Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán học lớp 9

1
BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 
2
CHUYÊN ĐỀ 1 : ĐA THỨC 
B. CÁC PHƯƠNG PHÁP VÀ BÀI TẬP: 
I. TÁCH MỘT HẠNG TỬ THÀNH NHIỀU HẠNG TỬ: 
* Định lí bổ sung: 
+ Đa thức f(x) có nghiệm hữu tỉ thì có dạng p/q trong đó p là ước của hệ số tự do, q là ước 
dương của hệ số cao nhất 
+ Nếu f(x) có tổng các hệ số bằng 0 thì f(x) có một nhân tử là x – 1 
+ Nếu f(x) có tổng các hệ số của các hạng tử bậc chẵn bằng tổng các hệ số của các hạng tử 
bậc lẻ thì f(x) có một nhân tử là x + 1 
+ Nếu a là nghiệm nguyên của f(x) và f(1); f(- 1) khác 0 thì f(1)
a - 1
 và f(-1)
a + 1
 đều là số 
nguyên. Để nhanh chóng loại trừ nghiệm là ước của hệ số tự do 
1. Ví dụ 1: 3x2 – 8x + 4 
Cách 1: Tách hạng tử thứ 2 
3x2 – 8x + 4 = 3x2 – 6x – 2x + 4 = 3x(x – 2) – 2(x – 2) = (x – 2)(3x – 2) 
Cách 2: Tách hạng tử thứ nhất: 
3x2 – 8x + 4 = (4x2 – 8x + 4) - x2 = (2x – 2)2 – x2 = (2x – 2 + x)(2x – 2 – x) 
= (x – 2)(3x – 2) 
2. Ví dụ 2: x3 – x2 - 4 
Ta nhân thấy nghiệm của f(x) nếu có thì x = 1; 2; 4   , chỉ có f(2) = 0 nên x = 2 là nghiệm 
của f(x) nên f(x) có một nhân tử là x – 2. Do đó ta tách f(x) thành các nhóm có xuất hiện 
một nhân tử là x – 2 
Cách 1: x3 - x2 – 4 =        3 2 2 2x 2x x 2x 2x 4 x x 2 x(x 2) 2(x 2)           
 =   2x 2 x x 2   
Cách 2:    3 2 3 2 3 2x x 4 x 8 x 4 x 8 x 4          
2(x 2)(x 2x 4) (x 2)(x 2)       =    2 2x 2 x 2x 4 (x 2) (x 2)(x x 2)          
3. Ví dụ 3: f(x) = 3x3 – 7x2 + 17x – 5 
Nhận xét: 1, 5  không là nghiệm của f(x), như vậy f(x) không có nghiệm nguyên. Nên 
f(x) nếu có nghiệm thì là nghiệm hữu tỉ 
Ta nhận thấy x = 1
3
 là nghiệm của f(x) do đó f(x) có một nhân tử là 3x – 1. Nên 
f(x) = 3x3 – 7x2 + 17x – 5 =      3 2 2 3 2 23x x 6x 2x 15x 5 3x x 6x 2x 15x 5          
 = 2 2x (3x 1) 2x(3x 1) 5(3x 1) (3x 1)(x 2x 5)         
Vì 2 2 2x 2x 5 (x 2x 1) 4 (x 1) 4 0          với mọi x nên không phân tích được 
thành nhân tử nữa 
4. Ví dụ 4: x3 + 5x2 + 8x + 4 
