Đặt tập $ S={a-bk , a-bk\geq 0} $ (k nguyên). Trước hết ta chứng minh $ S\neq \varnothing $.

Thật vậy, nếu $ a\geq 0 $ thì $ a=a-b\cdot 0 $, nên $ a\in S $. Nếu a<0, $ a-b\cdot a=a(1-b)\geq 0 $ vì ($ 1-b\leq 0 $). Do đó $ a-ba\in S. $

S là tập khác rỗng các số nguyên không âm nên có phần tử nhỏ nhất.

Đặt $ r=\min S $. Khi đó, có số nguyên q sao cho $ a-bq=r $ hay $ a=bq+r $.

Ta chứng minh $ 0\leq r <b $. Vì $ r\in S $ nên $ r\geq 0 $.

Giả sử $ r\geq b $. Ta có $ a=bq+r=bq+b+r-b=b(q+1)=r-b $

Suy ra $ a-b(q+1)=r-b\geq 0 $, suy ra $ r-b\in S $ và $ r-b<r $ (vô lý và r là số nhỏ nhất của tập hợp S). Vậy r<b.

Tiếp theo ta chứng minh sự duy nhất của bộ số (q,r). Giả sử tồn tại p và t sao cho $ 0\leq t<b, a=b.p+t $. Vì $ bq+r=bp+t $ nên $ t-r=b(q-p) $ chia hết cho b. Mặt khác do $ 0\leq r, t<b, $ suy ra $ 0\leq |t-r|<b .$ Từ đó ta có $ |t-r|=0 $, suy ra $ t=r, p=q. $

Nếu $a,b$ có cùng số dư $r$ khi chia cho $m$, khi đó hai số nguyên $k,l$ thỏa mãn $ a=mk+r, b=ml+r $.

Suy ra $ a-b=m(k-l) $ chia hết cho $m$.

Cho $ a-b $ chia hết cho m, khi đó $ a-b=mp $. Giả sử số dư của a chia cho m là r. Khi đó $ a=mq+r $.

Suy ra $ b=a-(a-b)=mq+r-mp=m(q-p)+r $. Do đó số dư của b khi chia cho m cũng bằng $r$.

Cho số nguyên $a$. Khi $a$ chia cho 3 có các số dư là 0, 1, 2. Do đó $a$ có thể có dạng $3k, 3k+1, 3k+2$.

TH1: Nếu $a=3k$, suy ra $ a^2=9k^2 $ chia hết cho 3.

TH2: Nếu $a=3k+1$, suy ra $ a^2=9k^2+6k+1 $ chia 3 dư 1.

TH3: Nếu $a=3k+2$, suy ra $ a^2=9k^2-6k+1 $ chia 3 dư 1.

Vậy bình phương một số nguyên khi chia cho 3 thì số dư là 0 hoặc 1.\\

Cho số tự nhiên A, giả sử A có biểu diễn thập phân là $ A=\overline{a_1a_2…a_n} $

Ta có $ A=\overline{a_1a_2…a_n}=a_1.10^{n-1}+a_2.10^{n-2}+…+a_{n-1}.10+a_n $
\begin{enumerate}
\item [a)] Vì $ a_i.10^{n-i} \vdots 2 $ với i=1,2,…,n-1. Suy ra $ A\vdots 2 \Leftrightarrow a_n\vdots2 $

Tương tự ta cũng có $ A\vdots5 \Leftrightarrow a_n\vdots5 $

\item [b)] Vì $ a_i.10^{n-i} \vdots 4 $ với i=1,2,…,n-2. Suy ra $ A\vdots 4 \Leftrightarrow a_{n-1}.10+a_n\vdots 4 $ hay $ \overline{a_{n-1a_n}}\vdots 4 $. Tương tự ta cũng có $ A\vdots25 \Leftrightarrow \overline{a_{n-1}a_n}\vdots 25 $.
\item [c)] Tương tự như trên.

a) Xét số tự nhiên $ A=\overline{a_1a_2…a_n}=a_1.10^{n-1}+a_2.10^{n-2}+…+a_{n-1}.10+a_n $

Khi đó $ A-(a_1+a_2+…+a_n)=a_1.(10^{n-1}-1)+a_2.(10^{n-2}-1)+…+a_{n-1}.(10-1)+a_n-a_n $

Ta có $ 10^i-1\vdots3, \forall i=\overline{1,n-1} $, suy ra $ A-(a_1+a_2+…+a_n)\vdots3 $

Do đó $ A\vdots3 \Leftrightarrow (a_1+a_2+…+a_n)\vdots3 $
Chứng minh tương tự cho câu b.

