SKKN Các phương pháp chứng minh chia hết trong bồi dưỡng học sinh giỏi toán THCS

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NÔNG CỐNG 
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH CHIA HẾT
TRONG BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN THCS
Người thực hiện:
Đỗ Văn Kiên
Chức vụ: 
Giáo viên
Đơn vị công tác:
Trường THCS Trần Phú
SKKN thuộc lĩnh vực: 
Toán học
NÔNG CỐNG, NĂM 2017
Mục lục
TT
Tên mục
Trang
1
I. PHẦN MỞ ĐẦU
1
2
1. Lý do chọn đề tài
1
3
2. Mục đích nghiên cứu
1
4
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
2
5
4. Phương pháp nghiên cứu
2
6
II. PHẦN NỘI DUNG
3
7
1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
3
8
2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
3
9
3. Các giải pháp giải quyết vấn đề 
3
10
Phần 1: Tóm tắt lý thuyết
3
11
1. Định nghĩa phép chia hết
3
12
2. Một số tính chất chia hết
4
13
3. Một số định lí thường dùng trong chứng minh chia hết
4
14
Phần 2: Một số phương pháp chứng minh chia hết
4
15
1. Phương pháp xét mọi trường hợp của số dư
4
16
2. Phương pháp tách thành tổng nhiều hạng tử
6
17
3. Phương pháp phân tích thành nhân tử
8
18
4. Phương pháp quy nạp
10
19
5. Phương pháp sử dụng định lí Fermat và định lí Euler
12
20
Phần 3: Ứng dụng quan hệ chia hết vào một số bài toán
13
21
4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
15
22
III. PHẦN KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
16
23
1. Kết luận
16
24
2. Kiến nghị
16
I. PHẦN MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài: 
a. Những vấn đề chung:
Trong sự nghiệp Công nghiệp hóa – hiện đại hóa đất nước, đào tạo đội ngũ những người chủ cho tương lai là một việc làm mang tính chiến lược của Đảng và nhà nước ta . Do đó bồi dưỡng các thế hệ học sinh giỏi trong thời kì hiện nay càng là vấn đề cấp thiết và mang tính lâu dài. Thông qua giáo dục chúng ta đào tạo thế hệ trẻ có đầy đủ những phẩm chất và năng lực, trở thành những con người phát triển toàn diện với tư duy sắc bén, lập luận chặt chẽ, linh hoạt và nhanh nhẹn. Và không ai khác giáo dục giữ vai trò quyết định trong quá trình bền bĩ này, Thông qua đó, Học sinh tiếp thu những kiến thức vững chắc, có hệ thống, có khả năng vận dụng vào cuộc sống, tạo niềm tin, tính cách, thói quen, hứng thú, tình cảmcho học sinh, giúp học sinh phát triển trí tuệ, hoàn thiện nhân cách. 
b. Thực tiễn giáo dục:
	Qua thực tế giảng dạy, đặc biệt là trong năm học 2016-2017 này, tôi được giao nhiệm vụ bồi dưỡng học sinh giỏi toán 6. Trong rất nhiều chuyên đề bồi dưỡng của chương trình số học 6, chuyên đề về "Tính chia hết của số nguyên" là chuyên đề khó, mất rất nhiều thời gian và công sức để có thể nắm bắt cũng như làm được bài tập một cách trọn vẹn, bản thân tôi cũng đã rất cố gắng để truyền tải kiến thức đến học sinh một các chính xác nhất, khoa học nhất, đơn giản nhất và cũng dễ hiểu nhất, về phần các em cũng rất chăm chú trong quá trình tiếp thu, xây dựng bài và đã rất nhiệt tình khi giải bài tập, đặc biệt là quá trình tìm tòi phát triển bài toán. Nhưng thực tế cho thấy, việc giải một bài toán chia hết luôn khiến cho các em học sinh lúng túng, mất nhiều thời gian để xác định dạng, mất nhiều công sức để giải và bài giải thì chưa trọn vẹn, chưa lấy được điểm tối đa của bài. Xuất phát từ thực tế đó, tôi mạnh dạn viết sáng kiến kinh nghiệm với đề tài: "Các phương pháp chứng minh chia hết trong bồi dưỡng học sinh giỏi toán THCS" nhằm giúp cho quá trình bồi dưỡng học sinh của người giáo viên dễ dàng hơn và quá trình học tập, nghiên cứu của học sinh đạt kết quả cao nhất, đồng thời cũng là tài liệu tham khảo, trao đổi, giao lưu với các bạn bè, đồng nghiệp khác.