Nhận xét: Tổng các hệ số của các hạng tử bậc chẵn bằng tổng các hệ số của các hạng tử
bậc lẻ nên đa thức có một nhân tử là x + 1 
x3 + 5x2 + 8x + 4 = (x3 + x2 ) + (4x2 + 4x) + (4x + 4) = x2(x + 1) + 4x(x + 1) + 4(x + 1) 
3
= (x + 1)(x2 + 4x + 4) = (x + 1)(x + 2)2 
5. Ví dụ 5: f(x) = x5 – 2x4 + 3x3 – 4x2 + 2 
Tổng các hệ số bằng 0 thì nên đa thức có một nhân tử là x – 1, chia f(x) cho (x – 1) ta có: 
x5 – 2x4 + 3x3 – 4x2 + 2 = (x – 1)(x4 - x3 + 2 x2 - 2 x - 2) 
Vì x4 - x3 + 2 x2 - 2 x - 2 không có nghiệm nguyên cũng không có nghiệm hữu tỉ nên 
không phân tích được nữa 
6.Ví dụ 6: x4 + 1997x2 + 1996x + 1997 = (x4 + x2 + 1) + (1996x2 + 1996x + 1996) 
= (x2 + x + 1)(x2 - x + 1) + 1996(x2 + x + 1)= (x2 + x + 1)(x2 - x + 1 + 1996) 
= (x2 + x + 1)(x2 - x + 1997) 
7. Ví dụ 7: x2 - x - 2001.2002 = x2 - x - 2001.(2001 + 1) 
 = x2 - x – 20012 - 2001 = (x2 – 20012) – (x + 2001) = (x + 2001)(x – 2002) 
II. THÊM , BỚT CÙNG MỘT HẠNG TỬ: 
1. Thêm, bớt cùng một số hạng tử để xuất hiện hiệu hai bình phương: 
a) Ví dụ 1: 4x4 + 81 = 4x4 + 36x2 + 81 - 36x2 = (2x2 + 9)2 – 36x2 
= (2x2 + 9)2 – (6x)2 = (2x2 + 9 + 6x)(2x2 + 9 – 6x) 
= (2x2 + 6x + 9 )(2x2 – 6x + 9) 
b) Ví dụ 2: x8 + 98x4 + 1 = (x8 + 2x4 + 1 ) + 96x4 
= (x4 + 1)2 + 16x2(x4 + 1) + 64x4 - 16x2(x4 + 1) + 32x4 
= (x4 + 1 + 8x2)2 – 16x2(x4 + 1 – 2x2) = (x4 + 8x2 + 1)2 - 16x2(x2 – 1)2
= (x4 + 8x2 + 1)2 - (4x3 – 4x )2 
= (x4 + 4x3 + 8x2 – 4x + 1)(x4 - 4x3 + 8x2 + 4x + 1) 
2. Thêm, bớt cùng một số hạng tử để xuất hiện nhân tử chung 
a) Ví dụ 1: x7 + x2 + 1 = (x7 – x) + (x2 + x + 1 ) = x(x6 – 1) + (x2 + x + 1 ) 
= x(x3 - 1)(x3 + 1) + (x2 + x + 1 ) = x(x – 1)(x2 + x + 1 ) (x3 + 1) + (x2 + x + 1) 
= (x2 + x + 1)[x(x – 1)(x3 + 1) + 1] = (x2 + x + 1)(x5 – x4 + x2 - x + 1) 
b) Ví dụ 2: x7 + x5 + 1 = (x7 – x ) + (x5 – x2 ) + (x2 + x + 1) 
= x(x3 – 1)(x3 + 1) + x2(x3 – 1) + (x2 + x + 1) 
= (x2 + x + 1)(x – 1)(x4 + x) + x2 (x – 1)(x2 + x + 1) + (x2 + x + 1) 
= (x2 + x + 1)[(x5 – x4 + x2 – x) + (x3 – x2 ) + 1] = (x2 + x + 1)(x5 – x4 + x3 – x + 1) 
* Ghi nhớ: 
