SKKN Chuyên đề ngoại khóa về phép chia hết

A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I - LỜI MỞ ĐẦU :
 	Toán học là môn học có ứng dụng trong hầu hết các ngành khoa học tự nhiên cũng như trong các lĩnh vực khác của đời sống xã hội.
Hiện nay trong các nhà trường chất lượng đại trà và công tác bồi dưỡng học sinh giỏi là nhiệm vụ được đặt lên hàng đầu . Là một giáo viên tôi nhận thấy việc giải các bài toán ở trương trình THCS không chỉ đơn thuần là đảm bảo kiến thức trong sách giáo khoa, đó chỉ là những điều kiện cần nhưng chưa đủ. Muốn giỏi toán cần phải luyện tập nhiều thông qua việc giải các bài toán đa dạng, giải các bài toán một cách khoa học, kiên nhẫn tỉ mỉ, để tự tìm ra đáp số của chúng. Do đó người thầy phải biết vận dụng linh hoạt kiến thức trong nhiều tình huống khác nhau để tạo hứng thú học tập cho học sinh. Một bài toán có thể nhiều cách giải, mỗi bài toán thường nằm ở mỗi dạng khác nhau nó đòi hỏi phải vận dụng kiến thức trong nhiều lĩnh vực một cách sáng tạo vì vậy học sinh phải biết vận dụng phương pháp nào cho phù hợp.
	Trong việc dạy học toán thì việc tìm ra phương pháp dạy học và giải bài tập toán đòi hỏi người giáo viên phải chọn lọc có hệ thống, sử dụng đúng phương pháp dạy học.
	Chính vì vậy để xây dựng cho học sinh phương pháp làm bài một số bài toán chia hết , tôi nghiên cứu đề tài “ Chuyên đề ngoại khóa về phép chia hết”. Đó có thể là công cụ để giải quyết một số bài toán về chia hết góp phần nâng cao chất lượng học sinh môn toán đặc biệt là chất lượng học sinh mũi nhọn ở trường THCS .
II - THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU :
1.Thực trạng. 
a. Chương trình, sách giáo khoa:
Qua thống kê số tiết học trong chương trình số học lớp 6, số tiết luyện tập và ôn tập mà sử dung kiến thức về chia hết, chỉ đưa ra những kiến thức đơn giản phù hợp với học sinh đại trà. Thực tế trong quá trình giảng dạy giáo viên không có đủ thời gian để đưa ra chuyên đề về phép chia hết hoặc nếu đưa ra chỉ đưa được ở tiết ôn tập chương, nhưng cũng rất ít mà chỉ lướt qua nhanh một hoặc hai ví dụ .
 b. Tình hình và khả năng làm bài tập của học sinh hiện nay:
Qua quá trình nghiên cứu, theo dõi giảng dạy tôi thấy rằng học sinh khi gặp bài tập khác sách giáo khoa và khó hơn thì thường lúng túng, ngại suy nghĩ, đợi giáo viên hướng dẫn và có thể hướng dẫn nhiều ví dụ mới hiểu, chưa linh hoạt trong quá trình làm bài tập.
2. Kết quả, hiệu quả của thực trạng trên:
Sau khi học sinh học xong chươngI : Ôn tập và bổ túc về số tự nhiên. Đối với đối tượng I, đối tượng II và đối tượng III khối lớp 6 tôi đưa ra bài tập áp dụng tính chất chia hết của một tổng. Qua khảo sát thực tế về chất lượng giải bài tập ở dạng khó hơn sách giáo khoa đối với đối tượng I, đối tượng II và đối tượng III của học sinh trường tôi thì thấy chất lượng như sau:
Khối
 Đối
 tượng
Tổng 
 số
Điểm
0; 1; 2
3; 4
5; 6
7; 8
9; 10
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
 6
 I
 40
0
0
0
0
10
25
25
62,5
5
12,5
 II
 42
0
0
10
23,8
17
40,5
15
35,7
0
0
 III
 38
4
10,5
12
31,5
14
37
8
2
0
0
Căn cứ vào kết quả thực trạng trên tôi thấy số học sinh biết cách làm nhưng chưa chính xác còn nhiều, điều này chứng tỏ khi giải bài tập các em chưa có sự tư duy, sáng tạo, chưa có sự am hiểu . Nếu gặp bài tập dạng khác ở sách giáo khoa thì làm như thế nào.
