MỘT SỐ VÍ DỤ
Ví dụ 1
Cho $a$ là một số nguyên. Tìm UCLN $(2 a+3,3 a+4)$.
Lời giải
Gọi $d=(2 a+3,3 a+4)$, ta có $d \backslash 2 a+3$ và $d \backslash 3 a+4$.
Vì $3(2 a+3)-2(3 a+4)=1$ nên $d$ là ước của 1 hay $d=1$.
Ví dụ 2
Cho $\mathrm{a}, b$ là các số nguyên dương sao cho $a^2+b^2$ chia hết cho tích $a . b$. Hãy tính giá trị của biểu thức
$A=\frac{a^2+b^2}{a b} .$
(Thi học sinh giỏi Toán 9 – Thành phố Hà Nội, năm 2002).
Lời giải
Gọi $d=(a, b)$ thì $a=d . a_1$ và $b=d . b_1$ với $\left(a_1, b_1\right)=1$. Ta có :
$a^2+b^2=d^2\left(a_1^2+b_1^2\right) \text { và } a b=d^2 a_1 b_1 .$
- Vì $a^2+b^2$ chia hết cho $a b$ nên $a_1^2+b_1^2$ chia hết cho $a_l b_1$. Suy ra $a_1^2+b_1^2$ chia hết cho $a_l$ và $b_l$. Suy ra $a_1^2$ chia hết cho $b_l$ và $b_1^2$ chia hết cho $a_l$.
- Vì $\left(a_1, b_1\right)=1$ nên $\mathrm{a}_1$ chia hết cho $\mathrm{b}_1$ và $\mathrm{b}_1$ chia hết cho $\mathrm{a}_1$.
Suy ra $a_l=b_1=1$. Vậy,
$A=\frac{d^2\left(a_1^2+b_1^2\right)}{d^2 c_1 b_1}=\frac{2 d^2 a_1^2}{d^2 c_1^2}=2$
Ví dụ 3
Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $n$ ta đều có $n^3+5 n$ chia hết cho 6 .
(Thi vào lớp 10 chuyên, DHKHTN ĐHQGHN năm 1996).
Lời giải
Ta có $n^3+5 n=\left(n^3-n\right)+6 n$. Để chứng minh $n^3+5 n$ chia hết cho 6 ta chứng minh $n^3-n$ chia hết cho 6 .
Do $n^3-n=n(n-1)(n+1)$ là tích của ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2 và 3 .
Vì $(2,3)=1$ nên $n^3-n$ chia hết cho tích $2 \times 3=6$.
Ví dụ 4
Cho $a, b, c$ là các số nguyên. Chứng minh rằng $a^3+b^3+c^3$ chia hết cho 6 khi và chỉ khi $a+b+c$ chia hết cho 6 .
Lời giải
Xét $A=a^3+b^3+c^3-a-b-c=\left(a^3-a\right)+\left(b^3-b\right)+\left(c^3-c\right)$.
Theo ví dụ 3 thì $a^3-a \cdot b^3-b$ và $c^3-c$ đều chia hết cho 6 . Suy ra $A$ chia hết cho 6. Vậy. $a^3+b^3+c^3$ chia hết cho 6 khi và chỉ khi $a+b+c$ chia hết cho 6 .
Ví dụ 5
Chứng minh $S=n^2+3 n-38$ không chia hết cho 49 , với mọi số tự nhiên $n$.
Lời giải
Giả sử tồn tại $n$ sao cho $S=n^2+3 n-38$ chia hết cho $+9$. Vì
$n^2-4 n+4=n^2+3 n-38-7(n-6)$
nên $n^2-t n+4$ chia hết cho 7 hay $(n-2)^2$ chia hết cho 7 . Suy ra $n-2$ chia hết cho 7 hay $n=2+7 t$.
Thay vào $S$ ta được : $S=49\left(t^2+t\right)-28$. Suy ra $S$ không chia hết cho 49 , trái với điều giả sử.
Vậy $S$ không chia hết cho 49 với mọi số tự nhiên $n$.
Ví dụ 6
Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n$ ta luôn có
$A=2005^n+60^n-1897^n-168^n \text { chia hết cho } 2004 \text {. }$
Lời giải
Ta có $2004-12 \times 167$. Vì $(12,167)=1$ nên để chứng minh $A$ chia hết cho 2004 ta chứng minh $A$ chia hết cho 12 và 167 .
Ta có: $A=\left(2005^n-1897^n\right)-\left(168^n-60^n\right)$.
Áp dụng tính chất $a^{\prime \prime}-b^n$ chia hết cho $a-b$ với mọi $n$ tự nhiên và $a-b \neq 0$. ta suy ra $2005^n-1897^n$ chia hết cho $2005-1897=108=12 \times 9$.
Suy ra $2005^n-1897^n$ chia hết cho 12 . Mặt khác, 168 và 60 đều chia hết cho 12 nên $168^n-60^n$ chia hết cho 12 . Vậy $A$ chia hết cho 12 .
Tương tự như trên, ta có
$A=\left(2005^n-168^n\right)-\left(1897^n-60^n\right) .$
Cũng lập luận tương tự như trên, ta có $2005^n-168^n$ chia hết cho $2005-168=1837$; $1897^n-60^n$ chia hết cho $1897-60=1837$ và $1837=11 \times 167$ nên $2005^n-168^n$ và $1897^n-60^n$ chia hết cho 167 . Suy ra $A$ chia hết cho 167 .
Vậy ta có điều phải chứng minh.
BÀI TẬP
1. Chứng minh $a+2 \mathrm{~b}$ chia hết cho 3 khi và chỉ khi $b+2 a$ chia hết cho 3 .
2. Giả sử $a-c$ là ước của $a b+c d$. Chứng minh rằng $a-c$ cũng là ước của $a d+b c$.
3. Cho $a, b \in \mathbb{N}$. Chứng minh $\frac{11 a+2 b}{19} \in \mathbb{Z}$ khi và chỉ khi $\frac{18 a+5 b}{19} \in \mathbb{Z}$.