$a \vdots b $ suy ra $a=bk$ với $k \in \mathbb{N^*}$ (vì $a>0$)
$b \vdots a $ suy ra $b=at$ với $t \in \mathbb{N^*}$ (vì $b>0$)
Khi đó, $a=bk=atk$.
Suy ra, $tk=1$ (vì $a>0$ nên có thể chia hai vế cho $a$).
Khi đó, $t=k=1$.
Vậy $a=b$ (đpcm)

$a: b$, suy ra $a=b k$ với $k \in \mathbb{Z}$
$c: d$, suy ra $c=d t$ với $t \in \mathbb{Z}$
Khi đó, $a c=b k d t=(b d) t k$
Đặt $m=t k$ với $m \in \mathbb{Z}$ (vì $t, k \in \mathbb{Z})$
Khi đó, $(a c)=(b d) . m$ với $m \in \mathbb{Z}$.
Vậy tồn tại $m \in \mathbb{Z}$ sao cho ac:bd

(a) $4.5 = 20 \vdots 10 $ nhưng $4 \not\vdots 10$ và $5 \not\vdots 10$

(b) $4+5=9 \vdots 3$ nhưng $4 \not\vdots 3$ và $5 \not\vdots 3$

(c) $c\vdots a^2 \Rightarrow c=a^2k$ ($k \in \mathbb{Z}$) và $c \vdots b^2 \Rightarrow c=b^2t$ ($t \in \mathbb{Z}$)
Suy ra $a^2k=b^2t$
Trường hợp 1: $a^2=b^2$ thì $a=b$
Khi đó, $b\vdots a$.
Trường hợp 2: $a^2<b^2$ mà ta lại có $a^2k=b^2t$
Khi đó, $k=t \Rightarrow k \vdots t$.
Có $a^2k=b^2t \Rightarrow b^2=a^2\dfrac{k}{t}=a^2.m$ với $m$ là số nguyên (vì $k \vdots t$)
Khi đó, $b^2 \vdots a^2 \Rightarrow b \vdots a$
Vậy ta có đpcm.

(a) Trong hai số tự nhiên liên tiếp thì có một số là số chẵn, một số là số lẻ.
Gọi $a$ và $a+1$ là hai số tự nhiên liên tiếp.
Nếu $a$ là số chẵn. Suy ra $a$ có dạng $a=2k \vdots 2$\ Khi đó, tồn tại $a$ chia hết cho 2.
Nếu $a$ là số lẻ. Suy ra $a$ có dạng $a=2k+1$.
$a+1=2k+2 \vdots 2$ (vì $2k \vdots 2 $ nên $2k+2 \vdots 2$)
Khi đó, tồn tại $a+1$ chia hết cho 2.
Vậy ta có đpcm.

(b) Giả sử trong $n$ số tự nhiên liên tiếp, không có số nào chia hết cho $n$.
Đặt $n$ số tự nhiên liên tiếp có dạng như sau:
$k+1$, $k+2$, $k+3$,…, $k+n$ với $k \vdots n$.
Trong dãy từ $k+1$ đến $k+n$, ta thấy $k+n \vdots n$ (vì $k \vdots n$ thì $k+n \vdots n$).
Điều này mâu thuẫn với giả sử.
Vậy ta có đpcm.

(c) Vì trong hai số tự nhiên liên tiếp tồn tại một số chia hết cho 2 nên tích của hai số sẽ chia hết cho 2. (đpcm)
Vì trong $n$ số tự nhiên liên tiếp tồn tại một số chia hết cho $n$ nên tích của $n$ số tự nhiên liên tiếp sẽ chia hết cho $n$. (đpcm)

Tích hai số chia hết cho 8 là hai số vừa chia hết cho 2 vừa chia hết cho 4 . Gọi $a$ và $a+2$ là hai số chẵn liên tiếp.
$ a=2 k \text { và } a+2=2 k+2 \text { suy ra } a \cdot(a+2)=2 k(2 k+2) \vdots 2 \cdot(1)$
$a=2 k \text { và } a+2=2 k+2 \text { suy ra } a \cdot(a+2)=2 k(2 k+2)=4 k(k+1) \vdots 4 .(2)$
Từ (1) và (2), ta có đpcm.