Các đa thức có dạng x3m + 1 + x3n + 2 + 1 như: x7 + x2 + 1 ; x7 + x5 + 1 ; x8 + x4 + 1 ; 
x5 + x + 1 ; x8 + x + 1 ;  đều có nhân tử chung là x2 + x + 1 
III. ĐẶT BIẾN PHỤ: 
1. Ví dụ 1: x(x + 4)(x + 6)(x + 10) + 128 = [x(x + 10)][(x + 4)(x + 6)] + 128 
 = (x2 + 10x) + (x2 + 10x + 24) + 128 
Đặt x2 + 10x + 12 = y, đa thức có dạng 
 (y – 12)(y + 12) + 128 = y2 – 144 + 128 = y2 – 16 = (y + 4)(y – 4) 
= ( x2 + 10x + 8 )(x2 + 10x + 16 ) = (x + 2)(x + 8)( x2 + 10x + 8 ) 
2. Ví dụ 2: A = x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + 1 
Giả sử x  0 ta viết 
x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + 1 = x2 ( x2 + 6x + 7 – 2
6 1 + 
x x
) = x2 [(x2 + 2
1 
x
) + 6(x - 1 
x
) + 7 ] 
Đặt x - 1 
x
 = y thì x2 + 2
1 
x
 = y2 + 2, do đó 
4
A = x2(y2 + 2 + 6y + 7) = x2(y + 3)2 = (xy + 3x)2 = [x(x - 
1 
x
)2 + 3x]2 = (x2 + 3x – 1)2 
* Chú ý: Ví dụ trên có thể giải bằng cách áp dụng hằng đẳng thức như sau: 
A = x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + 1 = x4 + (6x3 – 2x2 ) + (9x2 – 6x + 1 ) 
 = x4 + 2x2(3x – 1) + (3x – 1)2 = (x2 + 3x – 1)2 
3. Ví dụ 3: A = 2 2 2 2 2(x y z )(x y z) (xy yz+zx)      
= 2 2 2 2 2 2 2(x y z ) 2(xy yz+zx) (x y z ) (xy yz+zx)         
Đặt 2 2 2x y z  = a, xy + yz + zx = b ta có 
A = a(a + 2b) + b2 = a2 + 2ab + b2 = (a + b)2 = ( 2 2 2x y z + xy + yz + zx)2 
4. Ví dụ 4: B = 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 42( ) ( ) 2( )( ) ( )x y z x y z x y z x y z x y z             
Đặt x4 + y4 + z4 = a, x2 + y2 + z2 = b, x + y + z = c ta có: 
B = 2a – b2 – 2bc2 + c4 = 2a – 2b2 + b2 - 2bc2 + c4 = 2(a – b2) + (b –c2)2
Ta lại có: a – b2 = - 2( 2 2 2 2 2 2x y y z z x  ) và b –c2 = - 2(xy + yz + zx) Do đó: 
B = - 4( 2 2 2 2 2 2x y y z z x  ) + 4 (xy + yz + zx)2 
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 24x y 4y z 4z x 4x y 4y z 4z x 8x yz 8xy z 8xyz
8xyz(x y z)
         
  
5. Ví dụ 5: 3 3 3 3(a b c) 4(a b c ) 12abc      
Đặt a + b = m, a – b = n thì 4ab = m2 – n2 
 a3 + b3 = (a + b)[(a – b)2 + ab] = m(n2 + 
2 2m - n
4
). Ta có: 
C = (m + c)3 – 4. 
