CÁC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC ÔN THI CHUYÊN – BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 9 – NĂM 2023 (15 PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH CHIA HẾT TRONG SỐ HỌC).pdf

Hỗ trợ trực tuyến
Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon
Mobi/Zalo 0905779594
Tài liệu chuẩn tham khảo
Phát triển kênh bởi
Ths Nguyễn Thanh Tú
Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật :
Nguyen Thanh Tu Group
C Á C C H U Y Ê N Đ Ề S Ố H Ọ C
Ô N T H I C H U Y Ê N
Ths Nguyễn Thanh Tú
eBook Collection
CÁC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC ÔN THI CHUYÊN
– BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 9
– NĂM 2023 (15 PHƯƠNG PHÁP CHỨNG
MINH CHIA HẾT TRONG SỐ HỌC)
WORD VERSION | 2023 EDITION
ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL
TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM
vectorstock.com/28062405

Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 1
Website:
15 PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH CHIA HẾT TRONG SỐ HỌC
1. Phương pháp phân tích nhân tử kết hợp với tính chất chia hết
2. Phương pháp tách tổng kết hợp với dấu hiệu chia hết của các số
3. Sử dụng tính chất chia hết của các số chính phương, số nguyên tố
4. Sử dụng hằng đẳng thức dạng lũy thừa
5. Phương pháp chia trường hợp theo số dư
6. Phương pháp phản chứng
7. Phương pháp chẵn lẻ
8. Tìm giá trị của biến để biểu thức chia hết cho một số hoặc một biểu thức
9. Phương pháp sử dụng nguyên lý Đirichle
10. Phương pháp sử dụng lý thuyết đồng dư
11. Phương pháp xét chữ số tận cùng
12. Chứng minh không chia hết cho một số
13. Phương pháp nguyên lý quy nạp toán học
14. Phương pháp sử dụng định lý Fecma nhỏ
15. Bài toán chia hết liên quan đến đa thức

Website:
PHẦN 1: TỪ PHƯƠNG PHÁP 1 ĐẾN PHƯƠNG PHÁP 3
I. PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH NHÂN TỬ KẾT HỢP VỚI TÍNH CHẤT CHIA HẾT
1.1. Phương pháp chung
- Để chứng minh biểu thức ( )
P n , n∈ chia hết cho số nguyên a ta đi phân tích ( )
P n thành nhân tử
rồi chứng minh có một nhân tử chia hết cho a , từ đó suy ra ( )
P n chia hết cho a.
- Trong thực tế số a thường là hợp số, khi đó ta phân tích a thành tích các thừa số nguyên tố rồi chứng
minh ( )
P n lần lượt chia hết cho các thừa số của a .
Quy tắc 1: Nếu 1 2
( ) ( ). ( )
P n P n P n
= trong đó ( )
1
1
( )
( ) .
( )
P n a
P n a b
P n b

⇒





.
Quy tắc 2: Nếu
( )
( )
P n a
P n b





và ( )
, 1
a b = thì ( )
( ) .
P n a b
 .
Chú ý: ( )
, 1
a b = có nghĩa a, b là 2 số nguyên tố cùng nhau. Ví dụ: (3, 4) = 1.
1.2. Dấu hiệu chia hết cơ bản
 Dấu hiệu chia hết cho 2: Số tự nhiên có chữ số tận cùng là số chẵn thì chia hết cho 2.
 Dấu hiệu chia hết cho 3: Số tự nhiên có tổng các chữ số chia hết cho 3 thì sẽ chia hết cho 3.
 Dấu hiệu chia hết cho 4: Số tự nhiên có hai chữ số tận cùng tạo thành số chia hết cho 4 thì sẽ chia
hết cho 4. Ví dụ: Số 52312 chia hết cho 4.
 Dấu hiệu chia hết cho 5: Số tự nhiên có chữ số tận cùng là 0 hoặc 5 thì sẽ chia hết cho 5.
 Dấu hiệu chia hết cho 6:
- Số tự nhiên vừa chia hết cho 2 và vừa chia hết cho 3 thì sẽ chia hết cho 6.
- Số tự nhiên có tổng các chữ số chia hết cho 3 và có chữ số tận cùng là số chẵn thì sẽ chia hết cho 6.
 Dấu hiệu chia hết cho 7:
- TH1: Nếu một số tự nhiên có 2 chữ số và ta lấy chữ số hàng chục nhân với 3 rồi cộng với chữ số hàng
đơn vị. Nếu kết quả này chia hết cho 7 thì số đó chia hết cho 7.
Ví dụ: Số 49 có 4.3 + 9 = 21 chia hết cho 7 nên 49 chia hết cho 7.
- TH2: Nếu một số tự nhiên có 3 chữ số và ta lấy chữ số hàng trăm nhân với 3 rồi cộng với chữ số
chục, tiếp tục lấy kết quả trên nhân 3 rồi cộng với chữ số hàng đơn vị. Nếu kết quả cuối cùng chia hết
cho 7 thì số đó chia hết cho 7.

Website:
Ví dụ: Số 349 có 3.3 + 4 = 13, ta có 13.3 + 9 = 48 không chia hết cho 7 nên 349 không chia hết cho 7.
- Các trường hợp số có 4, 5, 6, … chữ số ta làm tương tự.
 Dấu hiệu chia hết cho 8: Số tự nhiên có ba chữ số tận cùng tạo thành số chia hết cho 8 thì sẽ chia hết
cho 8.
 Dấu hiệu chia hết cho 9: Số tự nhiên có tổng các chữ số chia hết cho 9 thì sẽ chia hết cho 9.
 Dấu hiệu chia hết cho 10: Số tự nhiên có chữ số tận cùng là số 0 thì sẽ chia hết cho 10.
 Dấu hiệu chia hết cho 11: Số tự nhiên có hiệu số giữa tổng các chữ số ở vị trí lẻ và tổng các chữ số ở
vị trí chẵn là số chia hết cho 11 thì sẽ chia hết cho 11.
Ví dụ: Các số 8294; 7381; 923164 đều chia hết cho 11.
1.3. Một số tính chất chia hết cơ bản
- Tích của 2 số nguyên liên tiếp chia hết cho 2.
- Tích của hai số chẵn liên tiếp chia hết cho 8.
- Tích của ba số chẵn liên tiếp chia hết cho 48.
1.4. Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Chứng minh rằng với n∈ và n lẻ thì ta luôn có 3 2
9 23 15
n n n
+ + + chia hết cho 48.
Giải
+) Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3 2 3 2 2 2
9 23 15 8 8 15 15 1 8 1 15 1
P n n n n n n n n n n n n n
= + + + = + + + + + = + + + + +
( )( ) ( ) ( ) ( )
2 2
1 8 15 1 3 5 5 ( 1)( 3)( 5)
n n n n n n n n n n
 
= + + + = + + + + = + + +
 
+) Vì n lẻ 2 1,
n k k
= + ∈ do đó 3
(2 2)(2 4)(2 6) 2 ( 1)( 2)( 3)
P k k k k k k
= + + + = + + +
Vì ( 1)( 2)( 3)
k k k
+ + + là tích của 3 số nguyên liên tiếp nên
3 3
( 1)( 2)( 3) 6 2 ( 1)( 2)( 3) 2 .6 48 48
k k k k k k P
+ + + ⇒ + + + = ⇒
   ,(đpcm).
Ví dụ 2. Chứng minh rằng với n là số chẵn lớn hơn 4 thì 4 3 2
( ) 4 4 16
P n n n n n
= − − + chia hết cho 384.
Giải
+) Ta có ( ) ( )( ) ( )
3 2
( ) 4 4 16 4 2 2
P n n n n n n n n n
= − − + = − − +