$n$ lẻ suy ra $n=2 k+1$ với $k \in \mathbb{Z}$.
Khi đó, $n^2-1=(2 k+1)^2=4 k^2+4 k=2\left(2 k^2+2 k\right) \vdots 2$.

$$
n^2-1=(2 k+1)^2=4 k^2+4 k=4\left(k^2+k\right) \vdots 4
$$

Vậy $n^2-1 \vdots 8($ dpcm $)$.

$n=1$, suy ra $(a-b) \vdots (a-b)$
Giả sử $n=k$ sao cho $(a^k-b^k) \vdots (a-b)$
Ta chứng minh $n=k+1$ sao cho $(a^{k+1}-b^{k+1}) \vdots (a-b)$
Có: $a^{k+1}-b^{k+1}=a^k.a-b^k.b=a^k.a-b^k.b-a^kb+a^kb=a^k(a-b)+b(a^k-b^k)$
Nhận thấy, $a^k(a-b) \vdots (a-b)$ và $b(a^k-b^k) \vdots (a-b)$
Khi đó, $a^{k+1}-b^{k+1} \vdots (a-b)$
Vậy ta có đpcm.

$n=1$, suy ra $(a+b) \vdots (a+b).$
Giả sử $n=2k+1$ sao cho $a^{2k+1}-b^{2k+1} \vdots (a+b)$

Ta chứng minh $n=2k+3$ sao cho $(a^{2k+3}-b^{2k+3}) \vdots (a+b)$
$(a^{2k+3}-b^{2k+3}) = a^{2k+1}.a-b^{2k+1}.b+a^{2k+1}b-a^{2k+1}b=a^{2k+1}(a+b)-b(a^{2k+1}+b^{2k+1}) $
Nhận thấy, $a^{2k+1}(a+b) \vdots (a+b)$ và $b(a^{2k+1}-b^{2k+1}) \vdots (a+b)$\
Khi đó, $a^{2k+3}+b^{2k+3} \vdots (a+b)$
Vậy ta có đpcm.

$n=0$, suy ra $5^0+7=1+7=8 \vdots 8$.
Giả sử $n=k$ sao cho $(5^{2k}+7) \vdots 8$.
Ta cần chứng minh $n=k+1$ sao cho $(5^{2(k+1)}+7) \vdots 8$.
$5^{2(k+1)}+7=5^{2k}.5^2+7$.
Nhận thấy, $5^{2k}.5^2$ chia 8 dư 1 (vì $5^2$ chia 8 dư 1) nên $1.5^{2k}+7$ chia hết cho 8 (do giả sử).
Vậy ta có đpcm.

$n=0$, suy ra $3+2^2=7 \vdots 7$.
Giả sử $n=k$ sao cho $(3^{2k+1}+2^{n+2}) \vdots 7 \Rightarrow 3.3^{2k}+4.2^k \vdots 7$.
Ta cần chứng minh $n=k+1$ sao cho $(3^{2(k+1)+1}+2^{(k+1)+2}) \vdots 7$.
$3^{2(k+1)+1}+2^{(k+1)+2}= 3^{2k+3}+2^{k+3} = 3^{2k}.3^3+2^k.2^3=9(3.3^{2k}+4.2^k)-9.4.2^k+2^k.2^3\ = 9(3.3^{2k}+4.2^k)-28.2^k$.
Vì $3.3^{2k}+4.2^k \vdots 7$ và $28.2^k \vdots 7$
Vậy ta có đpcm.

Giả sử $a$ hoặc $b$ không chia hết cho 3.
\textbf{Trường hợp 1: Khi một trong hai số $a$ hoặc $b$ không chia hết cho 3}

$a=3k+1$ và $b=3t$
$a^2$ chia 3 dư 1 (vì $a$ chia 3 dư 1 nên $a^2$ chia 3 dư $1^2$)
$b^2$ chia hết cho 3.
Khi đó, $a^2+b^2$ chia 3 dư 1.
Dẫn đến điều mâu thuẫn là $a^2+b^2$ chia hết cho 3.

Làm tương tự cho trường hợp $a=3k+2$ và $b=3t$, ta được $a^2+b^2$ chia 3 dư 1.
Điều này vẫn đúng với $a=3k$ và $b=3t+1$, $a=3k$ và $b=3t+2$
\textbf{Trường hợp 2: Khi cả hai số $a$ và $b$ không chia hết cho 3}
$a=3k+1$ và $b=3t+1$.
$a^2$ chia 3 dư 1 và $b^2$ chia 3 dư 1.
Suy ra $a^2+b^2$ chia 3 dư 2.

$a=3k+1$ và $b=3t+2$
$a^2$ chia 3 dư 1 và $b^2$ chia 3 dư 1.
Suy ra, $a^2+b^2$ chia 3 dư 2.
Điều này vẫn đúng khi $a=3k+2$ và $b=3t+1$.