2. Mục đích nghiên cứu: 
Mục đích của viêc nghiên cứu đề tài này là giúp học sinh tiếp cận các phương pháp chứng minh chia hết và vận dụng chứng minh chia hết vào những bài toán khác, hình thành kĩ năng nhận dạng và giải các bài toán về chứng minh chia hết một cách hiệu quả nhất. 
3. Đối tượng nghiên cứu: 
 - Nghiên cứu quá trình làm bài của học sinh, bài làm của học sinh về chứng minh chia hết 
 - Nghiên cứu kỹ năng giải bài toán về chứng minh chia hết trong các đề thi học sinh giỏi toán 6, 7, 8, 9.
- Nghiên cứu kĩ năng chứng minh chia hết ở học sinh, khả năng xử lí bài toán liên quan đến chia hết.
4. Phương pháp nghiên cứu: 
a. Phương pháp nghiên cứu xây dựng cơ sở lí thuyết: 
 + Đọc các tài liệu tham khảo để thu thập các thông tin liên quan đến phương pháp giải bài toán chứng minh chia hết. 
 + Sách nâng cao và phát triển toán 6, 7, 8, 9 tập1, tập 2
 của TG: Vũ Hữu Bình
 + Sách tài liệu chuyên THCS Toán 6 tập 1 của tác giả Vũ Hữu Bình 
và Nguyễn Tam Sơn
 + Sách nâng cao và các chuyên đề toán 6 của tác giả Nguyễn Ngọc Đạm
 –Vũ Dương Thụy
 b. Phương pháp điều tra khảo sát thực tế, thu thập thông tin:
 + Nghiên cứu các bài giải của học sinh, đối chiếu kết quả, đáp án qua nhiều bài làm khác nhau rồi phân tích tổng hợp 
 + Thường xuyên trò chuyện với học sinh: Đặt câu hỏi có liên quan đến bài toán chứng minh chia hết: Các em có hứng thú khi làm các bài toán dạng này không? Các em có nhận ra dạng bài này không, khi giải dạng bài toán này em thường gặp rắc rối gì? Hoặc sau khi giải bài toán thấy kết quả khác với đáp án, em có biết mình sai ở đâu không? Do đâu không?
 c. Phương pháp thống kê, xử lí số liệu:
+ Thống kê các nguyên nhân dẫn đến sai sót trong quá trình làm bài.
+ Tìm hiểu bài toán liên quan về quan hệ chia hết.
+ Xử lí nguyên nhân dẫn đến không nhận dạng được bài toán, bài giải sai, hoàn thiện bài và định hướng phát triển thành bài toán mới.
II. PHẦN NỘI DUNG
1. Cơ sở lý luận:
Trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi toán 6, giải bài toán trong các đề thi liên quan đến chia hết là không thể tránh khỏi, việc nhận ra mối quan hệ của chúng để các em có thể giải quyết các bài thi một cách dễ dàng, hiệu quả.
"Chứng minh chia hết" là rất quan trọng đối với học sinh, có một số học sinh tự lực giải đúng bài toán liên quan đến chia hết theo các yêu cầu đặt ra của bài toán. Tuy nhiên nhiều học sinh chưa nắm bắt được các cách giải dạng bài toán này hoặc giải sai vì không nhận ra dạng của nó được phát triển từ bài toán chia hết. Vì vậy việc đưa ra đề tài "Các phương pháp chứng minh chia hết" giúp học sinh nhận dạng bài toán và rèn kĩ năng khi giải bài toán chứng minh chia hết, để từ đó phát triển kỹ năng giải các bài toán liên quan và giải nó một cách thành thạo là vấn đề cần quan tâm để của học sinh hiện nay.
2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
a. Thực trạng qua khảo sát thực tế
Từ học kì II năm học 2016-2017 tôi được phân công bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp 6, chuẩn bị cho kì thi học sinh giỏi cấp huyện vào tháng 4 năm 2017. Thông qua khảo sát các bài kiểm tra về toán của các em trong đội dự tuyển tôi thu được kết quả như sau: 
 Toàn đội có 15 em , Trong đó: 
 + 5 em làm được bài hoàn chỉnh. 
 + 5 em không biết dùng kết quả đó để lập luận cho bài toán liên quan . 