Trên đây là những khó khăn cơ bản học sinh thường gặp khi giải bài tập nâng cao về phép chia hết. Trong quá trình giải bài tập học sinh có thể không biết cách giải, mà thực tế trong các tiết học không có thời gian để giáo viên đưa các dạng khó vào được. Vì vậy trong quá trình dạy bồi dưỡng học sinh giỏi, dạy học tự chọn giáo viên cần phải đưa những bài tập dạng khác vào để học sinh nắm bắt được, hiểu được cách làm. Đó chính là vấn đề giúp giáo viên hình thành cho học sinh kỹ năng giải bài tập phức tạp, đồng thời giáo viên thực hiện được công việc bồi dưỡng học sinh khá, giỏi. Chính vì vậy tôi nghiên cứu đề tài này để nâng cao hiệu quả dạy học tự chọn và chất lượng bồi dưỡng học sinh khá, giỏi. 
 B- GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ :
I- CÁC GIẢI PHÁP THỰC HIỆN :
1. Giáo viên cần hiểu rõ vai trò của chuyên đề ngoại khóa về phép chia hết:
 	Trong quá trình giải toán ở trường phổ thông cũng như trong các kỳ thi học sinh giỏi chuyên đề về chia hết là một chuyên đề hay.
Khi khai thác các kỹ thuật về chia hết sẽ kích thích tính sáng tạo của học sinh . Với ý nghĩ như vậy tôi giới thiệu việc sử dụng “ Chuyên đề ngoại khóa về phép chia hết “ vào giải các bài toán số học . Thực hiện tốt chuyên đề này góp phần vào việc nâng cao chất lượng dạy và học, giúp học sinh nâng cao kiến thức và kĩ năng giải các bài toán về phép chia hết.
 	2. Giáo viên cần nắm vững những kiến thức cơ bản có liên quan đến phép chia hết:
2.1. Phép chia hết và phép chia có dư
 Cho hai số tự nhiên a, b ( b 0 ). Nếu có số tự nhiên q sao cho a = bq thì ta nói a chia hết cho b, kí hiệu a b, hoặc b chia hết cho a, kí hiệu b a . Số q (nếu có ) được xác định duy nhất và được gọi là thương của a và b, kí hiệu q = a : b hoặc q = , Quy tắc tìm thương của hai số gọi là phép chia .
Tuy nhiên vói hai số tự nhiên bất kỳ a, b không phải luôn luôn có a chia hết cho b hoặc b chia hết cho a mà ta có định lí sau :
 Với mọi cặp số tự nhiên a, b ( b 0) bao giờ cũng tồn tại duy nhất một cặp số tự nhiên q , r sao cho : 
	A = bq + r , 0 r < b
 Số q và r trong định lí về phép chia có dư trên lần lượt được gọi là thương và dư trong phép chia số a cho số b .
2.2. Phép đồng dư 
 	Cho m là một số nguyên dương . Nếu hai số nguyên a và b cùng cho một số dư khi chia hết cho m thì ta nói rằng a, b đồng dư với nhau theo mođun m và kí hiệu :
	a b ( mod m )
	Giả sử số dư cùng là r thì ta có : 
	a = mq + r (1)
	b = mq + r (2)
Lúc đó a – b = m( q – q ) như vậy a - b chia hết cho m . 
