
2
2
n
Ta có: F

n + k
-2 =
a
k
2
- 1

a +1. Vậy F
n + k
- 2

F
n
Từ



+kn
n
F của ướclà
F của ướclà
d
d

⇒
d\2 và do d lẻ nên d = 1.
Vậy dãy số Fermat là dãy số các số nguyên đôi một nguyên tố cùng nhau.
Bài 9:
a) Ta nhận thấy rằng ( 1 + 2 + 3 + …+ 9)


9 nên a và b đều chia hết cho 9.
Mặt khác: a + b = 1111 111 110 =
9
1010
10
−
10b + a = 9 999 999 999 = 10
10
– 1 (1)
9b + 9a = 10
10
- 10 (2)
Trừ (1) và (2) vế với vế, ta được: b – 8a = 9 (*)
Do đó: Nếu đặt d = ( a; b) thì từ (*) ta suy ra d

9
Mà a và b đều chia hết cho 9, suy ra d = 9.
b) Ta có: [a; b] =
9);(
ab
ba
ab
=
Nhưng
9
a
= 13 + 17342 = 3 + 11k
1
; b = 5 +11k
2

Vậy [a; b ] = (3 + 11k
1
)( 5 +11k
2
) = 4 + 11m. Vậy số dư là 4.
Bài 10: Gọi m = [a
1
; a
2
; ….; a
20
]
Nên m = a
1
b
1
= a
2
b
2
= a
3
b
3
=…= a
20
b
20
Mà: a
1

< a
2
< ….< a
20
Nên: b
1
> b
2
> b
3
> … > b
20
Vậy giá trò nhỏ nhất b
1
= 20
Do đó: m = a
1
b
1

≥
20a
1
Tóm lại: [a
1
; a
2
; ….; a
20
]

≥
20a
1
*********************************************************
CHƯƠNG III
SỐ NGUYÊN TỐ – HP SỐ
I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT.
I.1 SỐ NGUYÊN TỐ – HP SỐ.
1. Đònh nghóa:
• Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1 và chỉ có hai ước là 1 và chính nó.
• Hợp số là số tự nhiên lớn hơn 1 và có nhiều hơn hai ước.
2. Đònh lý:
Ước nhỏ nhất lớn hơn 1 của một số tự nhiên lớn hơn 1 là một số nguyên tố.
Từ đó suy ra rằng: Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 bao giờ cũng có ước nguyên tố.
I.2 TẬP HP CÁC SỐ NGYÊN TỐ.
• Đònh lý 1: Tập hợp các số nguyên tố là vô hạn.
• Đònh lý 2: Ước nguyên tố nhỏ nhất của một hợp số n là một số không vượt quá
n
.
Hệ quả: Nếu số tự nhiên n > 1 không có ước nguyên tố nào từ 2 đến
n
thì n là một số
nguyên tố.
I.3 PHÂN TÍCH THÀNH THỪA SỐ NGUYÊN TỐ.
1. Đònh lý cơ bản.
Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tích được ra thừa số nguyên tố một cách duy nhất
( không kể thứ tự các thừa số)
2. Dạng phân tích tiêu chuẩn của một số tự nhiên lớn hơn 1.
Gọi p
1

; p
2
; p
3
;…; p
k
là các thừa số nguyên tố khác nhau và là ước của a; m
1
; m
2
; m
3
;…; m
k
lần lượt là số các thừa số của p
1
; p
2
; p
3
;…; p
k
;, ta có:
a =
m
p
m
p
m
p

m
p
k
k
, ,,,
3
21
321
Số a viết được như trên gọi là dạng phân tích tiêu chuẩn.
Chú ý:
-
Số ước chung của a là (m
1
+ 1)( m
2
+ 1)…( m
k
+ 1)
-
Nếu a = n! thì số mũ m
i
của p
i
nào đó sẽ là
m
i
=

2
+







++






+






k
ii
i
p
n
p
n
p
n
II. BÀI TẬP.