4. Cho $n$ nguyên dương. Chứng minh rằng
$(n !+1,(n+1) !+1)=1 .$
5. Cho $a, b$ là các số nguyên. Chứng minh rằng
$(5 a+3 b, 13 a+8 b)=(a, b) \text {. }$
6. Cho các số nguyên $m, n, p, q$ thỏa mãn $|p \cdot m-q \cdot n|=1$. Chứng minh rằng với mọi cặp số nguyên $a, b$ ta đều có
$(m a+n b, p a+q b)=(a, b) .$
7. Giả sử $(a, n)=p$ và $(b, n)=q$. Chứng minh rằng $(a b, n)=(p q, n)$.
8. Cho $a \leq b \leq c$ và $b=a q_1+r_1, c=a \cdot q_2+r_2$. Chứng minh rằng
$(a, b, c)=\left(a, r_1, r_2\right) .$
9. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n$, các phân số sau là phân số tối giản
(a) $\frac{21 n+4}{14 n+3}$;
(b) $\frac{15 n^2+8 n+6}{30 n^2+21 n+13}$;
(c) $\frac{n^3+2 n}{n^4+3 n^2+1}$.
$(I M O-1959)$.
10. Xác định các giá trị của $n$ để các phân số sau đây là phân số tối giản
(a) $\frac{n+22}{n+3}$
(b) $\frac{3 n+2}{2 n+3}$
(c) $\frac{18 n+3}{21 n+7}$.
11. Xét phân số
$A=\frac{n^2+4}{n+5} .$
Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên $n$ trong khoảng từ 1 đến 2005 sao cho phân số $A$ chưa tối giản?
12. Chứng minh rằng với mọi bộ ba số lẻ $a, b, c$ ta đều có
$\left(\frac{a+b}{2}, \frac{b+c}{2}, \frac{c+a}{2}\right)=(a, b, c) .$
13. Cho $\mathrm{a}, \mathrm{b}, c$ là các số nguyên dương. Chứng minh
a) $(a, b, c)=\frac{(a, b, c) a b c}{(a, b)(b, c)(c, a)}$;
b) $[a, b, c]=\frac{(a, b, c)[a, b][b, c][c, a]}{a b c \ldots}$.
14. Cho $a_1, a_2, \ldots, a_n$ là các số nguyên dương và $n>1$. Đặt
$A=a_1 a_2 \ldots a_n, A_i=\frac{A}{a_i}(i=\overline{1, n}) .$
Chứng minh các đẳng thức sau :
a) $\left(a_1, a_2, \ldots, a_n\right)\left[A_1, A_2, \ldots, A_n\right]=A$;
b) $\quad\left[a_1, a_2, \ldots, a_n \mid\left(A_1, A_2, \ldots, A_n\right): A\right.$.
15. Cho $m, n$ là hai số tự nhiên nguyên tố cùng nhau. Hãy tìm ước số chung lớn nhất của hai số $A=m+n$ và $B=m^2+n^2$.
(Thi học sinh gioi Toán toàn quốc lớp 9 năm 1979).
16. Xác định ước số chung lớn nhất của hai số sau :
a) $(7 a+1,8 a+3)$
b) $(11 a+2,18 a+5)$
trong đó $a$ là một số nguyên cho trước.
17. Cho $n$ là một số nguyên dương. Hãy tính bội số chung nhỏ nhất của các số
$n, n+1, n+2 \text {. }$
18. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $n$ ta có
$[1,2, \ldots, 2 n]=[n+1, n+2, \ldots, n+n]$
19. Cho số nguyên $a$ không chia hết cho 2 và 3 . Chứng minh rằng :
$A: 4 a^2+3 a+5 \text { chia hết cho } 6 \text {. }$
20. Chứng minh rằng $\frac{a}{3}+\frac{a^2}{2}+\frac{a^3}{6} \in \mathbb{Z}, \forall u \in \mathbb{Z}$.
21. Chứng minh rằng $\mathrm{A}(\mathrm{n})=\mathrm{n}^4+6 \mathrm{n}^3+11 \mathrm{n}^2+6 n$ chia hết cho 24 .
(Thi học sinh giỏi Toán toàn quốc – lớp 9 năm 1975)
22. Chứng minh rằng $n^5-n$ chia hết cho 30 , với mọi $n$.
23. Chứng minh rằng $m^3+3 m^2-m-3$ chia hết cho 48 , với mọi $m$ lẻ.
24. Chứng minh rằng $n^{12}-n^8-n^4+1$ chia hết cho 512 , với mọi $n$ lẻ.
25. Chứng minh rằng $A(n)=n^4 \cdots 14 n^3+71 n^2-154 n+120$ chia hết cho 24 , với mọi số tự nhiên $n$.
26. Chứng minh rằng $n^4-4 n^3-4 n^2+16 n$ chia hết cho 384 , với mọi số tự nhiên $n$ chẵn.
(Thi học sinh giỏi toàn quốc – lớp 9 năm 1970)
27. Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ sao cho $n^2+9 n-2$ chia hết cho 11 .
28. Tìm tất cả các số nguyên $x$ sao cho : $\left(x^3-8 x^2+2 x\right)$ chia hết cho $x^2+1$.
(Thi vô địch Bun-ga-ri năm 1977)
29. Cho $f(x)=a x^2+b x+c$ thoả mãn : $f(x) \in \mathbb{Z}, \forall x \in \mathbb{Z}$. Hỏi $a, b, c$ có nhất thiết phải là các số nguyên hay không? Tại sao?