Vậy :	a b ( mod m ) a – b m
2.3. Dấu hiệu chia hết 
Một số tự nhiên sẽ :
- Chia hết cho 2 nếu nó là số chẵn , tận cùng bằng 0 , 2 , 4 , 6 , 8 ,
- Chia hết cho 5 nếu tận cùng bằng 0 hoặc 5
- Chia hết cho 4 nếu số tạo bởi hai chữ số cuối chia hết cho 4
- Chia hết cho 8 nếu số tạo bởi 3 chữ số tận cùng chia hết cho 8 
- Chia hết cho 25 nếu số tạo bởi hai chữ số cuối cùng chia hết cho 25
- Chia hết cho 125 nếu số tạo bởi 3 chữ số cuối cùng chia hết cho 125
- Chia hết cho 3 nếu tổng của các chữ số của số đó chia hết cho 3
- Chia hết cho 9 nếu tổng của các chữ số của số đó chia hết cho 9
 	II. CÁC BIỆN PHÁP TỔ CHỨC THỰC HIỆN: 
 	1. Hướng dẫn học sinh nghiên cứu bài toán, xây dựng chương trình giải
Khi dạy học sinh giải toán nhất là đối với những dạng toán khó thì giáo viên cần hướng dẫn học sinh theo các bước sau:
Bước 1: Tìm hiểu bài toán:
Yêu cầu học sinh nắm được nội dung, ý nghĩa của bài toán, giải nghĩa được các từ, các thuật ngữ trong bài toán, xác định được 3 yếu tố cơ bản của bài toán: Dữ liệu; mối liên hệ; ẩn số. Học sinh xác định được bài toán thuộc loại gì? Cho biết cái gì và phải tìm cái gì? 
Bước 2: Xây dựng chương trình giải: 
 Giáo viên dạy học sinh cách tìm ra hướng giải quyết của bài toán:
- Phân tích bài toán, tìm mối liên hệ giữa các đại lượng trong bài toán. 
- Xét xem đã gặp những bài toán tương tự chưa? 
- Xét bài toán trong những trường hợp đặc biệt, từ đó tìm lời giải cho bài toán tổng quát.
- Bài toán đã cho có liên quan đến kiến thức nào.
Bước 3 : Trình bày lời giải bài toán.
Trên cơ sở các bước phân tích, tổng hợp và suy luận để xây dựng chương trình giải. Giáo viên hướng dẫn giúp hoc sinh trình bày lời giải tuần tự theo các bước trong chương trình giải một cách rõ ràng, đầy đủ, chính xác, khoa học và sáng tạo.
Bước 4: Đánh giá bài toán.
- Xét tính hợp lý của đáp số ( Nếu cần thiết)
- Khai thác bài toán theo nhiều hướng khác nhau, từ đó rút ra những kinh nghiệm cần thiết.
- Đề xuất ra những bài toán tương tự hoặc những bài toán có tính chất đặc biệt hoá, khái quát hoá.
2. Hướng dẫn học sinh nghiên cứu một số bài tập cơ bản 
 	Dạng 1: Xét mọi trường hợp có thể xảy ra của số dư
 Muốn chứng minh một biểu thức của n là A(n) chia hết cho q ta có thể xét mọi trường hợp về số dư khi chia n cho q .
Bài 1.
 Chứng minh rằng A(n) = n( n2 + 1 )( n2 + 4 ) 5
 Giải :
 	Xét các trường hợp về số dư khi chia n cho 5 , ta có :
Nếu số dư là 0 thì n = 5k và A(n) 5
Nếu số dư là 1 thì ta có n = 5k 1
 và n2 + 4 = ( 5k 1)2 + 4 = 25k2 10k + 5 5
 	 - Nếu số dư là 2 thì ta có n = 5k 2 
 và n2 + 1 = ( 5k 2)2 + 1 = 25k2 20k + 4 + 1 5
 	Vậy khi chia n cho 5 dù số dư là 0, 1, hay 2 biểu thức A(n) cũng đều chia hết cho 5 
Dạng 2 : Tách thành tổng nhiều số hạng tử
 	 Đây là một phương pháp khá thông dụng. Muốn chứng minh A(n) chia hết cho q ta tách A(n) thành tổng của nhiều số hạng tử sao cho mỗi hạng tử đều có thể chia hết cho q .
Bài 1. Chứng minh rằng n5 + 10n4 – 5n3 – 10n2 + 4n chia hết cho 120.
Giải. 
 	Ta tách biểu thức đã cho như sau :
	A = n5 – 5n3 + 4n + 10n4 – 10n2 
	= n ( n4 – 5n2 + 4 ) + 10n2 ( n2- 1 )
 	Hạng tử thứ nhất là :
	n ( n4 – 5n2 + 4 ) = n ( n2 – 1 )( n2 – 4 )
 = (n – 2 )( n – 1 )n( n + 1 )( n + 2 ) 
Đây là tích của 5 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2.3.4.5 = 120
Hạng tử thứ hai là : 10n2 ( n + 1 ) ( n – 1 ). Có 3 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 3, hạng tử này chia hết cho 4 nếu n chẵn .Còn nếu n lẻ thì n + 1 và n – 1 cũng chẵn nên tích ( n + 1 )( n – 1 ) cũng chia hết cho 4 . 