3 2
3 2 2m + 3mn 4c 3c(m - n )
4
  = 3( - c3 +mc2 – mn2 + cn2) 
= 3[c2(m - c) - n2(m - c)] = 3(m - c)(c - n)(c + n) = 3(a + b - c)(c + a - b)(c - a + b) 
IV. PHƯƠNG PHÁP HỆ SỐ BẤT ĐỊNH: 
1. Ví dụ 1: x4 - 6x3 + 12x2 - 14x + 3 
Nhận xét: các số  1,  3 không là nghiệm của đa thức, đa thức không có nghiệm nguyên 
củng không có nghiệm hữu tỉ 
Như vậy nếu đa thức phân tích được thành nhân tử thì phải có dạng 
(x2 + ax + b)(x2 + cx + d) = x4 + (a + c)x3 + (ac + b + d)x2 + (ad + bc)x + bd 
đồng nhất đa thức này với đa thức đã cho ta có: 
a c 6
ac b d 12
ad bc 14
bd 3
         
Xét bd = 3 với b, d  Z, b   1, 3  với b = 3 thì d = 1 hệ điều kiện trên trở thành 
a c 6
ac 8 2c 8 c 4
a 3c 14 ac 8 a 2
bd 3
                    
Vậy: x4 - 6x3 + 12x2 - 14x + 3 = (x2 - 2x + 3)(x2 - 4x + 1) 
5
2. Ví dụ 2: 2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x + 8 
Nhận xét: đa thức có 1 nghiệm là x = 2 nên có thừa số là x - 2 do đó ta có: 
 2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x + 8 = (x - 2)(2x3 + ax2 + bx + c) 
= 2x4 + (a - 4)x3 + (b - 2a)x2 + (c - 2b)x - 2c  
a 4 3
a 1
b 2a 7
b 5
c 2b 6
c 4
2c 8
               
Suy ra: 2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x + 8 = (x - 2)(2x3 + x2 - 5x - 4) 
Ta lại có 2x3 + x2 - 5x - 4 là đa thức có tổng hệ số của các hạng tử bậc lẻ và bậc chẵn 
bằng nhau nên có 1 nhân tử là x + 1 nên 2x3 + x2 - 5x - 4 = (x + 1)(2x2 - x - 4) 
Vậy: 2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x + 8 = (x - 2)(x + 1)(2x2 - x - 4) 
3. Ví dụ 3: 
12x2 + 5x - 12y2 + 12y - 10xy - 3 = (a x + by + 3)(cx + dy - 1) 
= acx2 + (3c - a)x + bdy2 + (3d - b)y + (bc + ad)xy – 3 
ac 12
a 4
bc ad 10
c 3
3c a 5
b 6
bd 12
d 2
3d b 12
                 
 12x2 + 5x - 12y2 + 12y - 10xy - 3 = (4 x - 6y + 3)(3x + 2y - 1) 
BÀI TẬP: 
Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: 
1) x3 - 7x + 6 
2) x3 - 9x2 + 6x + 16 
3) x3 - 6x2 - x + 30 
4) 2x3 - x2 + 5x + 3 
5) 27x3 - 27x2 + 18x - 4 
6) x2 + 2xy + y2 - x - y - 12 
7) (x + 2)(x +3)(x + 4)(x + 5) - 24 
8) 4x4 - 32x2 + 1 
9) 3(x4 + x2 + 1) - (x2 + x + 1)2 
10) 64x4 + y4 
11) a6 + a4 + a2b2 + b4 - b6 
12) x3 + 3xy + y3 - 1 
13) 4x4 + 4x3 + 5x2 + 2x + 1 
14) x8 + x + 1 
15) x8 + 3x4 + 4 
16) 3x2 + 22xy + 11x + 37y + 7y2 +10 
17) x4 - 8x + 63 
6
CHUYÊN ĐỀ 2 - LUỸ THỪA BẬC N CỦA MỘT NHỊ THỨC 
B. KIẾN THỨC VÀ BÀI TẬP VẬN DỤNG: 
I. Một số hằng đẳng thức tổng quát: 
1. an - bn = (a - b)(an - 1 + an - 2 b + an - 3 b2 +  + abn - 2 + bn - 1 ) 
2. an + bn = (a + b) ( an - 1 - an - 2b + an - 3b2 -  - abn - 2 + bn - 1 ) 
3. Nhị thức Niutơn: (a + b)n = an + 1nC an - 1 b + 2nC an - 2 b2 + + n 1nC  ab n - 1 + bn 
Trong đó: k n n(n - 1)(n - 2)...[n - (k - 1)]C 1.2.3...k : Tổ hợp chập k của n phần tử 
II. Cách xác định hệ số của khai triển Niutơn: 
1. Cách 1: Dùng công thức kC n n(n - 1)(n - 2)...[n - (k - 1)]k !
Chẳng hạn hệ số của hạng tử a4b3 trong khai triển của (a + b)7 là 47 7.6.5.4 7.6.5.4C 354! 4.3.2.1  
Chú ý: a) nk C 
n !
n!(n - k) !
 với quy ước 0! = 1  47 7! 7.6.5.4.3.2.1C 354!.3! 4.3.2.1.3.2.1   
 b) Ta có: k nC = k - 1 nC nên 4 37 7
7.6.5.C C 35
3!