(Thi vào lớp 10 chuyên, $Đ H K H T N$ – ĐHQGHN năm 2001)
30. Chứng minh $n^2+n+2$ không chia hết cho 15 , với mọi $n$ thuộc $\mathbb{Z}$.
31. Chứng minh $n^2+3 n+5$ không chia hết cho 121 , với mọi $n$ thuộc $\mathbb{N}$.
32. Chứng minh $9 n^3+9 n^2+3 n-16$ không chia hết cho 343 , với mọi $n$ thuộc $\mathbb{N}$.
33. Chứng minh $4 n^3-6 n^2+3 n+37$ không chia hết cho 125 , với mọi $n$ thuộc $\mathbb{N}$.
34. Cho $a$ và $b$ thuộc $\mathbb{N}$. Chứng minh rằng $5 a^2+15 a b-b^2$ chia hết cho $49 \mathrm{khi}$ và chỉ khi $3 a+b$ chia hết cho 7 .
35. Cho $a, b \in \mathbb{N}$. Chứng minh rằng $2 a+b$ chia hết cho 7 khi và chỉ khi $3 a^2+10 a b-8 b^2$ chia hết cho 49 .
36. Cho $n \in \mathbb{N}$. Chứng minh rằng số $A=5^n\left(5^n+1\right)-6^n\left(3^n+2^n\right)$ chia hết cho 91 .
(Thi vào lớp 10 chuyên, ĐHSPHN năm 1998).
37. Cho $n \in \mathbb{N}$. Chứng minh $6^{2 n}+19^n-2^{n+1}$ chia hết cho 17 .
38. Chứng minh $2^{8 n} \cdot 5^{6 n}-1980^n-441^n+1$ chia hết cho 1979 , với mọi $n$ thuộc $\mathbb{N}$.
39. Chứng minh $118^n-101^n-16^n-1$ chia hết cho 234 , với mọi $n$ lẻ.
40. Chứng minh $11^{n+2}+12^{2 n+1}$ chia hết cho 133 , với mọi $n$ thuộc $\mathbb{N}$.
41. Chứng minh $5^{2 n-1} \cdot 2^{n+1}+3^{n+1} \cdot 2^{2 n-1}$ chia hết cho 38 , với mọi $n$ thuộc $\mathbb{N}^*$.
42. Chứng minh $5^{n+2}+26.5^n+8^{2 n+1}$ chia hết cho 59. với mọi $n$ thuộc $\mathbb{N}$.
43. Tìm số tự nhiên $n$ lớn nhất sao cho $: 29^n$ là ước của 2003 !.
44. Tìm số tự nhiên $k$ lớn nhất sao cho : $(1994 \text { ! })^{1995} \quad \vdots 1995^k$.
(Thi học sinh giỏi Toán toàn quốc – lớp 9. năm 199t).
45. Cho $n$ thuộc $\mathbb{N}$ và $n>3$. Chứng minh rằng nếu $2^n=10 a+b(0<b<10)$ thì tích $a \cdot b$ chia hết cho 6 .
(Thi học sinh giỏi Toán toàn quốc lớp 9 năm 1983).
46. Cho $n$ thuộc $\mathbb{N}, n \geq 1$. Chứng minh $T_n=1^5+2^5+\ldots+n^5$ chia hết cho tổng của $n$ số tự nhiên đầu tiên $S_n=1+2+\ldots+n$.
(Thi vào lớp 10 chuyên $Đ H S P H N$ năm 2001).
47. Tìm $n$ nguyên dương sao cho : $(n-1)$ ! chia hết cho $n$.
(Thi vô địch Hungari năm 1951).
48. Xác định $n$ nguyên dương $(\mathrm{n} \geq 3$ ) sao cho số $A=1.2 .3 \ldots \mathrm{n}$ (tích của $n$ số nguyên dương đầu tiên) chia hết cho $B=1+2+\ldots+n$.
(Thi vào lớp 10 chuyên ĐHKHTN – ĐHQGHN năm 1994).
49. Cho $a$ và $m$ là các số nguyên dương và $a>1$. Chứng minh rằng
$\left(\frac{a^m-1}{a-1}, a-1\right)=(m, a-1) .$
50. Cho $a, m, n$ là các số nguyên dương và $a \neq 1$. Chứng minh rằng $a^n-1 \backslash a^m-1$ khi và chỉ khi $n \backslash m$.
51. Cho $a, m, n$ là các số nguyên dương và $a>1$. Chứng minh rằng
$\left(a^m-1, a^n-1\right)=a^{(m, n)}-1 .$
52. Cho $a, b$ là hai số nguyên dương không nhỏ hơn 2 và nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng nếu $m, n$ là hai số nguyên dương thỏa mãn $a^n+b^n \backslash a^m+b^m$ thì ta cũng có $n . \mid m$.
53. Cho $a, b, n$ là các số nguyên dương. Biết rằng với mọi số tự nhiên $k \neq b$ ta đều có $k^n-a$ chia hết cho $k-b$. Chứng minh $a=b^n$.
54. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số tự nhiên $n$ sao cho : $4 n^2+1$ chia hết cho cả 5 và 13 .
55. Giả sử $1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\ldots+\frac{1}{1319}=\frac{p}{q}$, trong đó $p, q$ là các số nguyên. Chứng minh rằng $p$ chia hết cho 1979.
56. Cho $a_1, a_2, \ldots, a_n \in{1,-1}, n \in \mathbb{N}^*$ và thoả mãn :
$a_1 a_2+a_2 a_3+\ldots+a_n a_1=0 \text {. }$
Chứng minh $n$ chia hết cho 4 .
57. Chứng minh rằng tổng bình phương của $p$ số nguyên liên tiếp ( $p$ là số nguyên tố, $p>3$ ) chia hết cho $p$.
58. Cho số nguyên $a$ không nhỏ hơn 2 . Hỏi có tồn tại hay không số tự nhiên $A$ sao cho
$a^{2001}<A<a^{2002}$
và $A$ có ít nhất 600 chữ số 0 ở tận cùng?