 	 Vậy hạng tử thứ hai cũng chia hết cho 2.3.4.5 = 120
 	A là tổng của hai hạng tử chia hết cho 120 nên A cũng chia hết cho 120 .
Bài 2 . Chứng minh rằng với mọi m Z ta có m3 – 13m chia hết cho 6 
Giải : A = m3 - 13m
	 = m3 - m - 12m
	 = m ( m2 – 1) - 12m
	 = ( m - 1) m ( m + 1) - 12m
	Do m - 1, m, m + 1 là 3 số nguyên liên tiếp nên tích ( m – 1 ) m ( m + 1 ) vừa chia hết cho 2 , vừa chia hết cho 3 , tức là ( m – 1 ) m ( m + 1 ) 6 .
	Từ đó suy ra A chia hết cho 6 .
Bài 3 .Chứng minh rằng với mọi m , n Z ta có m n( m2 – n2 )3.
Giải : Ta có : mn ( m2 – n2 ) = mn ( m2 – 1 ) – ( n2 – 1 )
	 = mn ( m2 – 1 ) – mn ( n2 – 1 )
Mà m ( m2 – 1) = ( m – 1 ) m ( m + 1 ) 6
Và n ( n2 – 1) = ( n - 1 ) n ( n + 1 ) 6 
Vậy: mn ( m2 – n2 )6 
Dạng 3: Phân tích thành nhân tử 
	Ta cũng có thể phân tích số bị chia thành nhân tử sao cho một hạng tử có chứa số chia . Muốn chứng minh A(n) q ta chứng minh rằng :
	A(n) = q.B(n)
 Thông thường ta dùng các hằng đẳng thức có dạng an – bn hoặc an + bn 
Bài 1 . Chứng minh rằng biểu thức : 
	A = 75( 41975 + 41974 ++ 42 + 5 ) + 25 chia hết cho 41976	
	Giải .
Ta viết A dưới dạng .
A = 75( 41975 + 41974 ++ 42 + 5 ) + 25 
	= 25.3 ( 41975 + 41974 ++ 42 + 5 ) + 25 
	= 25 ( 4 – 1 ) ( 41975 + 41974 ++ 42 + 4 + 1 ) + 25 
	= 25 ( 41976 – 1 ) + 25
	= 25 . 41976
Vậy A chia hết cho 41976 
Bài 2 . Chứng minh : n5 – n chia hết cho 5 , n z
Giải . 
 	Ta có A = n5 – n = n( n4 – 1 )
	= n ( n2 -1)( n2 + 1 )
	= ( n - 1) n ( n + 1) ( n2 + 1 )
 	Nếu n = 5k thì n chia hết cho 5 do đó A chia hết cho 5
 	 Nếu n = 5k + 1 thì ( n -1 ) chia hết cho 5
 	 Nếu n = 5k + 2 thì n2 + 1 chia hết cho 5
 	Nếu n = 5k + 3 thì n2 + 1 chia hết cho 5
 	 Nếu n = 5k + 4 thì ( n + 1 ) chia hết cho 5
 	 Vậy n2 – n chia hết cho 5 , n z
Dạng 4 . Sử dụng định lí Fermat và định lí Euler 
 Fermat là một nhà toán học Pháp ( 1601 – 1655 ) nổi tiếng với những định lí về số nguyên tố . Định lí Fermat sau đây rất hay được dùng để giải các bài toán về chia hết :
 	Nếu p là số nguyên tố thì n – n chia hết cho p với mọi số nguyên n
 n n ( mod p ) , p là số nguyên tố.
 Đặc biệt nếu n , p nguyên tố cùng nhau thì n 1 ( mod p ) 
Bài 1 . Chứng minh rằng : 11991 + 2991 + + 19911991 chia hết cho 11
Giải .
 	Theo định lý Femat thì a11 a ( mod 11 ), do đó a1991 a ( mod 11 ) 
Vậy : 11991 + 2991 + + 19911991 = 1 + 2 +  + 1991
	 = 1991 . 966 0 ( mod 11 ) 
 	Tức là chia hết cho 11
Bài 2 . Chứng minh rằng nếu a + b + c chia hết cho 30 thì a5 + b5 + c5 chia hết cho 30 .