Website:
+) Vì n chẵn nên 2 ,
n k k
= ∈ . Khi đó ( )( ) ( ) ( )( ) ( )
( ) 2 4 2 2 .2 . 2 2 16. 2 1 . 1
P n k k k k k k k k
= − − + = − − +
Vì ( )( ) ( )
2 1 . 1
k k k k
− − + là tích của 4 số nguyên liên tiếp
( )( ) ( ) ( )( ) ( )
2 1 . 1 24 16 2 1 . 1 (24.16) 384 ( ) 384.
k k k k k k k k P n
⇒ − − + ⇒ − − + = ⇒
  
Ví dụ 3. Cho m, n là hai số chính phương lẻ liên tiếp. Chứng minh rằng 1
mn m n
− − + chia hết cho 192.
Giải
+) Ta có ( ) ( ) ( )( )
1 1 1 1 1
P mn m n m n n m n
= − − + = − − − = − −
+) Vì m, n là 2 số chính phương lẻ liên tiếp nên gọi ( )
2
2 1 ,
m k k
= − ∈ thì ( )
2
2 1 .
n k
= +
Khi đó ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 1 1 2 1 1 4 4 4 4 16 1 1
P k k k k k k k k k k
   
= − − + − = − + = − +
   
+) Ta có
( )
( )
( ) ( )
1 . 2
1 . 1 4
1 2
k k
k k k k
k k
−


⇒ − +

+





, (*)
Mặt khác ( ) ( )
1 . . 1 3,(**)
k k k
− + 
Từ (*) và (**) và (3, 4) = 1 ( ) ( )
1 1 12
k k k k
⇒ − + 
( ) ( )
16 1 1 192
k k k k
⇒ − +  , (đpcm).
Ví dụ 4. Chứng minh rằng 3
2023
n n
− + không chia hết cho 6 với mọi số tự nhiên n.
Giải
Ta có ( ) ( )( )
3 2
1 1 1 6
n n n n n n n
− = − = − +  mà 2023 337.6 1 2023
= + ⇒ không chia hết cho 6
Do đó 3
2023
n n
Ví dụ 5. Chứng minh rằng nếu tổng hai số nguyên chia hết cho 3 thì tổng lập phương của chúng chia
hết cho 9.
Giải
Cách 1
+) Gọi 2 số nguyên đó là ,
a b. Theo giả thiết ta có 3
a b
+  .
+) Ta có ( )( )
3 3 2 2
a b a b a ab b
+ = + − + ( ) ( ) ( ) ( )
2
2 2
2 3 3
a b a ab b ab a b a b ab
 
 
= + + + − = + + −
   
Ta có ( ) ( )
2 2
3 3 3 3
a b a b a b ab
+ ⇒ + ⇒ + − ⇒
   ( ) ( )
2
3
a b a b ab
 
+ + −
 
9

3 3
9
a b
⇒ +  , (đpcm).

Website:
Cách 2
+) Gọi 2 số nguyên đó là ,
a b. Theo giả thiết ta có 3
a b
+  .
+) Ta có ( ) ( )
3
3 3
3 .
a b a b ab a b
+ = + − +
Ta có
( ) ( )
( )
2 3
9 9
3
3 . 9
a b a b
a b
ab a b
 + ⇒ +

+ ⇒ 
+


 


3 3
9
a b
⇒ +  , (đpcm).
Bài tập áp dụng
Bài 1. Chứng minh rằng: 4 3 2
6 11 6
n n n n
+ + + chia hết cho 24, với n là số nguyên.
Bài 2. Chứng minh rằng: 5 3
– 5 4
n n n
+ chia hết cho 120, với n là số nguyên.
–10 9
n n + chia hết cho 384 với mọi n lẻ n ∈ Z.
6 8
n n n
+ + chia hết cho 48 với mọi n chẵn.
Bài 5. Chứng minh rằng 2
7 22
n n
+ + không chia hết cho 9.
Bài 6. Chứng minh rằng: 2
4 3
n n
+ + chia hết cho 8, với mọi số nguyên lẻ n.
Bài 7. Chứng minh rằng 3 2
3 –3
n n n
+ − chia hết cho 48, với mọi số nguyên lẻ n.
Bài 8. Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số nguyên mà a b c
+ + chia hết 6 thì
( )( )( )
P a b b c c a abc
= + + + + cũng chia hết cho 6.
Bài 9. Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số nguyên mà a b c
+ + chia hết 6 thì
( )( )( ) 2
Q a b b c c a abc
= + + + − cũng chia hết cho 6.
Bài 10. Chứng minh rằng 6 4 2
1
n n n
− − + chia hết cho 128 với n là số lẻ.
2. PHƯƠNG PHÁP TÁCH TỔNG KẾT HỢP VỚI DẤU HIỆU CHIA HẾT CỦA CÁC SỐ
2.1. Phương pháp chung
Quy tắc: Nếu
( )
( )
P n a
Q n a





thì . ( ) . ( )
m P n k Q n
+ cũng chia hết cho ,
a với , , , .
a m n k ∈
Ví dụ 1. Chứng minh rằng với mọi số nguyên a ta đều có 3
5
a a
+ chia hết cho 6.
Giải

Website:
Ta có ( )
3 3
5 6
a a a a a
+ = − +
Ta có ( ) ( )( )
3 2
1 1 1 6
a a aa a a a a
− = − = − +  và 6a 6

Do đó ( )
3 3
6 6 5 6.
a a a a a
− + ⇒ +
 
Ví dụ 2. Chứng minh rằng với ,
m n Z
∈ ta có: ( )
2 2
6
mn m n
− 
Giải
Ta có ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( )
2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
mn m n mn m n mn m m n n
 
−= − − −
= − + − − +
 
 
 
( )( ) ( )( )
1 1 1 1
mn m m mn n n
= − + − − +
Ta có
( )( )
( )( )
( )( ) ( )( )
1 1 6
1 1 1 1 6
1 1 6
m m m
mn m m mn n n
n n n
− +


⇒ − + − − +

− +





, (đpcm).
30
n n
−  với .
n Z
∈
Giải
Ta có ( ) ( )( ) ( )( ) ( )
5 4 2 2 2
1 1 1 1 1 4 5
n n n n n n n n n n n
 
−= − = − + = − + − +
 
( ) ( )( ) ( )( )
2
4 1 1 5 1 1
n n n n n n n
= − − + + − +
Ta có ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )
2
4 1 1 2 2 1 1 120
n n n n n n n n n
− − + = − + − +  (tích 5 số nguyên liên tiếp).
Ta có ( )( )
1 1 6
n n n
− +  (tích của 3 số nguyên liên tiếp) ( )( )
5 1 1 30
n n n
⇒ − + 
Do đó ( ) ( )( ) ( )( )
2
4 1 1 5 1 1 30.
n n n n n n n
− − + + − + 
Ví dụ 4. Cho a và b là các số nguyên sao cho 2 2
a b
+ chia hết cho 13. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất
một trong hai số 2 3 ;2 3
a b b a
+ + chia hết cho 13.
Giải
Ta có ( )( ) ( )
2 2
2 3 2 3 6 13
a b b a a b ab
+ + = + + .
Ta có 2 2
a b
+ chia hết cho 13 (gt) ( )
2 2
6 13
a b
⇒ +  , mà 13 13
ab
( ) ( )( )
2 2 2 3 13
6 13 13 2 3 2 3 13
2 3 13
a b
a b ab a b b a
b a
+

⇒ + + ⇒ + + ⇒  +


 

, (đpcm).
Ví dụ 5. Cho a, b, c là các số nguyên sao cho ( )
a b c
+ + chia hết cho 6. Chứng minh rằng ( )
3 3 3
a b c
+ +
cũng chia hết cho 6.