$a=3k+2$ và $b=3t+2$
$a^2$ chia 3 dư 1 và $b^2$ chia 3 dư 1.
Suy ra $a^2+b^2$ chia 3 dư 2.
Dẫn đến điều mâu thuẫn với $a^2+b^2$ chia hết cho 3.
Từ hai trường hợp trên ta có đpcm.

Giả sử không có hai số nào sao cho hiệu chia hết cho $n$.
Từ $1$ đến $n+1$ số nguyên phân biệt, khi chia cho $n$ sẽ có số dư từ $0$ đến $n-1$.
Ta có $n+1$ số nguyên và có $n$ số dư.
Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại ít nhất 2 số nguyên có cùng số dư.
\textbf{Ta chứng minh:} Hai số nguyên khi chia cho $n$ có cùng số dư nên hiệu hai số chia hết $n$.
$a$ chia $n$ dư r và $b$ chia $n$ dư r.
Suy ra, $a$ và $b$ có dạng như sau: $a=nq_1+r$ và $b=nq_2+r$.
$a-b=n(q_1-q_2) \vdots n$
Khi đó, $a-b$ chia hết cho $n$.
Điều này dẫn đến, tồn tại ít nhất hai số nguyên khi chia cho $n$ có cùng số dư nên cũng tồn tại ít nhất một hiệu hai số chia hết cho $n$.
Vậy ta có đpcm.

Ta cần chứng mình $\overline{a b c}$ chia hết cho 37 thì $\overline{b c a}$ cũng chia hết cho 37.
$\overline{a b c}=100a+10b+c$ chia hết cho 37 $\Rightarrow 26a+10b+c$ chia hết cho 37 \(vì 100a chia 37 dư 27, 10b chia 37 dư 10 và c chia 37 dư 1).
$\overline{b c a}=100b+10c+a=10(10b+c+26a)-10.26a+a=10(10b+c+26a)-259a$.
Vì $10(10b+c+26a) \vdots 37$ và $259a \vdots 37$
Vậy ta có đpcm.

Để $\overline{2 x 7 y 5}$ chia hết cho $75$ khi $\overline{2 x 7 y 5}$ chia hết cho 3 và 25.
Một số chia hết cho $25$ khi số có hai chữ số tận cùng chia hết cho $25$.\ Hai chữ số tận cùng có thể là $00, 25, 50, 75$.
Vì giả thiết cho chữ số cuối là $5$ nên $y$ chỉ có thể là $2$ và $7$.\
Dấu hiệu một số chia hết cho $3$ là số có tổng các chữ số chia hết cho 3.
\textbf{Trường hợp 1:} $y=2$
$2+x+7+2+5=16+x$. Khi đó, $x$ chỉ có thể là $x \in {2;5;8}$
\textbf{Trường hợp 2:} $y=7$
$2+x+7+7+5=21+x$. Khi đó, $x$ chỉ có thể là $x \in {0;6;9}$.
Vậy các số cần tìm là $22725,25725,28725,20775,26775,29775$

Chọn dãy số gồm 2012 số có dạng $1 ; 11 ; 111 ; 1111 ; \ldots ; 111 \ldots 111$ (2012 số 1)
Theo nguyên lý Dirichlet tồn tại ít nhất 2 số có cùng số dư khi chia cho 2011.
Đặt hai số có cùng số dư khi chia cho 2011 là $A=\underbrace{111 \ldots 11} _{n \text {số} 1}$ và $B=\underbrace{111 \ldots 111}_{k \text {số} 1}$ với $n>k$
$ A-B=\underbrace{111 \ldots 11} _{n \text {số} 1}-\underbrace{111 \ldots 111}_{k \text {số} 1} = \underbrace{111 \ldots 11} _{n-k \text {số} 1} \underbrace{000 \ldots 000} _{k \text {số} 0}=\underbrace{111 \ldots 111} _{n -k\text {số} 1}\cdot 10^k$

$A-B$ chia hết cho 2011 (vì hai số khi chia cho $n$ có cùng số dư nên hiệu hai số đó cũng chia hết cho n)
Mà $10^k$ không chia hết cho 2011
Khi đó, $\underbrace{111 \ldots 111} _{n -k\text {số} 1}$ chia hết cho 2011
Vậy tồn tại một số tự nhiên là $\underbrace{111 \ldots 111} _{n -k\text {số} 1}$ thoả yêu cầu bài toán.