Giải .
 	 Ta có : 30 = 2 . 3 . 5
	a2 a ( mod 2 ) a4 a2 a ( mod 2 ) 
	 a5 a2 a ( mod 2 ) 
	a3 a ( mod 3 ) a5 a3 a ( mod 3 ) 
	a5 a ( mod 5 ) 
 	Theo tính chất của phép đồng dư ta có : 
 	a5 + b5 + c5 a + b + c ( mod 2.3.5 ) 
Tức là a + b + c chia hết cho 30 thì a5 + b5 + c5 chia hết cho 30 .
Bài 3 . Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố p, q ( p q ) ta có 
A = pq-1 + qp-1 – 1 chia hết cho p.q 
Giải .
Vì p, q là số nguyên tố và p q nên ( p, q ) = 1 
 	Theo định lí Fermat có :
	pq-1 1 ( mod q ) 
	qp-1 0 ( mod q ) ( do p 2 p – 1 1 )
 	Vậy A = pq-1 + qp-1 - 1 0 ( mod q )
 	Do đó A chia hết cho p .
Bài 4 . Cho p là số nguyên tố lớn hơn 7 . Chứng minh rằng 3 – 2 – 1 chia hết cho 42p 
Giải .
Ta có 42p = 6p . 7 = 2 . 3. p . 7
	3p – 2p – 1 = ( 3p – 1 ) – 2p 2
Có 3p – 2p – 1 = 3p – ( 2p + 1 ) 3
Vì p là số lẻ nên 2p + 1 ( 2 + 1 ) = 3
 	Áp dung dụng định lí Fermat : 3p 3 ( mod p ) và 2p 2 ( mod p )
 Do đó 3p – 2p – 1 = ( 3p – 3 ) – ( 2p – 2 ) p
 Một số nguyên tố p khi chia cho 6 chỉ có thể dư là 1 hoặc 5 
i) Nếu p = 6k + 1 thì
 	3p – 2p – 1 = 3 ( 36 )k – 2. (26)k – 1 3 – 2 – 1 0 ( mod 7 )
Vì 36 1 ( mod 7 ) , và 26 1 ( mod 7 ) 
ii) Nếu p = 6k + 5 thì 3p – 2p – 1 = 35. 36k – 25 . 26k – 1 35 - 25 – 1 0 (mod 7 )
 	 Vậy 3p – 2p – 1 7
Từ các điều trên 3p – 2p – 1 2 . 3 . 7 . p = 42p ( đpcm )
Dạng 5 . Sử dụng nguyên tắc DirichLet 
 	Nguyên lí Dirichlet là một định lí có chứng minh dễ dàng bằng phản chứng và được sử dụng để chứng minh nhiều định lí toán học. Nguyên lí này thường được phát biểu một cách hình học và đơn giản như sau :
 Không thể nhốt 7 con thỏ vào 3 cái lồng mà mỗi lồng không quá hai con thỏ . Nói một cách khác : Nếu nhốt 7 con thỏ vào 3 cái lồng thì sẽ có một lồng chứa từ 3 con thỏ trở lên 
 Một cách tổng quát có thể phát biểu :
 Nếu đem n + 1 vật xếp vào ngăn kéo thì có ít nhất một ngăn kéo chứa từ hai vật trở lên .
 Nguyên lí này giúp ta giải một bài khá dễ dàng nhất là các bài toán về chia hết .
Bài 1 . Chứng minh rằng trong n + 1 số nguyên bất kỳ có hai số mà hiệu chia hết cho n .
Giải .
	Lấy n + 1 số nguyên đã cho chia cho n thì được n + 1 số dư . Nhưng khi chia một số cho n thì số dư chỉ có giá trị 0 , 1 , 2 ,., n - 1 . Vậy trong phép chia thì phải có hai số dư bằng nhau. Khi đó hiệu số của hai số này sẽ chia hết cho n .
Bài 2 . Chứng minh rằng trong các số tự nhiên , thế nào cũng có số k sao cho 1983k – 1 chia hết cho 105 .
Giải .