Bài 1: Tìm các số nguyên tố p để:
a) p + 10; p + 14 cũng là các số nguyên tố.
b) p + 2; p + 4 cũng là các số nguyên tố.
c) p + 2; p + 6; p + 8; p + 14 cũng là các số nguyên tố.
Bài 2: Tìm tất cả các số tự nhiên k để: k + 1; k + 3; k + 7; k + 9; k + 13; k + 15 là các số
nguyên tố.
Bài 3:
a) Tìm các số nguyên tố p sao cho 2p + 1 bằng lập phương của một số tự nhiên.
b) Tìm các số nguyên tố p sao cho 13p + 1 bằng lập phương của một số tự nhiên.
Bài 4: Tìm cặp số tự nhiên (x; y) sao cho:
pyx
111
=+
( p là số nguyên tố.
Bài 5: Chứng minh rằng số : N =
15
15
25
125
−
−
là hợp số.
Bài 6: Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho mỗi số vừa là tổng vừa là hiệu của hai số
nguyên tố.
Bài 7: Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố liên tiếp sao cho tổng bình phương của ba số này
cũng là số nguyên tố.
Bài 8: Chứng minh đònh lý Fécma nhỏ. Nếu p là số nguyên tố và (a; p) =1 thì a
p -1

p với

mọi a
∈

Z
+
.
Bài 9:
a) Giả sử p là số nguyên tố lẻ đặt m =
8
19 −
p
. Chứng minh rằng m là một hợp số lẻ không
chia hết cho 3 và 3
m – 1

≡
1(mod m).
b) Cho số nguyên tố p, các số dương a, n (n
≥
2) thoả a
≡
1 (mod p
n
). Tìm số dư khi chia a
cho p
n -1
.
Bài 10: Cho A = n! +1, B = n +1 ( n
∈
Z

+
). Chứng minh rằng nếu A

B thì B là số nguyên
tố.
III. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP.
Bài 1:
a) Rõ ràng p = 3 là số nguyên tố nhỏ nhất thõa mãn bài tóan.
Nếu p > 3 thì p có dạng 3k + 1 hoặc 3k + 2 ( vì p là số nguyên tố)
Khi p = 3k + 1 thì p + 14 = 3k + 15

3; p + 14 > 3 nên p + 14 không phải là số nguyên tố .
Khi p = 3k +2 thì p + 10 = 3k + 12

3; p + 10 > 3 nên p + 10 không phải là số nguyên tố.
b) p = 2 thì p + 2 = 4 là hợp số.
P = 3 thì bộ 3; 5; 7 là bộ ba cần tìm.
p
≠
3 thì p = 3k + 1 hoặc p = 3k – 1
Nếu p = 3k + 1 thì p + 2

3 là hợp số.
Nếu p = 3k - 1 thì p + 4

3 là hợp số.
Vậy p = 3 là số nguyên tố duy nhất cần tìm.
c) p = 5 thì 5; 7; 11; 13; 19 là bộ năm cần tìm.
p
≠

5 thì p = 5k
±
1; 5k
±
2. Với cách lý luận tương tự như cấu a, vập p = 5 là số
nguyên tố duy nhất cần tìm.
Bài 2: (Giải tương tự bài 1) k = 4
Bài 3:
a) Giả sử 2p + 1 = z
3
( z
∈
N)
⇒
z lẻ.
Đặt z = 2n + 1 (z
∈
N)
Như vậy: 2p + 1 = ( 2n +1)
3
= 8n
3
+ 12n
2
+ 6n + 1
⇒
p = n(4n
2
+ 6n + 3).
Vì p nguyên tố nên suy ra n = 1, thay vào ta thấy p = 13 là số nguyên tố thoã mãn đề bài.

b) Giả sử 13p + 1 = m
3
( m
∈
N) mà p
≥
2 suy ra m
≥
3.
⇒
13p = (m- 1)( m
2
+ m + 1)
13 và p là số nguyên tố, m – 1 > 1; m
2
+ m + 1 > 1
Nên m – 1 =13 hoặc m – 1 = p.
* m – 1 = 13
⇒
m = 14
m
3
= 2744; p = 211 ta có 14
3
= 13.211 +1;
211 là số nguyên tố ( đúng)
* m -1 = p và m
2
+ m + 1 = 13
m