59. Có tồn tại hay không 4004 số nguyên dương sao cho tổng của 2003 số bất kì đều không chia hết cho 2003 .
(Balkan 2003).
60. Tìm một cặp số nguyên dương $(a, b)$ thoả mãn đồng thời các điều kiện sau :
a) $a b(a+b)$ không chia hết cho 7 .
b) $(a+b)^7-a^7-b^7$ chia hết cho $7^7$.
(IMO-198t).
61. Giả sử $a, b$ là hai số nguyên dương khác nhau. Chứng minh rằng tồn tại vô số số tự nhiên $n$ sao cho $a+n$ và $b+n$ là hai số nguyên tố cùng nhau.
LỜI GIẢI – HƯỚNG DẪN – ĐÁP SỐ
1. Suy ra từ đẳng thức : $(a+2 b)+(b+2 a)=3(a+b)$.
2. Suy ra từ đẳng thức : $(a b+c d)-(a d+b c)=(a-c)(b-d)$.
3. Suy ra từ đẳng thức : $5 \cdot \frac{11 a+2 b}{19}-2 \cdot \frac{18 a+5 b}{19}=a$.
4. Giả sử $d=(n !+1,(n+1) !+1)$.
Ta có $d \backslash n !+1$ và $d \backslash(n+1) !+1$ nên $d \backslash(n+1) !+1-n !-1=n ! . n\quad\quad(1)$.
Vì $d \backslash n !+1$ nên $(d, n)=(d, n !)=1$. Từ (1) suy ra $d=1$.
5. Giả sử $d=(a, b)$ và $d^{\prime}=(5 a+3 b, 13 a+8 b)$.
Vì $d \backslash a$ và $d \backslash b$ nên $d \backslash 5 a+3 b$ và $d \backslash 13 a+8 b$. Suy ra $d \backslash d\quad(1)$.
Vì $d^{\prime} \backslash 5 a+3 b$ và $d^{\prime} \backslash 13 a+8 b$ nên
$d^{\prime} \backslash 8(5 a+3 b)-3(13 a+8 b)=a$
và $\quad d^{\prime} \backslash 5(13 a+8 b)-13(5 a+3 b)=b$.
Suy ra $d^{\prime} \backslash d\quad\quad(2)$.
Từ (1) và (2) ta suy ra $d^{\prime}=d$.
6. Giải tương tự bài $1.5$.
7. Ta có $(a, n)=p$ nên $a=p \cdot a_1, n=p n_1$ với $\left(a_1, n_1\right)=1$. Suy ra
$(a b, n)=\left(p a_1 b, p n_1\right)=p \cdot\left(a_1 b, n_1\right)=p\left(b, n_1\right)=(p b, n)$
$\text { Vì }(b, n)=q \text { nên } b=q \cdot b_1 \text { và } n=q \cdot n_2 \text { với }\left(b_1, n_2\right)=1 . \text { Suy ra }$
$(p b, n)=\left(p \cdot q \cdot b_1, q \cdot n_2\right)=q\left(p b_1, n_2\right)=q\left(p, n_2\right)=(p q, n)$
8. Giải tương tự bài $1.5$.
9. a) Giả sử $(21 n+4,14 n+3)=d(d \geq 1)$.
Ta có $d \backslash 21 n+4$ và $d \backslash 14 n+3$ nên $d \backslash 3(14 n+3)-2(21 n+4)=1$.
Vậy $d=1$.
Các bạn tự giải các câu b) và c).
10. a) Ta có $\frac{n+22}{n+3}=1+\frac{19}{n+3}$. Phân số đã cho tói gian khi và chi khi $(n+3,19)=1$ hay $n \neq 19 m-3$.
b) Vì $(2 n+3,2)=1$ nên phân số đã cho tối gian khi và chi khi phân số sau tối gịản
$B=\frac{2(3 n+2)}{2 n+3}=3-\frac{5}{2 n+3} .$
Phân số $B$ tối giann khi và chi khi $(2 n+3,5)=1$.
Ta có $(2 n+3,5) \neq 1$ khi và chi khi $5 \backslash 2 n+3$ hay $2 n+3=5 a$.
Xét $2 n+3=5 a$, ta có $n=2 a+\frac{a-3}{2}$.
Vì $n$ và $a$ là các số nguyên nên $a-3=2 m$, từ đó có $n=5 m+6$.
Vậy phân số đã cho tối giản khi và chi khi $n \neq 5 m+6$.
c) Đáp số: $n \neq 7 m+1$.
11. Giả sử $A$ là phân số chưa tối giản. Đặt $d=\left(n^2+4, n+5\right)$ suy ra $d>1$. Ta có
$d \backslash(n+5)^2-\left(n^2+4\right)=10 n+21=10(n+5)-29$
nên $d \backslash 29$ suy ra $d=29$.
Ngược lại, nếu $n+5$ chia hết cho 29 thì có thể đặt
$n+5=29 . m\left(m \in \mathbb{N}^*\right)$
12. Giải tương tự bài 5 .
13. Giải tương tự bài 5 .
14. Giải tương tự bài 5 .
15. Giả sử $d=(A, B)(d \geq 1)$. Ta có $d \backslash A^2-B$ suy ra $d \backslash 2 m n\quad(1)$.
Vì $d \backslash A$ nên $d \backslash 2 n \cdot A$ hay $d \backslash 2 m n+2 n^2$. Suy ra $d \backslash 2 n^2\quad(2)$.
Tương tự ta cũng có $d \backslash 2 m^2\quad(3)$
Vì $(m, n)=1$ nên $m, n$ không cùng chẵn. Xét các trường hợp:
- Nếu $m, n \cdot$ khác tính chã̃n lẻ thì $d$ lẻ. Từ (2) và (3) ta suy ra $d \backslash m^2$ và $d \backslash$ $n^2$. Vì $(m, n)=1$ nên $d=1$.