   
2. Cách 2: Dùng tam giác Patxcan 
Đỉnh 1 
Dòng 1(n = 1) 1 1 
Dòng 2(n = 1) 1 2 1 
Dòng 3(n = 3) 1 3 3 1 
Dòng 4(n = 4) 1 4 6 4 1 
Dòng 5(n = 5) 1 5 10 10 5 1 
Dòng 6(n = 6) 1 6 15 20 15 6 1 
Trong tam giác này, hai cạnh bên gồm các số 1; dòng k + 1 được thành lập từ dòng k 
 (k 1), chẳng hạn ở dòng 2 (n = 2) ta có 2 = 1 + 1, dòng 3 (n = 3): 3 = 2 + 1, 3 = 1 + 2 
dòng 4 (n = 4): 4 = 1 + 3, 6 = 3 + 3, 4 = 3 + 1,  
Với n = 4 thì: (a + b)4 = a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4 
Với n = 5 thì: (a + b)5 = a5 + 5a4b + 10a3b2 + 10a2b3 + 5ab4 + b5 
Với n = 6 thì: (a + b)6 = a6 + 6a5b + 15a4b2 + 20a3b3 + 15a2 b4 + 6ab5 + b6 
3. Cách 3: 
Tìm hệ số của hạng tử đứng sau theo các hệ số của hạng tử đứng trước: 
a) Hệ số của hạng tử thứ nhất bằng 1 
b) Muốn có hệ số của của hạng tử thứ k + 1, ta lấy hệ số của hạng tử thứ k nhân với số
mũ của biến trong hạng tử thứ k rồi chia cho k 
Chẳng hạn: (a + b)4 = a4 + 1.41 a
3b + 4.3
2
a2b2 + 4.3.2
2.3
 ab3 + 4.3.2.
2.3.4
 b5 
Chú ý rằng: các hệ số của khai triển Niutơn có tính đối xứng qua hạng tử đứng giữa, nghĩa 
là các hạng tử cách đều hai hạng tử đầu và cuối có hệ số bằng nhau 
(a + b)n = an + nan -1b + n(n - 1)
1.2
an - 2b2 + + n(n - 1)
1.2
a2bn - 2 + nan - 1bn - 1 + bn 
7
III. Ví dụ: 
1. Ví dụ 1: phân tích đa thức sau thành nhân tử 
a) A = (x + y)5 - x5 - y5 
Cách 1: khai triển (x + y)5 rồi rút gọn A 
A = (x + y)5 - x5 - y5 = ( x5 + 5x4y + 10x3y2 + 10x2y3 + 5xy4 + y5) - x5 - y5 
 = 5x4y + 10x3y2 + 10x2y3 + 5xy4 = 5xy(x3 + 2x2y + 2xy2 + y3) 
 = 5xy [(x + y)(x2 - xy + y2) + 2xy(x + y)] = 5xy(x + y)(x2 + xy + y2) 
Cách 2: A = (x + y)5 - (x5 + y5) 
x5 + y5 chia hết cho x + y nên chia x5 + y5 cho x + y ta có: 
x5 + y5 = (x + y)(x4 - x3y + x2y2 - xy3 + y4) nên A có nhân tử chung là (x + y), đặt (x + y) 
làm nhân tử chung, ta tìm được nhân tử còn lại 
b) B = (x + y)7 - x7 - y7 = (x7+7x6y +21x5y2 + 35x4y3 +35x3y4 +21x2y5 7xy6 + y7) - x7 - y7 
 = 7x6y + 21x5y2 + 35x4y3 + 35x3y4 + 21x2y5 + 7xy6 
 = 7xy[(x5 + y5 ) + 3(x4y + xy4) + 5(x3y2 + x2y3 )] 
 = 7xy {[(x + y)(x4 - x3y + x2y2 - xy3 + y4) ] + 3xy(x + y)(x2 - xy + y2) + 5x2y2(x + y)} 
 = 7xy(x + y)[x4 - x3y + x2y2 - xy3 + y4 + 3xy(x2 + xy + y2) + 5x2y2 ] 
 = 7xy(x + y)[x4 - x3y + x2y2 - xy3 + y4 + 3x3y - 3x2y2 + 3xy3 + 5x2y2 ] 
 = 7xy(x + y)[(x4 + 2x2y2 + y4) + 2xy (x2 + y2) + x2y2 ] = 7xy(x + y)(x2 + xy + y2 )2
Ví dụ 2:Tìm tổng hệ số các đa thức có được sau khi khai triển 