2
+ m + 12 = 0
( m +4)(m – 3 ) = 0
Vì m +4 > 0 nên m – 3 = 0
⇔
m = 3
Suy ra p = 2. ta có 3
3
= 13.2 +1; 2 là số nguyên tố ( đúng).
Vậy p = 2 hoặc p =211
Bài 4: Do x; y
∈
N nên đẳng thức đã cho tương đương với (x – p)(y – p) = p
2
. Do p nguyên
tố và x, y > p nên có các khả năng:
a) x – p = 1; y – p = p
2

⇔
x = p +1 và y = p
2
+ 1
b) x – p = p
2
; y – p = 1
⇔
x = p
2
+ p và y = p +1

c) x – p = p ; y – p = p
⇔
x = 2p và y = 2p
Bài 5: Đặt a = 5
25
, khi đó:
N =
1
1
5
−
−
a
a
= a
4
+ a
3
+ a
2
+ a

+1
= (a
4
+ 9a
2
+ 1 + 6a
3
+ 6a + 2a

2
) – (5a
3
+ 10a
2
+1)
= (a
2
+ 3a + 1)
2
– 5a(a
2
+ 2a +1)
= (a
2
+ 3a + 1)
2
– 5.5
25
( a + 1 )
2
= (a
2
+ 3a + 1)
2
–[5
13
( a +1 )]
2
= [a

2
+ 3a + 1 + 5
13
(a +1)][ a
2
+ 3a + 1 – 5
13
(a +1)].
N là tích của hai số nguyên lớn hơn 1. Vậy N là hợp số.
Bài 6: Rõ ràng p > 2 nên p lẻ.
Vì p vừa là tổng, vừa là hiệu của hai số nguyên tố nên một số phải chẵn, còn số kia phải
lẻ. Số chẵn là 2.
Như vậy: p = r + 2 = s – 2 ( r, s là số nguyên tố)
Nhưng: r = p -2; p và s = p + 2 là 3 số lẻ liên tiếp nên có một số chia hết cho 3. Suy ra có
một số bằngø 3.
* Nếu r = 3
⇒
p – 2 = 3
⇒
p = 5
⇒
s = p +2 = 7. Thõa mãn đề bài.
P = 5 là bộ ba số nguyên tố cần tìm.
* Nếu p = 3
⇒
r = p – 2 = 1 Không nguyên tố ( loại)
* Nếu s = 3
⇒
p +2 = 3
⇒

p = 1 Không nguyên tố ( loại)
Bài 7: Gọi ba số nguyên tố liên tiếp cần tìm là p; s; r và p < s < r.
Nếu p, s, r đều không chia hết cho 3
⇒
p
2
, s
2
, r
2
chia cho 3 có số dư là 1
⇒
(p
2
+ s
2
+ r
2
)

3
Mà p
2
+ s
2
+ r
2
> 3 nên p
2
+ s

2
+ r
2
không là số nguyên tố .
Do đó có ít nhất một trong ba số p, s. r chia hết cho 3.
* p = 3 s = 5; r = 7 ta co.ù
p
2
+ s
2
+ r
2
= 83 là số nguyên tố.
* r = 3 p = 2; s = 5 ta có
p
2
+ s
2
+ r
2
= 38 không là số nguyên tố.
* s = 3 r =2 không tonà tại p.
Tóm lại: Ba số nguyên cần tìm là 3; 5; 7.
Bài 8:
Vì không chia hết cho p nên các số 2a; 3a;…; (p -1 )a cũng không chia hết cho p. giả sử khi
các số a; 2a; 3a;…; ( p – 1)a chia cho p được các số dư là r
1
; r
2
;…; r

p – 1
.
r
1
; r
2
;…; r
p – 1
đôi một khác nhau.
Thật vậy nếu có r
1
= r
j
( 1
≤
i < j
≤
p – 1)
Thì ia
≡
ja(mod p)
⇔
a( i –j)
≡
0 (mod p) (*)
a

p; i –j

p nên (*) không xảy ra.