 + 5 em chưa hoàn thiện được bài toán chia hết.
b. Thực trạng đối với nghiên cứu 
Trong quá trình trao đổi, bồi dưỡng học sinh cũng như qua quá trình khảo sát bài làm thực tế của các em tôi tìm ra được một số sai sót thường mắc phải khi HS giải bài toán chia hết là:
- Không nhận dạng được bài toán
- Không phân tích được đề bài hoặc phân tích sai đề
- Nhận dạng và phân tích được đề bài nhưng thực hiện giải sai 
3. Các giải pháp giải quyết vấn đề 
 Phần 1: Tóm tắt lý thuyết
Định nghĩa phép chia hết: Cho 2 số nguyên bất kì a và b (b ¹ 0).
Tồn tại 1 và chỉ 1 cặp số q và r sao cho: a = bq+r, q, rÎ Z (0 r < |b| ). 
 +) Nếu r = 0 thì a chia hết cho b (a b ) hay a là bội của b hay b chia hết a 
 Hay b là ước của a (b êa).
 +) Nếu r 0 thi phép chia a cho b là phép chia có dư.
 Một số tính chất: Với a,b,cÎ Z ta có: 
1) Nếu a 0 thì aa và 0a.
2) Nếu ab và bc thi ac
3) Nếu ab và ba thì a = b
4) Nếu ab thi a.cb
5) Nếu ab , ac thì aBCNN(b;c)
Hệ quả: Nếu a b ; a c và ƯCLN(b;c) =1 thì ab.c
6) Nếu a.bc và ƯCLN (b;c) = 1 thì ac
Một số định lý thường dùng
1) Nếu ac ; bc thì abc
2) Nếu ac ; bd thì abcd
 Hệ quả : Nếu a b thì an bn (nZ; n 0)
3) Nếu a c hoặc bc thì abc
Định lý Fermat và Euler 
 Định lý Euler : 
 Giả sử m là một số tự nhiên lớn hơn 1 và a là một số nguên nguên tố với m
Khi ấy ta có : a (m) 1 (mod m)
 Định lý Fermat:
 Cho p là 1 số nguyên tố và a là một số nguyên không chia hết cho p . 
 Khi ấy ta có: ap – 1 1 (mod p)
 Dạng khác của định lý Fermat:
 Cho p là 1 số nguyên tố và aÎZ* . Khi ấy ta có: ap a (mod p).
 * Các dấu hiệu chia hết: Cho 2, 3, 4, 5, 8, 9, 11, 25, 125
Phần 2: Một số phương pháp chứng minh chia hết
1. Phương pháp xét mọi trường hợp của số dư 
Phương pháp chung: Với , ta có: a = bq+r với 0 r < |b| 
 Khi đó ta xét mọi trường hợp của r. Nếu với mọi r ta luôn có được điều phải chứng minh thì bài toán được chứng minh
 Bài toán 1 :Chứng minh rằng tích của 2 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 2
Phân tích: Do yêu cầu bài toán bắt ta chứng minh một số chia hết cho 2 . Nên ta xét số n biểu diễn dưới dạng : n = 2k + r ; k Z . Sau đó ta xét các trưòng hợp cuả số dư. Lời giải
 Giả sử A = n(n+1) là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp
 Với nÎZ ta luôn có: n= 2k+r; r Î{0;1}; kÎ Z 
+ r = 0 n = 2k A = 2k(2k+1)2
+ r = 1 n = 2k+1 A = (2k+1)(2k+1+1) =(2k+1)(2k+2) =2(2k+1)(k+1)2
Vậy tích của 2 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 2.
 Bài toán 2 : Chứng minh tích của 3 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 3
Phân tích: Tương tự như bài toán trên, với yêu cầu của bài toán này, ta sẽ xét các trường hợp của số dư khi chia số đó cho 3 .
 Lời giải
Giả sử B = n(n+1)(n+2) Với , ta luôn có n = 3k+r, r={0;1;2}; Xét r = 0 n = 3k B =3k(3k+1)(3k+2) 3
 Xét r = 1 n = 3k+1 B = (3k+1)(3k+1+1)(3k+1+2)
 =(3k+1)(3k+2)(3k+3)
 =3(3k+1)(3k+2)(k+1) 3
 Xét r = 2 n =3k+2 B = (3k+2)(3k+2+1)(3k+2+2)
 =(3k+2)(3k+3)(3k+4)
 =3(3k+2)k+1)(3k+4) 3
 Vậy tích của 3 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 3.