a) (4x - 3)4 
Cách 1: Theo cônh thức Niu tơn ta có: 
(4x - 3)4 = 4.(4x)3.3 + 6.(4x)2.32 - 4. 4x. 33 + 34 = 256x4 - 768x3 + 864x2 - 432x + 81 
 Tổng các hệ số: 256 - 768 + 864 - 432 + 81 = 1 
b) Cách 2: Xét đẳng thức (4x - 3)4 = c0x4 + c1x3 + c2x2 + c3x + c4
Tổng các hệ số: c0 + c1 + c2 + c3 + c4 
Thay x = 1 vào đẳng thức trên ta có: (4.1 - 3)4 = c0 + c1 + c2 + c3 + c4
Vậy: c0 + c1 + c2 + c3 + c4 = 1 
* Ghi chú: Tổng các hệ số khai triển của một nhị thức, một đa thức bằng giá trị của đa 
thức đó tại x = 1 
C. BÀI TẬP: 
Bài 1: Phân tích thành nhân tử 
a) (a + b)3 - a3 - b3 b) (x + y)4 + x4 + y4 
Bài 2: Tìm tổng các hệ số có được sau khi khai triển đa thức 
a) (5x - 2)5 b) (x2 + x - 2)2010 + (x2 - x + 1)2011 
8
CHUYÊN ĐỀ 3 - CÁC BÀI TOÁN VỀ SỰ CHIA HẾT CỦA SỐ
NGUYÊN 
B.KIẾN THỨC VÀ CÁC BÀI TOÁN: 
I. Dạng 1: Chứng minh quan hệ chia hết 
1. Kiến thức: 
* Để chứng minh A(n) chia hết cho một số m ta phân tích A(n) thành nhân tử có một 
nhân tử làm hoặc bội của m, nếu m là hợp số thì ta lại phân tích nó thành nhân tử có các 
đoi một nguyên tố cùng nhau, rồi chứng minh A(n) chia hết cho các số đó 
* Chú ý: 
+ Với k số nguyên liên tiếp bao giờ củng tồn tại một bội của k 
+ Khi chứng minh A(n) chia hết cho m ta xét mọi trường hợp về số dư khi chia A(n) cho 
m 
+ Với mọi số nguyên a, b và số tự nhiên n thì: 
2. Bài tập: 
2. Các bài toán 
Bài 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 n 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 
Bài 2: chứng minh rằng 
a) n5 - n chia hết cho 30 với n  N ; 
b) n4 -10n2 + 9 chia hết cho 384 với mọi n lẻ n Z 
c) 10n +18n -28 chia hết cho 27 với n N ; 
Giải: 
a) n5 - n = n(n4 - 1) = n(n - 1)(n + 1)(n2 + 1) = (n - 1).n.(n + 1)(n2 + 1) chia hết cho 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 
+) an - bn chia hết cho a - b (a  - b) 
+) a2n + 1 + b2n + 1 chia hết cho a + b 
+ (a + b)n = B(a) + bn 
+) (a + 1)n là BS(a )+ 1 
+)(a - 1)2n là B(a) + 1 
+) (a - 1)2n + 1 là B(a) - 1 
9
 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 
c) 10 n +18n -28 = ( 10 n - 9n - 1) + (27n - 27) 
+ Ta có: 27n - 27  27 (1) 
+ 10 n - 9n - 1 = [(
n
9...9 + 1) - 9n - 1] = 
n
9...9 - 9n = 9( 
n
1...1 - n)  27 (2) 
vì 9  9 và 
n
1...1 - n  3 do 
n
1...1 - n là một số có tổng các chữ số chia hết cho 3 
Từ (1) và (2) suy ra đpcm 
3. Bài 3: Chứng minh rằng với mọi số nguyên a thì 
a) a3 - a chia hết cho 3 
b) a7 - a chia hết cho 7 