Do đó: r
1
. r
2
.… r
p – 1
= ( p – 1)!
2a. 3a. …(p -1)a
≡
r
1
. r
2
.… r
p – 1
( mod p)
(p -1)!a
p -1

≡
( p -1)!(mod p)
Vì: ((p -1)!; p) = 1
⇒
a
p -1
≡
1 (mod p).
Bài 9:
a)Ta có : m =
ab

pp
=








+








−
4
13
2
13
, dễ thấy a, b đều nguyên dương lớn hơn 1 do đó m là
hợp số. Mà m = 9
p -1
+ 9
p – 2
+ …+ 1 suy ra m lẻ và chia cho 3 dư 1.

Theo đònh ký fecma nhỏ: 9
p
- 9

p vì (p; 8) = 1
Nên: 9
p
- 9

8p hay m -1 =
8
99 −
p

p
Vì m – 1 chẵn nên cũng có: m -1

2p
Do đó: 3
m – 1
- 1

3
2p
– 1


8
19 −
p

= m.
b) Xét các trường hợp:
1) p = 2, ta có: a
2
≡
1(mod 2
n
)
⇒
a lẻ. Đặt a = 2x + 1 ( x
∈
N)
⇒
2(x +1)x

2
n

⇒
x(x + 1)

2
n -2
Dễ dàng suy ra a
≡

±
1(mod 2
n -1
).

2) p
≥
3 ta cóa
p

≡
a
≡
1( mod p) ( Đònh lý Fec ma nhỏ)
⇒
d= ( a-1, a
p -1
+ a
p- 2
+ …+ a +1)

p
⇒
d = p vì d\p
(a -1)( a
p -1
+ a
p- 2
+ …+ a+ 1)

p
n
Mà: a
p -1
+ a

p- 2
+ …+ a+ 1
≡
p ( mod p
2
)
⇒
a -1

p
n -1

⇒
a
≡
1( mod p
n -1
).
Bài 10: Giả sử B không phải là số nguyên tố.
Do đó B có ước nguyên tố q, p < B
⇒
p
≤
n
⇒
p\n!.
Mặt khác A

B Nên p\A. Đo đó p\A - n! hay p\1. Vô lý.
Mà n nguyên dương nên B

≠
0, B
≠
1
Vậy B là số nguyên tố.
*****************************************************************
Nhóm bộ môn tóan. BGH Nhà trường
Nguyễn Bá Vạn
Mai Đình Công
Nguyễn Văn Thanh
Trần Văn Long
Thái Đức Thảo

Bài toán 4: Chứng minh rằng trong 51 số khác nhau có một hoặc hai chữ số, ta có thể
chọn ra 6 số sao cho trong 6 số đó không có hai số nào có những chữ số giống nhau trong một thứ
tự.
Bài giải
Ta chọn 6 chữ số hàng chục sao cho có một nhóm, không ít hơn 6, các số đã rơi vào một
hàng chục nào đó; có một nhoóm, không ít hơn, các số rơi vào hàng chục tiếp theo;…; cuối cùng
có ít nhất một số rơi vào hàng chục còn lại. Các số cuối cùng thuộc một nhóm khác thì khác nhau
chữ số hàng đơn vò.
Ta chọn ở mỗi nhóm một số sao cho chữ số hàng đơn vò khác nhau; chọn một số nhóm
cuối, lấy một số ở nhóm kế trước đó … ta được 6 số thõa mãn yêu cầu của bài toán.
Bài toán 5: Chứng minh tồn tại một số tự nhiên x < 17 sao cho 25
x
- 1

17
Bài giải
Xét dãy số gồm 17 số hạng sau: 25, 25

2
, 25
3
, 25
4
,…, 25
17
(*)
Chia các số hạng của dãy (*) cho 17
Vì (25; 17) = 1 nên (25
n
, 17) = 1.
Nn
∈∀
và n
≥
1. Do đó số dư của các phép chia chỉ có
thể theo một thứ tự nào đó là 1, 2, 3, 4, …, 16. Có 17 phép chia và 16 số dư có thể có nên có ít
nhất 2 số hạng của dãy (*) chia cho 17 có cùng số dư.
Gọi 2 số đó là 25
i
và 25
j
với i, j
∈
N và 1
≤
i
≤
j