 Bài toán 3: Cho A = n(n+1)(2n+1). Cmr: A chia hết cho 6 với nÎ Z .
 Lời giải
 Với nÎ Z ta có: n = 6k+r; r ={0;1;2;3;4;5}; kÎ Z 
r = 0 n = 6k A = 6k(6k+1)(12k+1)6
r = 1 n = 6k+1 A = (6k+1)(6k+1+1)[2(6k+1)+1]
 = (6k+1)(6k+2)(12k+3)
 = (6k+1)2(3k+1)3(4k+1)
= 6(6k+1)(4k+1)(3k+1)6 
r = 2 n = 6k+2 A = (6k+2)(6k+1+2)[2(6k+2)+1]
 = (6k+2)(6k+3)(12k+5)
 = 2(3k+1)3(2k+1)(12k+5)
 = 6(3k+1)(2k+1)(12k+5)6
r = 3 n = 6k+3 A = (6k+3)(6k+1+3)[2(6k+3)+1]
 = (6k+3)(6k+4)(12k+7)
 = 3(2k+1)2(3k+2)(12k+7)
 = 6(2k+1)(3k+2)(12k+7)6
r = 4 n = 6k+4 A = (6k+4)(6k+4+1)[2(6k+4)+1]
 = (6k+4)(6k+5)(12k+9)
 = 2(3k+2)(6k+5)3(4k+3)
 = 6(3k+2)(6k+5)(4k+3) 6
r = 5 n = 6k+5 A = (6k+5)((6k+1+5)[2(6k+5)+1]
 = (6k+5)(6k+6)(12k+11)
 = 6(6k+5)(k+1)(12k+11)6
Vậy A chia hết cho 6 đpcm 
 Nhận xét : Như vậy, qua 3 bài toán trên ta thấy , khi bài toán yêu cầu chứng minh 1 số a chia hết cho ta thường xét các trường hợp của các số dư khi lấy a chia cho b . tức là ta xét r = 0 ; 1 ;....; b-1 
2. Phương pháp tách thành tổng nhiều hạng tử
Phương pháp chung : Vì nếu từng hạng tử của 1 tổng đều chia hết cho 1 số a thì tổng đó chia hết cho a. Khi sử dụng phương pháp này, ta phân tích số , biểu thức ra thành tổng các hạng tử mà mỗi hạng tử đều chia hết cho số a nào đó.
Bài toán 1: Chứng minh rằng với m ta có: m3 - 13m chia hết cho 6.
PT: Vì 13m = 12m + m mà 12m chia hết cho 6 nên ta chỉ xét m3 - m là được. Lời giải
 Ta có : m3 - m = m3 - m - 12m = m (m2 – 1) = m(m-1)(m+1) - 12m
Vì m(m-1)(m+1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp m(m-1)(m+1) 3
Mà : m(m+1) là tích của 2 số nguyên liên tiếpm(m+1)2m(m+1)(m-1)2 
 Mà ƯCLN(2;3) = 1m(m+1)(m-1)6. Mặt khác: 12m6 
 m(m+1)(m-1) - 12m6 hay m3 - 13m6 Đpcm
 Nhận xét : Trong bài toán này ta đã tách biểu thức đã cho thành tổng 2 hạng tử mà mỗi hạng tử đều chia hết cho 6. Ở đây , chúng ta đã sử dụng tính chất nếu ac ; bc thì a bc
Bài toán 2 : Chứng minh rằng : A = 2n3 - 3n2 +7n6 với nÎ Z 
PT: 7n = 6n + n mà 6n chia hết cho 6 nên ta sẽ xét tổng 2n3 -3n3 +n.
 Lời giải
 Ta có : A = 2n3 - 3n2 +7n 
 = 2n3 -3n2 + n + 6n
 = n (2n2 - 3n +1) + 6n
 = n (n - 1)(2n - 1) + 6n
 = n (n - 1)[(n +1) + (n- 2)] + 6n
 = n (n-1) (n+1) + n (n-1) (n-2) + 6n
 Vì n( n-1)( n+1)6
 Và n (n-1)(n-2)6 ; 6n6 A6 đpcm.
 Nhận xét : Trong bài toán này ta đã mở rộng lên thành tách thành tổng 3 hạng tử . Tương tự như vậy, ta có thể mở rộng tách thành nhiều hạng tử mà mỗi hạng tử đều chia hết cho 1 số.