-
Nếu $m, n$ cùng lẻ thì $d$ chã̃n. Đặt $d=2 d$, từ (2) và (3) ta suy ra $d \backslash m^2$ và $d^n \backslash n^2$. Vì $(m, n)=1$ nên $d^n=1$. Suy ra $d=2$.
16. a) Đặt $d=(7 a+1,8 a+3)$.
Ta có $d \backslash 7(8 a+3)-8(7 a+1)=13$ nên $d=1$ hoặc $d=13$.
Để $d=13$ thì điều kiện cần và đủ là $13 \backslash 7 a+1$.
Xét phương trình: $7 a+1=13 x$.
Ta có $a=2 x-\frac{x+1}{7}$ là một số nguyên nên $7 \backslash x+1$.
Đặt $x+1=7 m$ ta được $a=13 m-2, m \in \mathbb{Z}$.
Vậy, khi $a=13 m-2, m \in \mathbb{Z}$ thì $(7 a+1,8 a+3)=13$,
$a \neq 13 m-2, m \in \mathbb{Z}$ thì $(7 a+1,8 a+3)=1$
b) Giải tương tự câu a).
Đáp Số:
18. Giả sử $m=[1,2, \ldots, 2 n]$ và $m^{\prime}=[n+1, \ldots, n+n](n \geq 2)$.
Để chứng minh $m=m^{\prime}$ ta chứng minh $m \backslash m^{\prime}$ và $m^{\prime} \backslash m$.
Vì $n+1, n+2, \ldots, n+n$ là ước của $m$ nên $m^{\prime} \backslash m$.
Ngược lại, xét số $a \in{1,2, \ldots, n}$ tùy ý.
Trong $a$ số nguyên liên tiếp $n+1, \ldots, n+a$ luôn có một số chia hết cho $a$ nên $a \backslash m^{\prime}$. Suy ra các số $1,2, \ldots, 2 n$ đều là ước của $m^{\prime}$ hay $m \backslash m^{\prime}$.
Vậy $m=m^{\prime}$.
19. Vì $a$ không chia hết cho 2 và 3 nên $a$ có dạng: $a=6 m \pm 1(m \in \mathbb{Z})$
- Với $a=6 m+1$ ta có $A=4(6 m+1)^2+3(6 m+1)+5$
$=6\left(24 m^2+11 m+2\right) \vdots 6 \text {. }$
- Với $a=6 m-1$ ta có $A=4(6 m-1)^2+3(6 m-1)+5$
$=6\left(24 m^2-5 m+1\right) \vdots 6 \text {. }$
Vậy $A$ chia hết cho 6 , với mọi $a$ không chia hết cho 2 và 3 .
20. Ta có $\frac{a}{3}+\frac{a^2}{2}+\frac{a^3}{6}=\frac{a(a+1)(a+2)}{6}$.
Vì $a(a+1)(a+2)$ là tích của ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 6 từ đó suy ra đpcm.
21. Ta có $A(n)=n(n+1)(n+2)(n+3)$.
Vì tích của ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 3 nên $A(n)$ chia hết cho 3 . Trong bốn số nguyên liên tiếp luôn có hai số chẵn liên tiếp, một trong hai số đó chia hết cho 4 nên $A(n)$ chia hết cho 8 .
Vì $(3,8)=1$ nên $A(n)$ chia hết cho $3 \times 8=24$.
22. Ta có $30=6 \times 5$. Vì $(6,5)=1$ nên để chứng minh $n^5-n$ chia hết cho 30 ta chứng minh $n^5-n$ chia hết cho 6 và 5 .
Ta có $n^5-n=(n-1) n(n+1)\left(n^2+1\right)$. Vì $(n-1) n(n+1)$ là tích ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2 và 3 .
Suy ra $n^5-n$ chia hết cho $2 \times 3=6$.
Mặt khác ta lại có
$n^5-n=(n-1) n(n+1)(n^2-4+5)$
$=(n-2)(n-1) n(n+1)(n+2)+5(n-1) n(n+1) .$
Vì $(n-2)(n-1) n(n+1)(n+2)$ là tích cua năm sổ nguyên liên tiếp nên chia hết cho 5 .
Suy ra $n^5-n$ chia hết cho 5 .
Vậy $n^5-n$ chia hết cho 30 .
23. Đặt $A=m^3+3 m^2-m-3$.
Ta có $A=(m+3)\left(m^2-1\right)=(m+3)(m+1)(m-1)$.
Vì $m$ lẻ nên $m=2 n+1(n \in \mathbb{Z})$, từ đó suy ra $A=8 .(n+2)(n+1) n \Rightarrow$ đpcm.
24. Đặt $A=n^{12}-n^8-n^4+1$. Ta có
$A=\left(n^4-1\right)\left(n^8-1\right)=\left[\left(n^2-1\right)\left(n^2+1\right)\right]^2\left(n^4+1\right) .$
Vì $n$ lẻ nên $n=2 m+1$, suy ra $A=64 \cdot[m(m+1)]^2\left(2 m^2+2 m+1\right)^2\left(n^4+1\right)$.
25. Ta có $24=3 \times 8$. Để chứng minh $A(n)$ chia hết cho 24 ta chứng minh $A(n)$ chia hết cho 3 và 8 .
Ta có $A(n)=(n-2)(n-3)(n-4)(n-5)$ (bạn đọc tự phân tích).
Vì $A(n)$ là tích của bốn số nguyên liên tiếp nên $A(n)$ chia hết cho 3 .
Trong bốn số nguyên liên tiếp $n-2, n-3, n-4, n-5$ luôn có hai số chã̃n liên tiếp. Một trong hai số đó chia hết cho 4 , số còn lại chia hết cho 2 nên $A(n)$ chia hết cho 8 . Vì $(3,8)=1$ nên $A(n)$ chia hết cho $3 \times 8=24$.