Ta cho k lấy lần lượt 105 + 1 giá trị liên tiếp từ 1 trở lên, ta được 105 + 1 giá trị khác nhau của 1983k – 1 , sau đó chia các giá trị này cho 105, ta chỉ có nhiều nhất là 105 số dư . Vậy theo nguyên lí Dirichlet , phải có ít nhất hai số cùng cho một số dư khi chia cho 105 . 
Giả sử đó là các số 1983m -1 và 1983n -1 ( với m > n ) . Như vậy hiệu của chúng ( 1983m –1 ) – ( 1983n – 1 ) = 1983m – 1983n = 1983n ( 1983m-n – 1 ) phải chia hết cho 105 . Nhưng 105 chỉ có các ước số 2 , 5 còn 2 và 5 không phải là ước số của 1983n . Vậy chúng nguyên tố cùng nhau , do đó 1983m-n – 1 phải chia hết cho 105 .
Như vậy k = m – n chính là số phải tìm .
Bài 3 . Viết các số tự nhiên từ 1 đến 100 thành hàng ngang theo một thứ tự tùy ý , tiếp đó cộng mỗi một số trong các số đã cho với số thứ tự chỉ vị trí nó đứng ( tính từ trái qua phải ) . Chứng minh rằng ít nhất cũng có hai tổng mà chữ số tận cùng của hai tổng đó như nhau .
Giải .
	Gọi 10 số tự nhiên từ 1 đến 10 viết theo thứ tự từ trái qua phải là a1 , a2 ,,a10 . 
Ta lập dãy mới b1 , b2 ,, b10 với b1 = a1 + 1 , b2 = a2 + 2 ,, b10 = a10 + 1 
ai là tổng của ai với vị trí thứ i mà nó đứng ( i = 1 , 2 ,., 10 ).
Ta có b1 + b2 + + b10 = a1 + a2 + + a10 + 1 + 2 ++ 10
 = 2( 1 + 2 ++ 10 ) = 110
Vì 110 là số chẵn nên không xảy ra trường hợp có 5 số bi nào đó lẻ và 5 số bj nào đó chẵn , hay nói cách khác số bi chẵn , và các số bj lẻ phải khác nhau .
 	Do đó các số bj lẻ lớn hơn 5 hoặc bj chẵn lớn hơn 5 . Mà từ 1 đến 10 chỉ có 5 vị trí lẻ và 5 vị trí chẵn nên theo nguyên tắc Dirichlet phải có ít nhất hai số bi lẻ tận cùng như nhau hoặc có hai số bj chẵn có chữ số tận cùng như nhau .
Bài 4 . Chứng minh rằng trong 19 số tự nhiên liên tiếp bất kỳ luôn tồn tại một số có tổng các chữ số chia hết cho 10 .
Giải .
 	Trước hết ta chứng minh rằng : Với 19 số tự nhiên liên tiếp luôn tồn tại 10 số tự nhiên liên tiếp có chữ số hàng chục như nhau còn các chữ số hàng đơn vị liên tiếp từ 0 đến 9 .
 	Nếu trong 19 số tự nhiên liên tiếp có mặt 3 chữ số hàng chục khác nhau thì rõ ràng có một chữ số hàng chục ( ở giữa hai hàng chục kia ) cùng với các chữ số đơn vị liên tiếp từ 0 đến 9 .
 	Nếu trong 19 số tự nhiên liên tiếp chỉ có hai loại chữ số hàng chục khác nhau thì từ 19 = 2 . 9 + 1 suy ra có 10 số có cùng chữ số hàng chục và các chữ số đơn vị liên tiếp từ 0 đến 9 . Tổng các chữ số của mỗi số trong 10 số tự nhiên nói trên cũng lập thành 10 số tự nhiên liên tiếp , vậy phải có một số chia hết cho 10 .
 	Vậy trong 19 số tự nhiên liên tiếp luôn tồn tại một số có tổng các chữ số chia hết cho 10 . 
Dạng 6 : Sử dụng phép quy nạp .
 	 Ta làm như sau :
Nhận xét rằng mệnh đề đúng với n = 1
Giả sử mệnh đề đúng với n = k cũng chứng minh được nó đúng với 
 N = k + 1 ( với k > n0 )
Lúc đó mệnh đề đúng với mọi n lớn hơn 1 . 