≤
17
⇒
25
j
– 25
i


17
⇔
25
i
(25
j – i
– 1)

17
Vì (25
i
; 17) = 1 nên: (25
j – i
– 1)

17
Vì 1
≤
i
≤
j

≤
17
⇒
j – i < 17
Vậy
Nx
∈∃
và x < 17 để 25
x
– 1

17
Bài toán 6: Chứng minh rằng tồn tại số có dạng 199419941994….1994 gồm k số 1994, với
k
∈
N và 1< k
≤
1993, chia hết cho 1993.
Bài giải
Xem dãy số
a
1
= 1994
a
2
= 19941994
……………………………………
a
1994
=

  
sô 9941994
1994 941994199419
Ta chia các số hạng của dãy cho 1993
Có 1994 phép chia mà tập hợp các số dư có tối đa là 1993 gia ùtrò.Do đó có ít nhất 2 số
hạng của dãy chia cho 1993 có cùng số dư .
Gọi 2 số đó là a
i
và a
j
:
a
i
= 199419941994…1994( có i chữ số 1994)
a
j
= 199419941994…1994 ( có j chữ số 1994)
Với i, j
∈
N và 1
≤
i
≤
j
≤
1994.
⇒
a
j
– a

i
1993
⇒

    
0 số chữ1994 số iij 4)(
0000 00001994 941994199419
−


1993
⇒

i
ij
4
)(
10.1994 941994199419
  
1994 số−

1993
Vì (10; 1993) = 1 nên (10
k
, 1993) = 1
+
∈∀ Zk
Do đó ta có:
  
1994 sốk

1994 941994199419


1993 k
∈
N và 1< k
≤
1993
Bài toán 7: Có tồn tại hay không, số có dạng: 199319931993…19930000…0000 chia hết cho 1994.
Bài giải
Xem dãy số
b
1
= 1993
b
2
= 19931993
……………………………………
b
1994
=
  
sô 9931994
1993 931993199319
Ta chia tất cả các số hạng của dãy cho 1994. Không có số hạng nào của dãy chia hết cho
1994. Có 1994 phép chia mà tập hợp các số dư có tối đa là 1993 trò số, do đó có ít nhất hai số
hạng của dãy chia cho 1994 có cùng số dư.
Gọi 2 số đó là b
i
và b

j
:
b
i
= 199319931993…1993( có i chữ số 1993)
b
j
= 199319931993…1993 ( có j chữ số 1993)
Với i, j
∈
N và 1
≤
i < j
≤
1993.
⇒
b
j
– b
i
1994
⇒

    
0 số chữ1993 số iij 4)(
0000 00001994 931993199319
−


1994

Vậy tonà tại số có dạng 19931993…19930000…0000 Chia hết cho 1994.
Bài toán 8: Chứng minh rằng tồn tại n
∈
N sao cho 3
n
tận cùng bằng 000001
Bài giải
Ta chứng minh tồn tại n
∈
N để cho 3
n
– 1

10
6

Ta xét dãy số gồm 1000000 số hạng sau:
3, 3
2
, 3
3
, ….,
3
10
6
(*)
Chia các số hạng của dãy (*) cho 10
6
. Số dư của các phép chia có thể có là
1, 2, 3, 4,…,999999. Có một triệu phép chia, do đó có ít nhất hai số hạng của dãy (*) có

cùng số dư trong phép chia cho 10
6
.
Gọi hai số đó là 3
i
và 3
j
. Với i, j
∈
N và 1
≤
i < j
≤
10
6
.
⇒
3
j
– 3
i
10
6
⇒
3
i
(3
j – i
- 1) 10
6

Nhưng (3; 10) = 1
⇒
(3
i
– 10
6
) = 1
Do đó: 3
j – i
– 1 10
6
Vậy tồn tại n
∈
N để cho 3
n
tận cùng bỡi 0000001