Bài toán 3 : Cho A = 2903n - 803n - 464n + 261n
 Chứng minh rằng A271 với nÎ Z 
 Phân tích: Ta thấy 2903 - 464 = 2439 271 và 803 - 261 = 542 271.
 Và ta sẽ áp dung hằng đẳng thức: (an - bn )( a - b).
 Lời giải
 Ta có : A = 2903n - 803n - 464n + 261n
 = ( 2903n - 464n ) - ( 803n - 261n)
 Ta có : 2903n - 464n = (2903 - 644)(2903n-1 +.........+ 464n-1)
 : 2903n - 464n (2903 – 464)
 Mà 2903 – 464 = 239 = 9 . 271
 2903n - 464n 271
 Mặt khác: 803n - 261n = ( 803 - 261)( 803n-1 +.......+ 261n-1)
803n - 261n (803 - 261)
 Mà 803 - 261 =542 = 2 . 271
2903n - 464n 271
 A271đpcm
 Nhận xét : Trong bài toán này ta đã sử dụng kiến thức (an - bn )(a - b) với n Î Z ; a,bÎ Z . Với những bài toán này ta sẽ đưa biểu thức về dạng (an - bn) sao cho a - b là bội của số cần chứng minh tính chia hết.
Bài toán 4: Chứng minh rằng: P = 46n + 296.13n chia hết cho 33 với n Î Z Phân tích : Vì 46 – 13 = 33 33 và 29713 nên ta sẽ tách thành tổng sao cho mỗi hạng tử sẽ có 1 trong 2 thừa số này.
 Lời giải
 Ta có : P = 46n + 296.13n 
 = 46n - 13n + 297.13n 
Có : 46n-13n ( 46-13) hay 46n-13n 33
Mặt khác : 297 = 9 . 33 297.13n 33P33đpcm
3. Phương pháp phân tích thành nhân tử
Phương pháp chung: Nếu 1 thừa số của 1 tích chia hết cho số a thì tích đó cũng chia hết cho a . Do vậy, với phương pháp này, để chứng minh 1 số a chia hết cho số b thì ta phân tích số a thành tích các thừa số sao cho xuất hiện 1 thừa số chia hết cho b hoặc tích cá thừa số chia hết cho b. 
Bài toán 1 : Chứng minh rằng A = n5 – n chia hết cho 5 nÎ Z 
Phân tích: ta sẽ phân tích A thành các thừa số mà trong đó có 1 thừa số chia hết cho 5. Trong bài toán này, ta dễ dàng phân tích A thành tích các thừa số mà có 1 thừa số là ( n2 + 1) và cũng dễ dàng chứng minh được n2 + 1 chia hết cho 5. Lời giải
 Ta có : 	A = n5 – n =n(n4 – 1)
 = n ( n2 – 1 ) ( n2 + 1) 
 = n ( n - 1) ( n + 1) ( n 2 + 1)
Với nZ ta luôn biểu diễn được dưới dang: n = 5k + r; r = 
r = 0 n = 5k n5A5
r = 1 n = 5k +1 (n – 1) = 5k+1-1 = 5k5A5
 r = 2 n = 5k+ 2 n2 + 1 = (5k+2)2 +1 
 = 25k2 +20k +4+1
 = 25k2 + 20k + 5
 = 5( 5k2 +4k +1) 5 A 5
 r = 3 n = 5k + 3 n2 + 1 = (5k+3)2 +1
 = 25k2 +30k+9+1
 = 25k2 + 30k +10
 = 5(5k2 + 6k +2) 5 A 5
 r = 4 n = 5k + 4 n + 1 = 5k+4+1
 = 5k +5
 = 5 ( k+1)5 A 5. Vậy A= n5 - n 5 đpcm
 Nhận xét : Trong bài toán này ta đã đưa biểu thức về dạng dưới dạng tích mà trong đó có ít nhất 1 thừa số chia hết số cần phải chứng minh.
Bài toán 2 : Chứng minh rằng n5 - n chia hết cho 6 với nÎ Z 
Phân tích:Ta sẽ sử dung tính chất tích của các số nguyên k liên tiếp thì chia hết cho k.Với bài toán này, ta phân tích n5 - n thành tích của 6 số nguyên liên tiếp. 