26. Đặt $A=n^4-4 n^3-4 n^2+16 n$. Ta có $A=n(n-4)\left(n^2-4\right)$.
Vì $n$ chẵn nên $n=2 m(m \in \mathbb{Z})$. Từ đó suy ra $A=16 .(m-2)(m-1) m(m+1)$.
Vì $(m-2)(m-1) m(m+1)$ là tích của 4 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 8 và 3 .
Từ đó có đpcm.
27. Đáp số: $n=11 m+6$ hoặc $n=11 m+7(m \in \mathbb{N})$.
Hướng dẫn :
$\text { Ta có } n^2+9 n-2 \vdots 11 \Leftrightarrow n^2-2 n-2 \vdots 11 \Leftrightarrow 4\left(n^2-2 n-2\right) \vdots 11$
$\Leftrightarrow 4 n^2-8 n+3 \vdots 11 \Leftrightarrow(2 n-1)(2 n-3) \vdots 11 .$
28. Đáp số: $x \in{-8,0,2}$.
Giả sử $\left(x^3-8 x^2+2 x\right) \vdots\left(x^2+1\right)$ suy ra
$x\left(x^2+1\right)-8\left(x^2+1\right)+x+8 \vdots\left(x^2+1\right) \text {. }$
hay $x+8 \vdots\left(x^2+1\right)\quad\quad( * )$
Bất phương trình (1) cho ta $x \in{-2,-1,0,1,2,3}$
Thử trực tiếp ta được $x=0$ và $x=2$ thỏa mãn.
Cách 2
$\text { Ta có } x+8 \vdots\left(x^2+1\right) \Rightarrow x^2+8 x \vdots\left(x^2+1\right) \Rightarrow 8 x-1 \vdots\left(x^2+1\right)$
$\Rightarrow 8(x+8)-(8 x-1) \vdots x^2+1 \Rightarrow 65 \vdots\left(x^2+1\right)$
$\Rightarrow x^2+1 \text { là ước dương của } 65$
$\Rightarrow x^2+1 \in{1,5,13,65} .$
29. Cho $x=0$ suy ra $f(0)=c \in \mathbb{Z}$. Các số $a, b$ không nhất thiết phải là các số nguyên.
Ví dụ, chọn $a=b=\frac{1}{2}$, ta có
$f(x)=\frac{x(x+1)}{2}+c \in \mathbb{Z}, \forall x \in \mathbb{Z} \text {. }$
30. Giả sử $n^2+n+2 \vdots 15$ ta có $n^2+n+2 \vdots 3\quad\quad(1)$.
Từ (1) suy ra $n$ không chia hết cho 3 .
Vậy $n$ có dạng $3 k+1$ hoặc $3 k-1(k \in \mathbb{Z})$, ta có
$n^2-1=(n-1)(n+1) \vdots 3$
$\Rightarrow n^2+n+2=\left(n^2-1\right)+n+3 \text { không chia hết cho } 3 \text {, mâu thuẫn với (1). }$
31. Giả sử $n^2+3 n+5 \vdots 121$ suy ra $n^2+3 n+5 \vdots 11$ hay $4 n^2+12 n+20 \vdots 11$ Vậy
$4 n^2+12 n+9 \vdots 11 \Rightarrow(2 n+3)^2 \vdots 11 \Rightarrow 2 n+3 \vdots 11$
Nhưng khi đó
$4\left(n^2+3 n+5\right)=(2 n+3)^2+11$ không chia hết cho 121 , mâu thuẫn với điều giả sử trên, từ đó suy ra đpcm.
32. Giải tương tự bài 31
33. Giải tương tự bài 31
34. $\Rightarrow \text { ) Giả sử } 5 a^2+15 a b-b^2 \vdots 49 \Rightarrow 5 a^2+15 a b-b^2 \vdots 7$
$\Rightarrow 9 a^2+6 a b+b^2 \vdots 7 \Rightarrow(3 a+b)^2 \vdots 7 \Rightarrow 3 a+b \vdots 7 \text {. }$
$\Leftrightarrow) \text { Giả sử } 3 a+b \vdots 7 \Rightarrow 3 a+b=7 c(c \in \mathbb{Z}) \Rightarrow b=7 c-3 a$
$\Rightarrow 5 a^2+15 a b-b^2=5 a^2+15 a(7 c-3 a)-(7 c-3 a)^2$
$=49\left(c^2+3 a c-a^2\right) \vdots 49 .$
35. Giải tương tự bài 34.
36. Ta có $91=7 \times 13$. Vì $(7,13)=1$ nên để chứng $\operatorname{minh} A \vdots 91$ ta chi cần chứng $\operatorname{minh} A \vdots 7$ và $A \vdots 13$.
37. Đặt $A(n)=6^{2 n}+19^n-2^{n+1}$.
Ta có $A=36^n+19^n-2 \cdot 2^n=\left(36^n-2^n\right)+\left(19^n-2^n\right)$.
Vì $36^n-2^n \vdots 34(=36-2)$ nên $36^n-2^n \quad \vdots 17$ và $19^n-2^n \vdots 17(=19-2)$ nên $A(n) \vdots 17$.
38. Đặt $A(n)=2^{8 n} \cdot 5^{6 n}-1980^n-441^n+1$.
Ta có $A=\left(4000000^n-441^n\right)-(1980-1)^n$.
Vì $\left(4000000^n-441^n\right) \vdots 3999599(=4000000-441=2021)$ nên
$\left(4000000^n-441^n\right) \vdots 1979$
và $1980^n-1 \vdots 1979(=1980-1)$ nên $A(n) \vdots 1979$.
39. Giải tương tự bài $36$.
40. Giải tương tự bài $37$.
41. Giải tương tự bài 36.
42. Giải tương tự bài 37.
43. Các số chia hết cho 29 trong khoảng từ 1 đến 2003 là:
$29 \times 1,29 \times 2,29 \times 3, \ldots, 29 \times 69 \text {. }$
Suy ra $2003 !=29^{69} \cdot 69 ! . A$, trong đó $(A, 29)=1$.