Website:
Giải
+) Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3 3 3 3 3 3
a b c a b c a a b b c c
+ + − + + = − + − + −
+) Vì
( )
( )
( )
( ) ( )
3
3 3 3 3
3
( 1)( 1) 6
( 1)( 1) 6 6.
( 1)( 1) 6
a a a a a
b b b b b a b c a b c
c c c c c
 − = − +


− = − + ⇒ + + − + +


− = − +



 

Mà ( ) 6
a b c
+ +  ( )
3 3 3
6
a b c
⇒ + +  , (đpcm).
Bài 1. Chứng minh rằng với ,
m n Z
∈ ta có 3
11 6.
n n
+ 
Bài 2. Chứng minh rằng với ,
m n Z
∈ ta có ( )( )
1 2 1 6.
n n n
+ + 
Bài 3. Chứng minh rằng
5 3
7
5 3 15
n n n
+ + là số nguyên với mọi .
n Z
∈
Bài 4. Chứng minh với n chẵn thì
2 3
12 8 24
n n n
+ + là số nguyên.
Bài 5. Với a, b là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu 2 2
4 3 11
a ab b
+ − chia hết cho 5 thì 4 4
a b
− chia
hết cho 5.
–
a b ab chia hết cho 30 với mọi a, b.
Bài 7. Cho a, b ∈ N và a + 4b chia hết cho 13. Chứng minh rằng 10a + b chia hết cho 13.
Bài 8. Cho a, b ∈ N và 3a + 2b chia hết cho 17. Chứng minh rằng 10a + b chia hết cho 17.
Bài 9. Chứng minh rằng tích của ba số nguyên liên tiếp trong đó số ở giữa là lập phương của một số tự
nhiên thì chia hết cho 504.
Bài 10. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì n và 5
n có chữ số tận cùng giống nhau.
3. SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CHIA HẾT CỦA SỐ CHÍNH PHƯƠNG, SỐ NGUYÊN TỐ
3.1. Một số tính chất chia hết số chính phương, số nguyên tố
Note 1: Các số chính phương: 1; 4; 9; 16; 25; 36; 49; 64; 81; 100; 121; …
Note 2: Số nguyên tố là các số tự nhiên lớn hơn 1 không có ước nào khác ngoài 1 và chính nó.
Tập các số nguyên tố là: 2; 3; 5; 7; 11; 13; 17; 19; 23; 29; 31; …
 Tính chất 1: Mọi số chính phương khi chia cho 3 đều có số dư là 0 hoặc 1.
 Tính chất 2: Mọi số chính phương khi chia cho 4 đều có số dư là 0 hoặc 1.

Website:
 Tính chất 3: Một số chính phương đã chia hết cho số nguyên tố k thì sẽ chia hết cho 2
.
k
- Số chính phương chia hết cho 2 thì chia hết cho 4.
…
Ví dụ 1. Chứng minh 2 số tự nhiên có tổng bình phương chia hết cho 3 thì mỗi số đều phải chia hết cho
3.
Giải
Gọi 2 số tự nhiên đó là ,
a b. Theo giả thiết ta có 2 2
3.
a b
+ 
Vì 2
a là số chính phương 2
a
⇒ chia 3 có số dư là 0 hoặc 1.
Vì 2
b là số chính phương 2
b
⇒ chia 3 có số dư là 0 hoặc 1.
Mà 2 2
3
a b
+  2
a
⇒ chia 3 có số dư là 0 và 2
b chia 3 có số dư là 0
3
a
⇒  và 3
b , (đpcm).
Ví dụ 2. Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng 2
–1
p chia hết cho 24.
Giải
+) Ta có 2
–1 ( 1)( 1)
S p p p
= = − +
+) Vì p là số nguyên tố lớn hơn 3 p
⇒ là số lẻ ( )( ) ( )
2 1, 2 2 2 4 1 8,(*)
p k k S k k k k
= + ∈ ⇒ = + = +
 
+) Vì 2
p là số chính phương nên 2
p chia 3 dư 0 hoặc 1 mà p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p không
chia hết cho 3 2
p
⇒ không chia hết cho 3 2
p
⇒ chia 3 dư 1 2
–1 3
p
⇒  , (**)
+) Do (3, 8) = 1, kết hợp với (*) và (**) suy ra 2
–1
p chia hết cho 24.
Ví dụ 3. Cho a, b là hai số lẻ không chia hết cho 3. Chứng minh rằng 2 2
–
a b chia hết cho 24.
Giải
+) Ta có ( ) ( ) ( )( ) ( )( )
2 2 2 2
– 1 1 1 1 1 1
a b a b a a b b
= − − − = − + − − + .
+) Vì a lẻ nên ( )( )
1 1
a a
− + là tích của 2 số chẵn liên tiếp nên ( )( )
1 1 8
a a
− +  , tương tự ta có
( )( )
1 1 8
b b
− +  2 2
– 8(*).
a b
⇒ 

Website:
+) Vì 2
a là số chính phương nên 2
a chia 3 dư 0 hoặc 1 mà a không chia hết cho 3 2
a
⇒ không chia hết
cho 3 2
a
⇒ chia 3 dư 1 2
–1 3
a
⇒  , tương tự ta có 2 2
– 3(**).
a b
⇒ 
+) Do (3, 8) = 1, kết hợp với (*) và (**) suy ra 2 2
–
Bài 1. Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên sao cho n+1 và 2n +1 đều là các số chính phương thì n là
bội số của 24.
Bài 2. Cho p và p + 2 là các số nguyên tố (p > 3). Chứng minh rằng p + 16.
Bài 3. Chứng minh rằng nếu a, a + k, a + 2k (a, k ∈N*
) là các số nguyên tố lớn hơn 3 thì k6.
Bài 4. Chứng minh rằng nếu p và q là hai số nguyên tố lớn hơn 3 thì p2
– q2
 24.
Bài 5. Cho 3 số nguyên dương a, b, c thoả a2
= b2
+ c2
. Chứng minh rằng: abc chia hết cho 60.
Hết

Website:
PHẦN 2: TỪ PHƯƠNG PHÁP 4 ĐẾN 6
4. Sử dụng hằng đẳng thức dạng lũy thừa
Một số hằng đẳng thức mở rộng
 ( )( )
1 2 3 2 1
...
n n n n n n
a b a b a a b a b b
− − − −
− = − + + + + , với *.
n∈
 ( ) ( ) ( )( )
2 2
2 2
n n k k k k k k k k
a b a b a b a b a b
− = − = − = − + , với *
n∈ và 2
n k
= .
 ( )( )
1 2 3 2 1
...
n n n n n n
a b a b a a b a b b
− − − −
+ = + − + − + , với *
n∈ và n lẻ.
Phương pháp:
1) n n
a b
− chia hết cho ( )
a b
− , với *.
n∈
2) n n
a b
a b
+ , với *
n∈ và n chẵn.
3) n n
a b
+ chia hết cho ( )
a b
+ , với *
n∈ và n lẻ.
Ví dụ minh họa:
Ví dụ 1. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, số ( ) ( ) ( )
5 5 1 6 3 2
n n n n n
A n
= + − + chia hết cho
91.
Giải
Ta có ( ) 25 5 18 12
n n n n
A n = + − − , ta có 91 7.13
= , ta cần chứng minh ( ) 7, ( ) 13.
A n A n
 