 Lời giải
 Ta có : n5 – n = n( n4 - 1)
 = n( n2 - 1)( n2 + 1)
 = n( n + 1)( n - 1)( n2 +1)
Vì n(n+1)(n-1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp n(n+1)(n-1)3. Hay n5 - 13
Vì n(n+1) là tích của 2 số nguyên liên tiếpn(n+1) 2 n(n+1)(n-1)2. 
Hay n5 - n 2. Mà ƯCLN (2;3) = 1 n5 - n 6đpcm
Nhận xét: Với những bài toán này, ta có thể chi ra tích của các thừa số chia hết cho 1 số chứ không phải chỉ còn là 1 thừa số nữa.
Bài toán 3 : Chứng minh rằng B = n5 – 5n3 + n chia hết cho 120. ( nÎ Z ).
 PT : Ta thấy 120 = 3 . 5 .8 mà 3; 5 và 8 đôi một nguyên tố cùng nhau. Nên ta sẽ phân tích B thành tích cấc thừa số mà trong đó có thừa số hoặc tích các thừa số chia hết cho 3 , 5 và 8. Ta có :
 n5 – 5n3 + n = n(n4 - 5n2 +1)
 = n(n2 - 1)(n2 - 4)
 = n (n+1)(n-1)(n+2)(n-2)
Vì n(n+1)(n-1)3 n (n+1)(n-1)(n+2)(n-2) 3
 n(n+1)(n-1)(n+2)(n-2) 5 Mặt khác: n(n+1)(n-1)(n+2)(n-2) là tích của 5 số nguyên liên tiếp có ít nhất là 2 số chẵn.
Mà tích của 2 số chẵn liên tiếp chia hết cho 8 
Mà 3;8;5 đôi một nguyên tố cùng nhau. 
Hay n (n+1)(n-1)(n+2)(n-2) 120. Hay (đpcm). 
Nhận xét: Trong bài toán nà ta đã sử dụng kiến thức tích của n số nguyên liên tiếp thì chia hết cho n, mở rông ra,nó còn chia hết cho các số nhỏ hơn n. Nếu các số trong khoảng từ 1 đến n ma đôi một nguyên tố cùng nhau thi biểu thức đã cho chia hết có tích của các số ấy.
4. Phương pháp quy nạp
 Phương pháp chung: Ta sử dụng các bước để chứng minh bắng quy nạp mà ta đã biết khi chứng minh An chia hết cho a: 
 - Chứng minh An đúng với n = 0; n = 1 (giá trị n nhỏ nhất trong điều kiện bài toán)
- Giả sử An đúng với n = k. Ta sẽ chứng minh nó đúng với n = k + 1.
Bài toán 1: Cho An = 5n + 2.3n-1 +1 (n Î Z). Chứng minh rằng An8. 
Lời giải
Xét n = 1 A1 = 51 + 2.31-1 + 1 = 8 8 
 n = 2 A2 = 52 + 2.32-1 + 1 = 32 8
 Giả sử An 8 với mọi n = k nghĩa là Ak = 5 k + 2.3 k-1 + 1 8
 Ta sẽ chứng minh An8 với mọi n = k + 1
 Thật vậy:
 A k + 1 = 5 k+1 + 2.3k + 1 
 = 5. 5k + 6.3 k – 1 + 1
 = 5k + 2.3 k – 1 + 1 +4. 5 k + 4. 3 k – 1
 = 5k + 2.3 k – 1 + 1 + 4( 5k + 3 k – 1 )
Vì 5k + 2.3 k – 1 + 1 8
Mặt khác: 5k + 3 k – 1 là số chẵn 5k + 3 k – 1 2
 4( 5k + 3 k – 1 ) 8 
 A k+ 1 8 đpcm.
 Nhận xét : Với những bài toán mang tính tổng quát mà ta không thể sử dụng được những phương pháp trên thì ta sử dụng phương pháp này.
Bài toán 2: Chứng minh rằng : An = 16n – 15n – 1225 ( n Î Z )
 Lời giải
Xét n = 0 A1 = 16 0 – 15 . 0 – 1 = 0 225
 n = 1 A2 = 161 - 15 .1 - 1 = 0 225
Giả sử An 225 với mọi n = k nghĩa là :
 Ak = 16k – 15k – 1 225
Ta sẽ chứng minh An 225 với mọi n = k+ 1
Thật vậy : A k + 1 = 16k + 1 - 15. ( k + 1 ) -1
 = 16. 16k - 15k - 15 -1 
 = 16k - 15k - 1 + 15 ( 16k - 1 )
 Vì 16k - 15k - 1225 mà (16k - 1)(16 - 1) tức là (16k - 1)15 
 15(16k - 1)225
Ak+1 225 đpcm.