Các số chia hết cho 29 trong khoảng từ 1 đến 69 là: $29 \times 1,29 \times 2$.
Suy ra: $69 !=29^2 \cdot 2 ! . B$, trong đó $(B, 29)=1$.
Vậy $2003 !=29^{71} \cdot 2 \cdot A \cdot B$, trong đó $(A \cdot B, 29)=1$.
Từ đó suy ra $n$ cần tìm là 71 .
44. Đáp số: $k=217455$.
$1995=3 \times 5 \times 7 \times 19 .$
Ta :cần tìm số mũ lớn nhất của 19 trong phân tích tiêu chuẩn của số $(1994 !)^{1995}$. Xem lại bài 43.
45. Ta có $2^n=10 a+b$ nên $b \vdots 2$ hay $a b \vdots 2$. Ta chứng minh $a b \vdots 3$ :
Từ đẳng thức $2^n=10 a+b$ suy ra $2^n$ có chữ số tận cùng là $b$.
Đặt $n=4 k+r(k, r \in \mathbb{N}, 0 \leq r \leq 3)$ ta có $2^n=16^k \cdot 2^r$.
Nếu $r=0$ thì $2^n=16^k$ có chữ số tận cùng là 6 suy ra $b=6$ hay $a b \vdots 6$.
Nếu $1 \leq r \leq 3$ thì $2^n-2^r=2^r\left(16^k-1\right) \vdots 10$ suy ra $2^n$ có tận cùng là $2^r$.
Vậy ta có $b=2^r$, từ đó suy ra
$10 a=2^n-2^r=2^r\left(16^k-1\right) \vdots 3 \Rightarrow a \vdots 3 \Rightarrow a b \vdots 3 .$
46. Ta có $2 S_n=n(n+1)$.
Mặt khác, sử dụng tính chất $a^n+b^n \vdots(a+b), \forall a, b \in \mathbb{N}^*$ và $n$ lẻ ta có
$2 T_n=\left(1^5+n^5\right)+\left(2^5+(n-1)^5\right)+\ldots+\left(n^5+1\right) \vdots(n+1)\quad\quad(1) .$
$2 T_n=\left(1^5+(n-1)^5\right)+\left(2^5+(n-2)^5\right)+\ldots+\left((n-1)^5+1\right)+2 n^5 \vdots n\quad\quad(2) .$
Do $(n, n+1)=1$, từ $(1)$ và $(2)$ ta suy ra
$2 T_n \vdots n(n+1)=2 S_n \Rightarrow T_n \vdots S_n .$
Tổng quát, ta có thể chứng minh được:
$1^k+2^k+\ldots+n^k$ chia hết cho $1+2+\ldots+n, \forall n, k \in \mathbb{N}, n \geq 1$ và $k$ lẻ.
47. Dễ thấy $n=1$ thỏa mãn và $n=4$ không thỏa mãn. Xét $n>1$ và $n \neq 4$ :
Từ giả thiết suy ra $n$ là hợp số, như vậy $n$ có thể viết được dưới dạng $n=p . q$, trong đó $p, q$ là các số nguyên dương thỏa mãn: $2 \leq p, q \leq\left[\frac{n}{2}\right]$.
48. Xem lời giải bài 47.
49. Giả sử $d=\left(\frac{a^m-1}{a-1}, a-1\right)$ và $d^{\prime}=(m, a-1)$. Ta có
$\frac{a^m-1}{a-1}=a^{m-1}+a^{m-2}+\ldots+a+1$
$=\left(a^{m-1}-1\right)+\left(a^{m-2}-1\right)+\ldots+(a-1)+m .$
Vì $a^i-1$ chia hết cho $a-1$ và do đó chia hết cho $d$ với mọi $i \geq 1$ nên $d \backslash m$. Suy ra $d \backslash d$.
Ngược lại, vì $d^{\prime} \backslash a-1$ nên $d^{\prime} \backslash a^i-1$ với mọi $i \geq 1$. Hơn nữa, $d^{\prime} \backslash m$ nên $d^{\prime} \backslash$ $\frac{a^m-1}{a-1}$ và do đó $d^{\prime} \backslash d$.
Vậy $d=d$.
50. $\Rightarrow)$ Giả sử $a^n-1 \backslash a^m-1$. Ta chứng minh $n \backslash m$.
Đặt $m=q n+r, 0 \leq r<n$. Ta có
$a^m-1=a^{n q+r}-1=a^r\left(a^{n q}-1\right)+a^r-1$
$\text { Vì } a^n-1 \backslash a^m-1 \text { và } a^n-1 \backslash a^{n q}-1 \text { nên } a^n-1 \backslash a^r-1 .$
$\text { Mặt khác } 0 \leq a^r-1<a^n-1 \text { nên } a^r-1=0 \text { hay } r=0 .$
$\Leftarrow)$ Dễ dàng chứng minh được.
51. Giả sử $d=(m, n)$ và $d=\left(a^m-1, a^n-1\right)$. Đặt $m=d . m_1, n=d . n_1$ ta có $a^m-1=\left(a^d\right)^{m_1}-1$ chia hết cho $a^d-1$
và $\quad a^n-1=\left(a^d\right)^{n_1}-1$ chia hết cho $a^d-1$
nên d’ chia hết cho $a^d-1\quad\quad(1)$.
Mặt khác, vì $d=(m, n)$ nên tồn tại hai số nguyên dương $x, y$ sao cho $m x-n y=d$. Vì $d^n \backslash a^m-1$ và $d^{\prime} \backslash a^n-1$ nên $d^{\prime} \backslash a^{m x}-1$ và $d^n \backslash a^{n y}-1$.