Ta có ( ) ( ) ( )
25 18 12 5
n n n n
A n = − − − và ( ) ( ) ( )
25 12 18 3
n n n n
A n = − − −
Ta luôn có ( )( )
1 2 3 2 1
...
n n n n n n
a b a b a a b a b b
− − − −
− = − + + + + , với *
n∈ ⇒
 n n
a b
a b
− , (1).
Áp dụng (1) ta có: ( )
25 18 7
n n
−  và ( )
12 5 7
n n
−  ( ) 7.
A n
⇒ 
25 12 13
n n
−  và ( )
18 3 13
n n
−  ( ) 13.
A n
⇒ 
Vì (7, 13) = 1 nên suy ra ( ) 91.
A n 
Ví dụ 2. Chứng minh rằng nếu n là số nguyên dương thì ( )
25 7 4 3 5
n n n n n
+ − + chia hết cho 65
Giải
Ta có ( ) ( ) ( ) ( )
( ) 25 7 12 20 25 20 12 7 25 12 20 7
n n n n n n n n n n n n
A n = + − − = − − − = − − −

Website:
Ta luôn có ( )( )
1 2 3 2 1
...
n n n n n n
a b a b a a b a b b
− − − −
− = − + + + + , với *
n∈ ⇒
 n n
a b
a b
− , (1).
25 12 13
n n
−  và ( )
20 7 13
n n
−  ( ) 13.
A n
⇒ 
25 20 5
n n
−  và ( )
12 7 5
n n
−  ( ) 5.
A n
⇒ 
Vì (5, 13) = 1 nên suy ra ( ) 65.
A n 
Ví dụ 3. Với n là số tự nhiên chẵn. Chứng minh rằng: 20 16 3 1
n n n
+ − − chia hết cho 323.
Giải
Ta có 323 = 17.19, ta đi chứng minh ( ) 20 16 3 1
n n n
A n = + − − chia hết cho 17 và 19.
Ta có ( ) ( )
( ) 20 3 16 1
n n n
A n = − + −
Áp dụng bài toán n n
a b
a b
− , với *.
n∈ Ta có ( )
20 3 17.
n n
− 
a b
a b
+ , với *
n∈ và n chẵn. Ta có giả thiết cho n chẵn nên
( )
16 1 17.
n
−  Do đó ta có ( ) 17.
A n 
Ta có ( ) ( )
( ) 20 1 16 3
n n n n
A n = − + −
a b
a b
− , với *.
n∈ Ta có ( )
20 1 19.
n n
− 
a b
a b
+ , với *
n∈ và n chẵn. Ta có giả thiết cho n chẵn nên
( )
16 3 19.
n n
−  Do đó ta có ( ) 17.
A n 
Vì (17, 19) = 1 nên suy ra ( ) 323.
A n 
Ví dụ 4. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có: 2 2 1
5 26.5 8
n n n
+ +
Giải
Ta có ( )
( ) 25.5 26.5 8.64 51.5 8.64 59.5 8. 64 5
n n n n n n n n
A n = + + = + = + −
Ta có 59.5 59
n
 và áp dụng bài toán n n
a b
a b
− , với *.
n∈ Ta có ( )
64 5 59
n n
− 
( )
8. 64 5 59 ( ) 59.
n n
A n
⇒ − ⇒
 
Ví dụ 5. Cho số tự nhiên 1
n > và 2 2 .
n
n
−  Chứng minh rằng: ( )
2 1
2 2 2 1 .
n
n
−
− −

Giải
Ta có 2 2 2 2 . ,
n n
n k n
− ⇒ − =
 với .
k ∈

Website:
Khi đó ( )
2 1 . 2 1 . 1 .
( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1
n
k n k n k n
A n − + − +
= − = − = − = −
a b
a b
− , với *.
n∈ Ta có: ( ) ( )
( ) 2 2 1 2 1
k
n k n
A n  
= − −
 
 
 , (đpcm)
Ví dụ 6. Cho a, b là các số tự nhiên không chia hết cho 5. Chứng minh rằng 4 4
m m
pa qb
+ , chia hết cho 5
khi và chỉ khi p q
+ chia hết cho 5 (với , ,
p q m N
∈ ).
Chú ý:
+) Ta có 5 5
30 5.
a a a a
− ⇒ −
 
+) Nếu a không chia hết cho 5 thì 4
1 5.
a
⇒ − 
Giải
Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
4 4 4 4
( ) 1 1
m m m m
A n pa p qb q p q p a q b p q
= − + − + += − + − + +
( ) ( ) ( )
4 4
1 1
m m
p a q b p q
   
= − + − + +
   
   
Ta luôn có bài toán: 5 5 4
30 5 ( 1) 5
a a a a a a
− ⇒ − ⇒ −
   mà a không chia hết cho 5 4
1 5.
a
⇒ −  Vì a, b
không chia hết cho 5 nên m
a và m
b không chia hết cho 5. Áp dụng bài toán trên ta có ( )
4
1 5
m
a −  và
( )
4
1 5
m
b −  .
Từ đó suy ra 4 4
m m
pa qb
+ chia hết cho 5 khi và chỉ khi p q
+ chia hết cho 5 (đpcm).
Bài 1. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có: 2 2 1
11 12 133.
n n
+ +
+ 
Bài 2. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có: 2
7.5 12.6 19.
n n
+ 
Bài 3. Cho 2 1 1
2 2 1
n n
n
a + +
= + + và 2 1 1
2 2 1
n n
n
b + +
= − + . Chứng minh rằng với mỗi số tự nhiên có một và chỉ
một trong hai số ,
n n
Bài 4. Cho ( )( )
1 1
10 10 ... 10 1 10 5 1
n n n
A − +
= + + + + + + . Chứng minh rằng A là số chính phương nhưng
không phải là lập phương của một số tự nhiên.
Bài 5. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có: 2 1 2 2
3 2 7.
n n
+ +
+ 
Bài 6. Chứng minh rằng với n∈, n chẵn và 2
n ≥ ta có: 3 63 72.
n
+ 
Bài 7. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có: 2
9 14 5.
n
+ 
Bài 8. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có: 6 6
3 2 35.
n n
− 
Bài 9. Chứng minh rằng nếu 3
n thì 2
3 3 1 13.
n n
+ + 
36 1
− chia hết cho 7 nhưng không chia hết cho 37.
5. Phương pháp chia trường hợp theo số dư
Phương pháp:

Website:
Để chứng minh P(n) chia hết cho m ta xét số n có dạng n = km +r, trong đó { }
0;1;2;...; 1 .
r m
∈ −
Ví dụ 1. Chứng minh rằng: ( )
2022
2021 1
ab a b
+ + + chia hết cho 2 với ,
a b∈ .
Giải
TH1: Nếu một trong hai số a, b chia hết cho 2 thì a.b chia hết cho 2 ( )
2022
2021 1 2.
ab a b
⇒ + + + 
TH2: Cả a, b đều không chia hết cho 2 nên a, b đều chia 2 dư 1 2
a b
⇒ +  mà ( )
2022
2021 1 2
+ 
( )
2022
2021 1 2.
ab a b
⇒ + + + 
Vậy ( )
2022
2021 1
ab a b
+ + + chia hết cho 2 với ,
a b∈ .
Ví dụ 2. Chứng minh rằng: ( )( )
2 2
2021 2024
n n n
+ + chia hết cho 5 với n∈
Giải
TH1: n chia hết cho 5 ( )( )
2 2
2021 2024 5
n n n
⇒ + + 
TH2: n chia 5 dư 1
( ) ( )( )
2
2 2 2 2
5 1, 2024 5 1 2024 25 10 2025 5 2021 2024 5
n k k n k k k n n n
⇒ = + ∈ ⇒ + = + + = + + ⇒ + +
  