Bài toán 3: Chứng minh rằng: Với số tự nhiên n ta luôn có: An = 3 n + 2 + 42n + 1 chia hết cho 13.
 Lời giải
 Với n = 0 A0 = 32 + 4 1 = 1313
 n = 1 A1 = 33 + 43 = 9113
Giả sử An 113 với mọi n = k tức là Ak = 3k + 2 + 42k + 1 13
Ta sẽ chứng minh nó đúng với n = k + 1 .
Thật vậy :
 Ak + 1 = 3 k + 3 + 42k + 3 
 = 3. 3k + 2 + 42. 42k + 1 
 = 3. 3k + 2 + 3. 42k + 1 + 13. 42k + 1 
 = 3(3k + 2 +42k + 1 ) +13. 42k + 1
Vì 3(3k + 2 +42k + 1) 13 và 13. 42k + 1 13 Ak + 1 13 đpcm.
5. Phương pháp dùng định lý Fermat và định lý Euler 
Bài toán 1 : Chứng minh rằng : với số nguyên tố p và q ; p 0 ta có
 A = p q – 1 + qp – 1 - 1 chia hết cho p.q
Phân tích : vì p và q nguyên tố cùng nhau nên ta sẽ chứng minh A đồng thời chia hết cho p và q. Ta thấy = p -1 với p là số nguyên tố. Từ đó ta sẽ tìm cách chứng minh A vừa chia hết cho p vừa chia hết cho q.
 Lời giải
 Vì p và q là 2 số nguyên tố và p q (p,q) = 1
Theo định lý Fermat ta có :
 p q - 1 1 (mod q) 
 qp - 1 0 (mod q) (vì p 2 p - 1 1 )
 A = p q - 1 + qp - 1 - 1 0 (mod q) A q 
Tương tự ta có
 qp – 1 1(mod p) 
 p q – 10 (mod p) (vì q 2 q - 1 1)
 A = p q – 1 + qp – 1 - 1 0 (mod p ) Ap 
Mà (p,q) = 1 Ap.q 
 Nhận xét : Trong bài toán này, ta đã sử dụng định lý Fermat với từng số p ,q . Do p và q là 2 số nguyên tố nên (p,q) = 1 Nếu A p và A q thì Ap.q.
Bái toán 2 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có : + 311 . 
 Phân tích: vì 11 là số nguyên tố nên = 10 . Khi đó ta chỉ xét 34n + 11 với mod10 . Sau đó ta xét 0 (mod 11).
 Lời giải
 Theo định lý Fermat ta có:
 210 1 (mod 11) .
Mặt khác:
 34 = 81 1 (mod 10) 34n 1 ( mod 10)
34n + 1 = 3 . 3 4n 3 ( mod 10)
Đặt 3 n + 1 = 10k + 3 
Ta được
 = 2 10k + 3 =(210)k . 23 23 ( mod 11)
 + 3 0 ( mod 11) 
Hay + 3 11 đpcm.
Bài toán 3 : Chứng minh rằng : 270 + 3 70 70.
 Lời giải
Vì 13 là số nguyên tố (13) = 12 .
Theo định lý Fermat ta có:
 212 1 (mod 13) (vì (2;13) = 1)
260 1 (mod 13)
2 70 = 210 . 2 60 210 (mod 13) 
 270 -3 (mod 70).
Tương tự:
 312 1 (mod 13) (vì (3;13) = 1)
360 1 (mod 13)
 3 70 310 (mod 13)
 3 70 -3 mod 70)
270 + 370 0 (mod 70).
Hay 270 + 370 70 đpcm.
Bài toán 4 : Chứng minh rằng với mọi số nguyên a ta có: a7 – a 7.
 Phân tích : Vì a7 - 7 = a(a6 - 1) nên ta chỉ xét a6 - 1 theo định lý Fermat. 
Lời giải
 Ta có : a7 - a = a (a6 - 1).
Vì (7) = 6 và (a;7) = 1
a6 1 (mod 7)
a6 - 1 0 (mod 7)
 a ( a6 - 1 ) 0 (mod 7)
Hay a7 - a 7 đpcm.
Ph