Giải 
a) a3 - a = a(a2 - 1) = (a - 1) a (a + 1) là tích của ba số nguyên liên tiếp nên tồn tại một số
là bội của 3 nên (a - 1) a (a + 1) chia hết cho 3 
b) ) a7 - a = a(a6 - 1) = a(a2 - 1)(a2 + a + 1)(a2 - a + 1) 
Nếu a = 7k (k  Z) thì a chia hết cho 7 
Nếu a = 7k + 1 (k Z) thì a2 - 1 = 49k2 + 14k chia hết cho 7 
Nếu a = 7k + 2 (k Z) thì a2 + a + 1 = 49k2 + 35k + 7 chia hết cho 7 
Nếu a = 7k + 3 (k Z) thì a2 - a + 1 = 49k2 + 35k + 7 chia hết cho 7 
Trong trường hợp nào củng có một thừa số chia hết cho 7 
Vậy: a7 - a chia hết cho 7 
Bài 4: Chứng minh rằng A = 13 + 23 + 33 + ...+ 1003 chia hết cho B = 1 + 2 + 3 + ... + 100 
Giải 
Ta có: B = (1 + 100) + (2 + 99) + ...+ (50 + 51) = 101. 50 
Để chứng minh A chia hết cho B ta chứng minh A chia hết cho 50 và 101 
Ta có: A = (13 + 1003) + (23 + 993) + ... +(503 + 513) 
= (1 + 100)(12 + 100 + 1002) + (2 + 99)(22 + 2. 99 + 992) + ... + (50 + 51)(502 + 50. 51 + 
512) = 101(12 + 100 + 1002 + 22 + 2. 99 + 992 + ... + 502 + 50. 51 + 512) chia hết cho 101 
(1) 
Lại có: A = (13 + 993) + (23 + 983) + ... + (503 + 1003) 
Mỗi số hạng trong ngoặc đều chia hết cho 50 nên A chia hết cho 50 (2) 
Từ (1) và (2) suy ra A chia hết cho 101 và 50 nên A chi hết cho B 
Bài tập về nhà 
Chứng minh rằng: 
a) a5 – a chia hết cho 5 
b) n3 + 6n2 + 8n chia hết cho 48 với mọi n chẵn 
c) Cho a l à số nguyên tố lớn hơn 3. Cmr a2 – 1 chia hết cho 24 
10
d) Nếu a + b + c chia hết cho 6 thì a3 + b3 + c3 chia hết cho 6 
e) 20092010 không chia hết cho 2010 
f) n2 + 7n + 22 không chia hết cho 9 
Dạng 2: Tìm số dư của một phép chia
Bài 1: 
Tìm số dư khi chia 2100 
a)cho 9, b) cho 25, c) cho 125 
Giải 
a) Luỹ thừa của 2 sát với bội của 9 là 23 = 8 = 9 - 1 
Ta có : 2100 = 2. (23)33 = 2.(9 - 1)33 = 2.[B(9) - 1] = B(9) - 2 = B(9) + 7 
Vậy: 2100 chia cho 9 thì dư 7 
b) Tương tự ta có: 2100 = (210)10 = 102410 = [B(25) - 1]10 = B(25) + 1 
Vậy: 2100 chia chop 25 thì dư 1 
c)Sử dụng công thức Niutơn: 
2100 = (5 - 1)50 = (550 - 5. 549 +  + 
50.49
2
. 52 - 50 . 5 ) + 1 
Không kể phần hệ số của khai triển Niutơn thì 48 số hạng đầu đã chứa thừa số 5 với số mũ 
lớn hơn hoặc bằng 3 nên đều chia hết cho 53 = 125, hai số hạng tiếp theo: 50.49
2
. 52 - 50.5 
cũng chia hết cho 125 , số hạng cuối cùng là 1 
Vậy: 2100 = B(125) + 1 nên chia cho 125 thì dư 1 
Bài 2: 
Viết số 19951995 thành tổng của các số tự nhiên . Tổng các lập phương đó chia cho 6 thì dư
bao nhiêu? 