TH3: n chia 5 dư 2
( ) ( )( )
2
2 2 2 2
5 2, 2021 5 2 2021 25 20 2025 5 2021 2024 5
n k k n k k k n n n
⇒ = + ∈ ⇒ + = + + = + + ⇒ + +
  
Các trường hợp n chia 5 có số dư là 3, 4 ta làm tương tự.
Do đó ( )( )
2 2
2021 2024
n n n
+ + chia hết cho 5 với n∈
Ví dụ 3. Cho x, y, z là các số nguyên sao cho ( )( )( )
x y y z z x x y z
− − − = + + . Chứng minh rằng x y z
+ +
chia hết cho 27.
Giải
TH1: Nếu 3 số x, y, z chia 3 có số dư khác nhau 3
x y z
⇒ + + 
Khi đó (x – y); (y – z); (z – x) đều không chia hết cho 3 nên ( )( )( )
x y y z z x
− − − không chia hết cho 3
nghĩa là x y z
+ + không chia hết cho 3 (trái với giả sử).
TH2: Nếu 3 số x, y, z chia 3 có 2 số có cùng dư: Tương tự trường hợp 1 suy trái giả sử.
Do đó 3 số x, y, z chia 3 có có cùng dư suy ra (x – y); (y – z); (z – x) đều chia hết cho 3nên
( )( )( ) 27 27.
x y y z z x x y z
− − − ⇒ + +
 

Website:
Ví dụ 4. Chứng minh rằng: 5
a a
− chia hết cho 5 với a∈ .
Giải
HD: Ta có ( )( )( )
5 4 2
( 1) 1 1 1
a a a a a a a a
− = − = − + +
Ví dụ 5. Chứng minh rằng: 7
a a
− chia hết cho 7 với a∈ .
HD: Ta có ( )( )( )( )
7 6 2 2
( 1) 1 1 1 1
a a a a a a a a a a a
− = − = − + + + − +
Ví dụ 6. Cho 2 số tự nhiên m, n thỏa mãn 4 2
24 1
m n
+ = . Chứng minh rằng: 5.
mn
Giải
+) TH1: m chia hết cho 5 suy ra 5.
mn
+) TH2: m không chia hết cho 5, khi đó ( )
4 2 4 4 2
24 1 25 1
m n m m n
+ = ⇔ − − = , mà m không chia hết cho 5
nên 4
1
m − chia hết cho 5 ( )
4 4
25 1
m m
⇒ − − chia hết cho 5 2
5 5 5.
n n mn
⇒ ⇒ ⇒
  
Vậy 5.
mn
Bài 1. Chứng minh rằng: ( )( )
2 7 7 7
n n n
Bài 2. Chứng minh rằng nếu 3
n thì 2
3 3 1 13.
n n
+ + 
Bài 3. Tìm tất cả các số tự nhiên n để 2 1 7.
n − 
Bài 4. Chứng minh rằng nếu ( )
,6 1
n = thì 2
1 24,
n −  với n Z
∈ .
Bài 5. Chứng minh rằng 1 2 3 4 5
n n n n
+ + +  , với n∈ và n không chia hết cho 4.
Bài 6. Tìm tất cả các số tự nhiên n để ( )
1
1
n
n
n n
+
+ chia hết cho 5.
Bài 7. Chứng minh rằng ( )( )
2 2
101 1000
a a a
+ + chia hết cho 3 với ,
a b∈ .
Bài 8. Chứng minh rằng: ( )( )
2 2
2031 2034
n n n
+ + chia hết cho 5 với n∈.
Bài 9. Chứng minh rằng ( )( )( )
2 2 2
5 10 13
n n n n
+ + + chia hết cho 7 với n∈.
7 22
n n
+ + không chia hết cho 9 với n∈.
6. Phương pháp chứng minh phản chứng
Phương pháp:
Để chứng minh A(n) không chia hết cho m ta giả sử A(n) chia hết cho m sau đó dùng lập luận để chỉ ra
mâu thuẩn để chỉ ra điều giả sử là sai.

Website:
2026
n n
+ − không chia hết cho 25 với mọi số tự nhiên n.
Giải
Giả sử 2
2026
n n
+ − chia hết cho 25 ( ) ( )( ) ( )( )
2
6 2020 5 2 3 2020 5 2 3 5
n n n n n n
⇔ + − − ⇔ − + − ⇒ − +
  
Mà ( ) ( )
3 2 5 5
n n
+ − − =
 suy ra từng số ( ) ( )
3 ; 2
n n
+ − đều chia hết cho 5 ( )( )
2 3 25
n n
⇒ − + 
Mà 2026 chia 25 dư 24 nên 2
2026
n n
+ − chia 25 dư 24 (trái giả sử).
Do đó giả sử là sai, nghĩa là bài toán được chứng minh.
Ví dụ 2. Có tồn tại hay không số tự nhiên n để 2
1
n n
+ + chia hết cho 9999
2025 .
Giải
Vì 9999
2025 5
 ta đi chứng minh 2
1
n n
Giả sử 2
1
n n
Ta có 2
( 1)
n n n n
+ = + đây là tích của 2 số nguyên liên tiếp nên chưa số tận cùng của ( 1)
n n + thuộc {0;
2; 6} suy ra 2
1
n n
+ + có chữ số tân cùng thuộc {1; 3; 7} nên nó không chia hết cho 5 (trái với giả sử).
Do đó giả sử là sai, nghĩa là bài toán được chứng minh.
3 5
n n
+ + không chia hết cho 121 với mọi số tự nhiên n.
Giải
Giả sử 2
3 5
n n
Vì (4, 121) = 1 nên ( ) ( )
2 2
2
4 12 20 121 2 3 11 121 2 3 11
n n n n
+ + ⇔ + + ⇒ +
   mà 11 là số nguyên tố
( ) ( )
2 2
2
2 3 11 2 3 121
n n
⇒ + ⇒ +
  nên suy ra 11 121
 (vô lý). Do đó giả sử là sai, nghĩa là bài toán được
chứng minh.
Bài 1. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì 2
2
n n
Bài 2. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, 3
n chia hết cho 3 thì n cũng chia hết cho 3.
Bài 3. Có tồn tại hay không số tự nhiên n để 2
2
n n
75 .
3
n n
3 59
n n
+ + và 2
5 57
n n
+ + cùng chia hết cho 49.
2
n n