Bài 1 . Chứng minh rằng : A = ( n + 1 ) ( n + 2 ) ( n + 3 )( 3n ) 3n 
Giải .
Nếu n = 1 ta có A = 2 . 3 chia hết cho 3
Giả sử mệnh đề đúng với n = k tức là : 
 	A = ( k + 1 ) ( k + 2 ) ( k + 3 )( 3k ) 3 (*)
Ta hãy xét :
Ak+1 = ( k + 2 )( k + 3 )( k + 4 )  3 ( k + 1 ) 
 	= 3 ( k + 1 ) ( k + 2 ) ( k + 3 ) ( k + 4 ) ( 3k + 2 )
 	= 3Ak ( 3k + 1 ) . ( 3k + 2 ) 
Nhưng theo (*) thì Ak chia hết cho 3k vậy 
Ak+1 = 3Ak .( 3k + 1 ) .( 3k + 2 ) 3k+1
Vậy theo mệnh đề đúng với mọi n lớn hơn 1 .
Bài 2 . Chứng minh rằng 1110 - 1 chia hết cho 101995
Giải . 
Ta chứng minh bài toán một cách tổng quát :
Với mọi số tự nhiên n thì 1110 - 1 10n+1
Với n = 0 thì mệnh đề đúng : 11 – 1 chia hết cho 10 
Giả sử mệnh đề đúng với n = k , ta có : 
Ak = 1110 - 1 10k+1 (*)
Ta hãy xét :
Ak+1 = 1110 -1 = ( 1110)10 -1 
Ak+1 = ( 1110 ) ( 1110 )9 + ( 1110 )8 ++ 1110 + 1
Nhưng mọi lũy thừa của 11 đều đồng dư với 1 ( mod 10 ) nên 10 số hạng trong móc vuông như vậy , do đó :
( 1110 )9 + ( 1110 )8 ++ 1110 + 1 1 + 1 + + 1 + 1
 10 số hạng
Và biểu thức trong móc vuông chia hết cho 10 
Mặt khác theo ( 1110 - 1 ) 10n+1 
 	Do đó : 	Ak+1 10n+1 . 10 = 10k=2
Vậy n = 1994 ta có 1110 - 1 chia hết cho 101995
Dạng 7 : Số nguyên tố và tính chất chia hết 
Nếu tích của hai số a , b chia hết cho một số nguyên tố p thì một trong hai số a , b chia hết cho p 
a . b p 
	a p	
	b p
Nếu an chia hết cho số nguyên tố p thì a chia hết cho p 
 an p a p
Bài 1 : Phân tích A = 26406 ra thừa số nguyên tố . A có chia hết các số sau hay không 21 , 60 , 91 , 140 , 150 , 270 
Giải . 
Ta có A = 26460 = 22 . 33 . 5 . 72
Ta cũng có 21 = 3 .7
	60 = 22 .3 . 5
	91 = 7 . 13
	140 = 22 . 5 . 7
	150 = 2 . 3 . 52
	270 = 2 . 33 . 5
Vậy : A chia hết cho 21 , 60 , 140 
	A không chia hết cho 90 , 150 , 270
Bài 2 : Chứng tỏ rằng nếu 3 số a , a + n , a + 2n đều là số nguyên tố lớn hơn 3 thì n chia hết cho 6.
Giải . 
 	Chú ý rằng , các số nguyên tố ( trừ số 2 ) đều là các số lẻ 
Nếu n lẻ thì n + a là số chẵn là một hợp số trái với giả thiết n + a là số nguyên tố . Vậy n là số chẵn 
Ta đặt n = 2k , k N* 
+ Nếu k chia hết cho 3 thì n chia hết cho 6
+ Nếu k = 3p + 1 , p N* thì 3 số theo thứ tự bằng a , a + 6p + 2, a+ 12p + 4
+ Do a là số lẻ nên nếu a chia hết cho 3 dư 1 thì a + 6p + 2 chia hết cho 3 .
Nếu a chia cho 3 dư 2 thì a + 12p + 4 chia hết cho 3 
+ Nếu k = 3p + 2 , p N* thì 3 số theo thứ tự bằng a , a + 6p + 4 , 
a + 12p + 8
Với a chia cho 3 dư 1 thì a , 12p + 8 chia