Giải 
Đặt 19951995 = a = a1 + a2 + + an. 
Gọi 3 3 3 31 2 3 nS a a + a + ...+ a  = 3 3 3 31 2 3 na a + a + ...+ a + a - a 
 = (a1 3 - a1) + (a2 3 - a2) + + (an 3 - an) + a 
Mỗi dấu ngoặc đều chia hết cho 6 vì mỗi dấu ngoặc là tích của ba số tự nhiên liên tiếp. Chỉ
cần tìm số dư khi chia a cho 6 
1995 là số lẻ chia hết cho 3, nên a củng là số lẻ chia hết cho 3, do đó chia cho 6 dư 3 
Bài 3: Tìm ba chữ số tận cùng của 2100 viết trong hệ thập phân 
giải 
Tìm 3 chữ số tận cùng là tìm số dư của phép chia 2100 cho 1000 
Trước hết ta tìm số dư của phép chia 2100 cho 125 
Vận dụng bài 1 ta có 2100 = B(125) + 1 mà 2100 là số chẵn nên 3 chữ số tận cùng của nó chỉ
có thể là 126, 376, 626 hoặc 876 
Hiển nhiên 2100 chia hết cho 8 vì 2100 = 1625 chi hết cho 8 nên ba chữ số tận cùng của nó 
chia hết cho 8 
trong các số 126, 376, 626 hoặc 876 chỉ có 376 chia hết cho 8 
Vậy: 2100 viết trong hệ thập phân có ba chữ số tận cùng là 376 
Tổng quát: Nếu n là số chẵn không chia hết cho 5 thì 3 chữ số tận cùng của nó là 376 
Bài 4: Tìm số dư trong phép chia các số sau cho 7 
a) 2222 + 5555 b)31993 
11
c) 19921993 + 19941995 d) 193023 
Giải 
a) ta có: 2222 + 5555 = (21 + 1)22 + (56 – 1)55 = (BS 7 +1)22 + (BS 7 – 1)55 
= BS 7 + 1 + BS 7 - 1 = BS 7 nên 2222 + 5555 chia 7 dư 0 
b) Luỹ thừa của 3 sát với bội của 7 là 33 = BS 7 – 1 
Ta thấy 1993 = BS 6 + 1 = 6k + 1, do đó: 
 31993 = 3 6k + 1 = 3.(33)2k = 3(BS 7 – 1)2k = 3(BS 7 + 1) = BS 7 + 3 
c) Ta thấy 1995 chia hết cho 7, do đó: 
 19921993 + 19941995 = (BS 7 – 3)1993 + (BS 7 – 1)1995 = BS 7 – 31993 + BS 7 – 1 
Theo câu b ta có 31993 = BS 7 + 3 nên 
 19921993 + 19941995 = BS 7 – (BS 7 + 3) – 1 = BS 7 – 4 nên chia cho 7 thì dư 3 
d) 193023 = 32860 = 33k + 1 = 3.33k = 3(BS 7 – 1) = BS 7 – 3 nên chia cho 7 thì dư 4 
Bài tập về nhà 
 Tìm số d ư khi: 
a) 21994 cho 7 
b) 31998 + 51998 cho 13 
c) A = 13 + 23 + 33 + ...+ 993 chia cho B = 1 + 2 + 3 + ... + 99 
Dạng 3: Tìm điều kiện để xảy ra quan hệ chia hết 
Bài 1: Tìm n  Z để giá trị của biểu thức A = n3 + 2n2 - 3n + 2 chia hết cho giá trị của 
biểu thức B = n2 - n 
Giải 
Chia A cho B ta có: n3 + 2n2 - 3n + 2 = (n + 3)(n2 - n) + 2 
Để