Website:
4 4 18
n n
1
n n
n
+ không chia hết cho 100 với mọi số tự nhiên n.
Bài 10. Chứng minh rằng ( )
1 2 ... 7
n
+ + + − không chia hết cho 10 với mọi số tự nhiên n.
PHẦN 3: TỪ PHƯƠNG PHÁP 7 ĐẾN 9
7. Phương pháp chẵn lẻ
Phương pháp
- Trong 2 số nguyên liên tiếp thì một số là chẵn và một số là lẻ.
- Tổng của một số chẵn và một số lẻ là số lẻ.
- Hiệu của một số chẵn và một số lẻ là số lẻ.
- Nếu tổng của 3 số là chẵn thì trong 3 số đó có ít nhất một số chẵn.
- Nếu tổng của 5 số là chẵn thì trong 5 số đó có ít nhất một số chẵn.
- Nếu tổng của 2 1
n + số là chẵn thì trong 2 1
n + số đó có ít nhất một số chẵn.
- Tổng hoặc hiệu của hai số chẵn là một số chẵn.
- Tích của các số lẻ là số lẻ.
- Trong tích chứa ít nhất một số chẵn thì kết quả là số chẵn.
Ví dụ 1. Viết 5 số nguyên bất kỳ lên bảng theo một hàng ngang và kí hiệu chúng lần lượt là
1 2 3 4 5
; ; ; ; .
m m m m m Cũng từ 5 số nguyên này sắp xếp tùy ý thành một hàng ngang khác và kí hiệu chúng
lần lượt là 1 2 3 4 5
; ; ; ; .
n n n n n Chứng minh rằng ( )( )( )( )( )
1 1 2 2 3 3 4 4 5 5
m n m n m n m n m n
− − − − − luôn là một số
chẵn.
Giải
Đặt 1 1 1 2 2 2 3 3 3 4 4 4 5 5 5
; ; ; ; .
a m n a m n a m n a m n a m n
= − = − = − = − = −
Ta có ( ) ( )
1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 0
a a a a a m m m m m n n n n n
+ + + + = + + + + − + + + + = là số chẵn suy ra trong 5 số
1 2 3 4 5
; ; ; ;
a a a a a có ít nhất một số là chẵn 1 2 3 4 5
. . . .
a a a a a
⇒ chẵn (đpcm).
Ví dụ 2. Chứng minh rằng tích ( )( )( )( )( )( )( )
a b b c c d d e e f f g g a
− − − − − − − luôn chia hết cho 2,
trong đó ; ; ; ; ; ;
a b c d e f g là các số nguyên bất kỳ.

Website:
Giải
Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0
− + − + − + − + − + − + − =là một số chẵn nên suy ra trong số
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
; ; ; ; ; ;
− − − − − − − có ít nhất một số là chẵn
( )( )( )( )( )( )( )
⇒ − − − − − − − chẵn
( )( )( )( )( )( )( ) 2.
⇒ − − − − − − − 
Ví dụ 3. Đặt ( )( )( )
Q a b b c c a abc
= + + + − với , ,
a b c là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu a b c
+ +
chia hết cho 4 thì Q cũng chia hết cho 4.
Chú ý: ( )( )( ) ( )( )
a b b c c a abc a b c ab bc ca
+ + + + = + + + + .
Giải
Ta luôn có ( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )
2 2
Q a b b c c a abc a b b c c a abc abc a b c ab bc ca abc
= + + + − = + + + + − = + + + + −
 
 
Vì a b c
+ + chia hết cho 4 ( )( ) 4
a b c ab bc ca
⇒ + + + +  , (1).
Ta có a b c
+ + chia hết cho 4 nên a b c
+ + chẵn ⇒ trong 3 số a, b, c phải có ít nhất một số chẵn
abc
⇒ chẵn 2 4, (2).
abc
⇒ − 
Từ (1) và (2) suy ra Q chia hết cho 4, (đpcm).
Ví dụ 4. Đặt ( )( )( ) 2
Q a b b c c a abc
= + + + − với , ,
a b c là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu a b c
+ +
chia hết cho 6 thì Q cũng chia hết cho 6.
Chú ý: ( )( )( ) ( )( )
a b b c c a abc a b c ab bc ca
+ + + + = + + + + .
Giải
Ta luôn có ( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )
2 3 3
Q a b b c c a abc a b b c c a abc abc a b c ab bc ca abc
= + + + − = + + + + − = + + + + −
 
 
Vì a b c
+ + chia hết cho 6 ( )( ) 6
a b c ab bc ca
⇒ + + + +  , (1).
Ta có a b c
+ + chia hết cho 6 nên a b c
+ + chẵn ⇒ trong 3 số a, b, c phải có ít nhất một số chẵn
abc
⇒ chẵn 3 6, (2).
abc
⇒ − 
Từ (1) và (2) suy ra Q chia hết cho 6, (đpcm).
Ví dụ 5. Chứng minh rằng 5 2031
n
+ không chia hết cho 168 với *.
n∈
Chú ý: n n
a b
a b
− , với *.
n∈

Website:
Giải
Ta có 168 = 7.24
TH1: n là số chẵn 2 , *
n k k
= ∈ , khi đó ( ) ( )
2
5 2031 5 2031 25 1 2032 25 1 24.84 15
n k k k
+ = + = − + = − + +
Áp dụng tính chất n n
a b
a b
− , với *
n∈ ( )
25 1 24 5 2031
k n
⇒ − ⇒ +
 không chia hết
cho 24 suy ra 5 2031
n
+ không chia hết cho 168.
TH1: n là số lẻ 2 1, *
n k k
= + ∈ , khi đó ( ) ( )
2 1
5 2031 5 2031 5 25 1 2036 5 25 1 24.84 20
n k k k
+
+ = + = − + = − + +
Áp dụng tính chất n n
a b
a b
− , với *
n∈ ( )
5 25 1 24 5 2031
k n
⇒ − ⇒ +
 không chia hết
cho 24 suy ra 5 2031
n
+ không chia hết cho 168.
Bài 1. Viết 13 số nguyên bất kỳ lên bảng theo một hàng ngang và kí hiệu chúng lần lượt là
1 2 13
; ;...; .
m m m Cũng từ 13 số nguyên này sắp xếp tùy ý thành một hàng ngang khác và kí hiệu chúng lần
lượt là 1 2 13
; ;...; .
n n n Chứng minh rằng ( )( ) ( )
1 1 2 2 13 13
...
m n m n m n
− − − luôn chia hết cho 2.
Bài 2. Chứng minh rằng tích ( )( )( )( )( )
a b b c c d d e e a
− − − − − luôn có giá trị là một số chẵn, trong đó
; ; ; ;
a b c d e là các số nguyên bất kỳ.
n
n∈
n
n∈
Bài 5. Cho 3
n > và .
n∈ Chứng minh rằng nếu 2 10
n
a b
= + với ,
a b∈ và 0 9
b
< < thì 6.
ab
Bài 6. Cho các số nguyên dương , ,
a b c thỏa mãn 2 2 2
.
a b c
+ = Chứng minh rằng 60.
abc
Bài 7. Chứng minh rằng nếu cả hai số 1
a + và 2 1
a + đều là số chính phương thì 24.
a
Bài 8. Chứng minh rằng nếu cả hai số 1
a + và 3 1
a + đều là số chính phương thì 40.
a
Bài 9. Cho ba số nguyên dương , ,
a b c thỏa mãn 3 3 3
a b c
+ + chia hết cho 14 . Chứng minh rằng abc
cũng chia hết cho 14 .
Bài 10. Cho biểu thức 4 3 2
2 16 2 15
S n n n n
= + − − + . Tìm tất cả các giá trị nguyên của n để S chia hết
cho 16.
8. Tìm giá trị của biến để biểu thức chia hết cho một số hoặc một biểu thức
Phương pháp
Để giải bài toán tìm n N
∈ sao cho ( ) ( ),
A n B n
 (hoặc ( ) )
,
A n k k ∈
  ta có thể sử dụng các cách làm
sau:

Website:
Cách 1:
Thực hiện phép chia ( ) ( )
A n B n
 để tìm phần dư ( )
R n và tìm n∈ để ( ) .
R n ∈
Cách 2:
Biến đổi điều kiện ( ) ( ) ( )
A n B n k B n
⇔
  (Với k là số tự nhiên không phụ thuộc n), từ đó tìm n
Thử lại các giá trị tìm được của n để có ( ) ( )
A n B n
 .
Cách 3:
Bước 1: Tìm các ước của ( )
B n
Bước 2: Để ( ) ( )
A n B n
 thì ( )
A n phải chia hết cho các ước của ( )
B n từ đó suy ra n.
Chú ý: Trong quá trình sử dụng phương pháp 2 và 3 ta cần phối hợp với các phương pháp chứng minh
chia hết đã học.
Ví dụ 1. Tìm số nguyên dương n sao cho 2
2 14 25
n n
n +
Giải
Ta có
( ) ( )
2
2 2 10 4 20 5
2 14 25 5
2 4
5 5 5
n n n
n n
n
n n n
+ + + +
+ +
= = + +
+ + +
Để 2
2 14 25
n n
n + thì { } { }
5
5 5; 1 10; 6;0; 4
5
n n
n
∈ ⇔ + ∈ ± ± ⇔ ∈ − − −
+
 .
Mà n là số nguyên dương nên không có giá trị nào của n thỏa bài toán.
Ví dụ 2. Tìm n∈ để 3 2
( ) 2 7 7
A n n n n
= − + − chia hết cho 2
3.
n +
Giải
Ta có
( ) ( )
3 2
3 2
2 2 2
3 2 6 4 1
2 7 7 4 1
2
3 3 3
n n n n
n n n n
n
n n n
+ + − − + −
− + − −
= = − +
+ + +
Để 3 2
( ) 2 7 7
A n n n n
3
n + thì
( )( )
2 2 2 2
2
4 1
4 1 3 4 1 4 1 3 16 1 3
3
n
n n n n n n n
n
−
∈ ⇔ − + ⇔ − + + ⇔ − +
+
   
Ta có
( )
2
2
2 2 2
16 3 49
16 1 49
16
3 3 3
n
n
n n n
+ −
−
= = −
+ + +
Do đó bài toán { }
2
2
2 2
2
4
49
3 7;49
3 46
46
n
n
n
n n
n
= ±
 
=
∈ ⇔ + ∈ ⇔ ⇔
 
+ = ±
= 

 .

Website:
Vậy để
3 2
( ) 2 7 7
A n n n n
3
n + thì 2
n = ± .
Ví dụ 3. Tìm số nguyên dương n thỏa điều kiện ( )( )
3 4 3
n n n
+ + 
Giải
Ta có ( )( ) 2
3 4 3 7 12 3
n n n n n n
+ + ⇔ + +
  ⇒
2 2
2 2
7 12 3 12 3 (*)
7 12 7 12 (**)
n n n n
n n n n n n
 
+ + + +
 
⇒
 
+ + + +
 
 
 
 
Từ (*) ta có ( )
2 3
3 1 3 ,( )
3 2
n k
n n n n k Z
n k
=

+ ⇔ + ⇔ ∈
= +

 
Từ (**) ta có { }
12 1;2;3;4;6;12
n n
⇔ ∈

Kết hợp các điều kiện trên ta có { }
2;3;6;12
n∈ , lần lượt thử vào đề bài ta có { }
2;6
n∈ .
Ví dụ 4. Tìm số nguyên dương n thỏa điều kiện ( )( )
5 6 6
n n n
+ + 
Giải
Ta có ( )( ) ( )
2 2
5 6 6 11 30 6 12 30 6
n n n n n n n n n n
+ + ⇔ + + ⇔ + − +
  
Để thỏa mãn bài toán thì ( ) ( )
2 2
30 6 30
n n n n n n
− + ⇔ − +
  .
Vì { }
2
30 1;2;3;5;6;10;15;30
n n n n n
− ⇒ ⇔ ∈
 
Để thỏa mãn bài toán thì ( )
2
30 6
n n
− +  .
Vì ( )
2
30 6 6 1 6
n n n n
⇒ − ⇔ −
  
Kết hợp 2 điều kiện { }
1;3;6;10;15;30
n∈ .
Lần lượt thử các giá trị n tìm được vào đề bài ta có { }
1;3;10;30 .
n∈
Ví dụ 5. Tìm số tự nhiên n để ( ) ( ) ( )
2 2 2
2
1 2 3
n n n n
+ + + + + + chia hết cho 10.
Giải
Ta có ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2
1 2 3 10 4 12 14 10 2 6 7 5 2 6 2 5
n n n n n n n n n n
+ + + + + + ⇔ + + ⇔ + + ⇔ + +
   
( ) ( )
2 2 2
2 3 1 5 3 1 5 3 3
n n n n n n n n
⇔ + + ⇔ + + ⇔ + = +
  có chữ số tận cùng bằng 4 hoặc 9 ⇔ n có chữ số
tận cùng là 1 hoặc 6.
Vậy n có chữ số tận cùng là 1 hoặc 6 thì thỏa mãn bài toán.
Bài 1. Tìm số nguyên dương n sao cho 2
2 10 17
n n
n +
4 18 15
n n
+ + chia hết cho 2 1.
n +

Website:
n 1
+ chia hết cho 1.
n +
Bài 4. Tìm n∈ để 3 2
2 3 12 16
n n n
− + − chia hết cho 3
1.
n +
2 3 12 16
n n n
5.
n +
3 3 4
n n n
2.
n +
Bài 7. Tìm n∈ để 5
1
n + chia hết cho 3
1.
n +
Bài 8. Tìm số nguyên dương n bé nhất để 3 2
4 – 20 – 48
n n n
+ chia hết cho 125.
Bài 9. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương a,b sao cho: 2
a b
+ chia hết cho 2
–1.
a b
Bài 10. Cho 4 3 2
2 –16 – 2 15,
Q k k k k k
= + + ∈ . Tìm điều kiện của k để số Q chia hết cho 16.
9. Phương pháp sử dụng nguyên lý Đirichlet
Phương pháp
Nguyên tắc Dirichlet: Nếu đem 1
n + vật xếp vào n ngăn kéo thì có ít nhất một ngăn kéo chứa từ hai vật
trở lên.
Tổng quát: Nếu đem nk 1
+ vật xếp vào n ngăn kéo thì có ít nhất một ngăn kéo chứa từ k 1
+ vật trở lên.
Ví dụ 1. Chứng minh rằng trong 11 số nguyên bất kì có thể tìm được 2 số có hiệu chia hết cho 10.
Giải
Lấy 11 số nguyên đã cho chia cho 10 thì ta được 10 số dư là một trong các số: 0; 1; ; 2; …; 9
Theo nguyên lý Đirichlet thì phải có ít nhất hai số có cùng số dư, khi đó hiệu của 2 số này sẽ chia hết
cho 10, (đpcm).
Ví dụ 2. Chứng minh rằng trong 101 số nguyên bất kì có thể tìm được 2 số có hiệu chia hết cho 100.
Giải
Lấy 101 số nguyên đã cho chia cho 100 thì ta được 100 số dư là một trong các số: 0; 1; ; 2;…; 99
Theo nguyên lý Đirichlet thì phải có ít nhất hai số có cùng số dư, khi đó hiệu của 2 số này sẽ chia hết
cho 100, (đpcm).
Ví dụ 3. Chứng minh rằng trong 1
n + số nguyên bất kì có hai số hiệu của chúng chia hết cho n.
Đây là bài toán tổng quát của Ví dụ và Ví dụ 2 (Các em tự làm).
Ví dụ 4. Cho 10 số tự nhiên bất kì 1 2 10
, ,...,
a a a . Chứng minh rằng tồn tại một số chia hết cho 10 hoặc
tổng của một số số chia hết cho 10.
Giải