Suy ra $d^n \backslash a^{m x}-a^{n y}=a^{n y}\left(a^d-1\right)$. Vì $\left(d^n, a^{n y}\right)=1$ nên $d^n \backslash a^d-1\quad\quad(2)$.
Từ (1) và (2) ta có đpcm.
52. Giả sử $m$ không chia hết cho $n$, tức là $m=q \cdot n+r$ với $0<r<n$. Ta có
$a^m+b^m=a^{m-n}\left(a^n+b^n\right)-b^n\left(a^{m-n}-b^{m-n}\right) .$
Suy ra $a^n+b^n \backslash a^{m-n}-b^{m-n}$.
Nếu $q-1>0$, lại làm tương tự như trên tai có
$a^{m-n}-b^{m-n}=a^{m-2 n}\left(a^n+b^n\right)-b^n\left(a^{m-2 n}+b^{m-2 n}\right) .$
Suy ra $a^n-b^n \backslash a^{m-2 n}+b^{m-2 n}$.
Cứ lặp lại cách làm trên ta suy ra $a^n+b^n \backslash a^{m-n \cdot k}+(-1)^k b^{m-n k}, \forall k \leq q$.
Đặc biệt với $k=q$ ta có $a^n+b^n \backslash a^r+(-1)^q b^r$. Điều này không xảy ra vì
$0<\left|a^r+(-1)^q b^r\right|<a^r+b^r<a^n+b^n \text {. }$
53. Ta có $k-b \backslash k^n-a=\left(k^n-b^n\right)+\left(b^n-a\right)$ và $k-b \backslash k^n-b^n$ nên $k-b \backslash b^n-a$. Vì điều này đúng với mọi $k$ nên chọn $k$ sao cho $k-b>\left|b^n-a\right|$. Vì $b^n-a$ chia hết cho $k-b$ nên $b^n-a=0$ hay $a=b^n$.
54. Cần tìm $n$ sao cho $4 n^2+1$ chia hết cho 65 . Đặt $n=65 k+r$, ta chọn $r$ sao cho $4 r^2+1=65$ hay $r=\pm 4$.
Khi đó, mọi số $n$ có dạng $65 k \pm 4$ đều thỏa mãn.
55. Ta có
$\text { Ta có } \frac{p}{q}=\left(1+\frac{1}{2}+\ldots+\frac{1}{1319}\right)-2\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\ldots+\frac{1}{1318}\right)$
$=\left(1+\frac{1}{2}+\ldots+\frac{1}{1319}\right)-\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{659}\right)$
$=\frac{1}{660}+\ldots+\frac{1}{1319}$
$\Rightarrow 2 \cdot \frac{p}{q}=\left(\frac{1}{660}+\frac{1}{1319}\right)+\left(\frac{1}{661}+\frac{1}{1318}\right)+\ldots+\left(\frac{1}{1319}+\frac{1}{660}\right)=\frac{1979 . A}{B} \text {. }$
Từ đó suy ra $p$ chia hết cho 1979 .
56. Đặt $x_1=a_1 \cdot a_2, x_2=a_2 \cdot a_3, \ldots, x_n=a_n \cdot a_1$.
Vì $a_1, a_2, \ldots, a_n \in{-1,1}$ nên $x_1, x_2, \ldots, x_n \in{-1,1}$.
Ta có $x_1+x_2+\ldots+x_n=0$ suy ra trong các số $x_1, x_2, \ldots, x_n$ số các số 1 bằng số các số $-1$.
Giả sử số các số 1 là $m\left(\mathrm{~m} \in \mathbb{N}^*\right)$ thì $n=2 m$ và
$x_1 x_2 \ldots x_n=(-1)^m \text {. }\quad\quad(1)$
Mặt khác, $x_1 x_2 \ldots x_n=\left(a_1 a_2 \ldots a_n\right)^2=1\quad\quad(2)$.
Từ (1) và (2) suy ra $m$ chã̃n và điều đó có nghĩa là $n$ chia hết cho 4 .
57. Giả sử $p$ số nguyên liên tiếp đó là: $a+1, a+2, \ldots, a+p(\mathrm{a} \in \mathbb{Z})$.
Đặt $A=(a+1)^2+(a+2)^2+\ldots+(a+p)^2$. Ta có
$\mathrm{A}=p \cdot a^2+2(1+2+\ldots+p) \cdot a+\left(1^2+2^2+\ldots+p^2\right)$
Mặt khác: $1+2+\ldots+p=\frac{p(p+1)}{2}, 1^2+2^2+\ldots+p^2=\frac{p(p+1)(2 p+1)}{6}$.
Suy ra $6 A=p\left[6 a^2+6(p+1) a+(p+1)(2 p+1)\right]$ chia hết cho $p$.
Do $p$ là số nguyên tố và $p>3$ nên $(p, 6)=1$. Vậy $A$ chia hết cho $p$.
58. Vì $a^{2001}-a^{2000}=a^{2000}(a-1) \geq 2^{2000}=1024^{200}>10^{600}$ nên giữa $a^{2000}$ và $a^{2001}$ có ít nhất $10^{600}$ số nguyên dương liên tiếp. Trong số đó, tồn tại một số chia hết cho $10^{600}$, đó chính là số $A$ cần tìm.
59. Đáp số:
Tồn tại. Có thể chọn 2002 số chia hết cho 2003 và 2002 số chia cho 2003 dư 1 .
60. Ta có $(a+b)^7-a^7-b^7=7 a b(a+b)\left(a^2+a b+b^2\right)^2$.
Chọn $b=1$ và $a^2+a+1=7^3$ (bạn đọc tự tính $a$ ) ta có đpcm.
61. Không mất tính tổng quát, giả sử $c=a-b>0$.
Ta có $b=q c+r$, với $q \geq 0,0 \leq r<c, q$ và $r$ không đồng thời bằng 0 .
Các số $n$ có dạng $n=c+1-r+k c, k \in \mathbb{Z}$ đều thoả mãn.