Website:
Xét 10 số mới như sau: 1 1 2 1 2 10 1 2 10
S a ,S a a ,...,S a a ... a
= = + = + + + . Lấy 10 số 1 2 10
S ,S ,...S chia cho 10.
Nếu có một ( )
i
S 10 i 1,2,...,10
=
 thì bài toán được chứng minh.
Nếu i
S không chia hết 10 với mọi i, tức là 1 2 10
S ,S ,...S chia cho 10 có các dư là một trong chín số: 1, 2,…,
9. Theo nguyên tắc Dirichlet có hai số cùng dư khi chia cho 10, giả sử là k
S và l
S (k > l). Khi đó:
k l l 1 l 2 k
S S a a ... a 10
+ +
− = + + +  , (đpcm).
Ví dụ 5. Cho 4 số nguyên phân biệt , , , .
a b c d Chứng minh rằng ta luôn có:
( )( )( )( )( )( ) 12.
a b a c a d b c b d c d
− − − − − − 
Giải
Đặt ( )( )( )( )( )( )
A a b a c a d b c b d c d
= − − − − − −
Bốn số nguyên a, b, c, d khi chia cho 3 luôn có ít nhất hai số cùng dư khi đó hiệu của chúng chia hết
cho 3, hiệu là một trong các thừa số của A nêu ( )
3 1 .
A
Nếu trong bốn số a, b, c, d có ít nhất hai số có cùng dư khi chia cho 4 thì 4
A còn nếu a, b, c, d có dư
khác nhau khi chia cho 4 thì sẽ có hai số chẵn và hai số lẻ, lúc đó có hai hiệu chia hết cho 2, do đó
( )
4, 2 .
A
Từ (1) và (2) suy ra 12
A (đpcm).
Bài 1. Chứng minh rằng trong 5 số nguyên bất kì có thể tìm được ba số có tổng chia hết cho 3.
Bài 2. Chứng minh rằng trong 52 số tự nhiên bất kì luôn tìm được một cặp gồm hai số sao cho tổng
hoặc hiệu của chúng chia hết cho 100.
Bài 3. Chứng minh rằng trong 19 số tự nhiên liên tiếp bất kì luôn tồn tại một số có tổng các chữ số chia
hết cho 10.
Bài 4. Trong một bảng vuông gồm có 5× 5 ô vuông, người ta viết vào mỗi ô vuông một trong ba số 1 ;
0 hoặc -1 sao cho mỗi ô có đúng một số. Chứng minh rằng trong các tổng của 5 số theo mỗi cột, mỗi
hàng, mỗi đường chéo phải có ít nhất hai tổng số có hiệu chia hết cho 10.
Bài 5. Cho 2030 số tự nhiên bất kì 1 2 2030
; ;...;
a a a . Chứng minh rằng tồn tại một số chia hết cho 2030
hoặc tổng một số số chia hết cho 2030.
Bài 6. Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên n khác 0 thoả mãn ( )
13579 1
n
− chia hết cho 13579
3 .
Bài 7. Cho X là một tập hợp gồm 700 số nguyên dương đôi một khác nhau, mỗi số nhỏ hơn 21 và
không lớn hơn 2026. Chứng minh rằng trong tập hợp X luôn tìm được hai phần tử x, y sao cho x y
−
thuộc tập hợp { }
3;6;9
E = .
Bài 8. Cho 5 số nguyên phân biệt 1 2 3 4 5
, , , ,
a a a a a . Chứng minh rằng:
( )( )( )( )( )( )( )( )( )( )
1 2 1 3 1 4 1 5 2 3 2 4 2 5 3 4 3 5 4 5 288
T a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a
= − − − − − − − − − − 

Website:
Bài 9. Chứng minh rằng với ba số nguyên tố lớn hơn 3 bất kì luôn tìm được hai số có tổng hoặc hiệu
chia hết cho 12.
Bài 10. Chứng minh rằng có thể tìm được hai lũy thừa khác nhau của số 4 mà chúng có hiệu của chúng
chia hết cho 1000.

Website:
PHẦN 4: TỪ PHƯƠNG PHÁP 10 ĐẾN PHƯƠNG PHÁP 11
10. Phương pháp sử dụng lý thuyết đồng dư
Phương pháp
Hai số nguyên a và b chia cho số nguyên m ( 0
m ≠ ) có cùng số dư ta nói a đồng dư với b theo modun
m, kí hiệu ( )
mod
a b m
≡ .
Với , , ,
a b c d ∈ và *
m∈ ta có:
⊕ ( ) ( ) ( )
mod ; mod mod
a b m b c m a c m
≡ ≡ ⇒ ≡
⊕ ( ) ( ) ( )
mod ;c mod mod
a b m d m a c b d m
≡ ≡ ⇒ + ≡ +
⊕ ( ) ( )
mod ; . . mod
a c b d m a c b d m
− ≡ − ≡
⊕ ( ) ( )
mod mod
n n
a b m a b m
≡ ⇒ ≡ với *
n∈
⊕ ( ) ( )
*
mod ;c mod
a b m ac bc m
≡ ∈ ⇒ ≡
 với c∈ .
a) Sử dụng quy tắc 1: ( ) ( ) ( )
1 mod 1 mod 1 mod
n n n
a m a m a m
≡ ⇒ ≡ ⇒ ≡
Lưu ý 1: Sử dụng MTBT tìm số dư phép chia.
Ví dụ: 534 chia 13 ta được thương 41 là và dư 1.
Lưu ý 2: Phân tích số 312 thành tích các thừa số nguyên tố: Đáp số 3
2 .3.13 .
Ví dụ 1: Chứng minh rằng 2027
3 2
Phương pháp:
- Ta sẽ đi tìm số dư của 2027
3 khi chia cho 11.
- Để tìm số dư khi chia 2027
3 khi chia cho 11 ta sẽ đi tìm k để 3k
chia 11 dư 1.
Giải
Ta có 5
3 243 1(mod11)
= ≡
( )
405
5 405
3 1 (mod11)
⇒ ≡
2025
3 1(mod11)
⇒ ≡
2025 2 2
3 .3 1.3 (mod11)
⇒ ≡

Website:
2027
3 9(mod11)
⇒ ≡
2027
3 2 11
⇒ +  , (đpcm).
Ví dụ 2: Chứng minh rằng 2033 2032
2 5 18
Giải
+) Ta có 5
2 32 1(mod31)
= ≡
( )
406
5 406
2 1 (mod31)
⇒ ≡
2030
2 1(mod31)
⇒ ≡
3 2030 3
2 .2 2 (mod31)
⇒ ≡
2033
2 8(mod31)
⇒ ≡
+) Ta có 3
5 125 1(mod31)
= ≡
3
5 125 1(mod31)
⇒ = ≡
( )
677
3 677
5 1 (mod31)
⇒ ≡
2031
5 1(mod31)
⇒ ≡
2031
5.5 5(mod31)
⇒ ≡
2032
5 5(mod31)
⇒ ≡
+) Do đó ( )
2033 2032
2 5 8 5 (mod31)
+ ≡ + 2033 2032
2 5 13(mod31)
⇒ + ≡ 2033 2032
2 5 18 31
⇒ + +  , (đpcm).
b) Sử dụng quy tắc 2: ( ) ( )
2
( 1) mod 1 mod
a n n a n
≡ − ⇒ ≡
Ví dụ: ( ) ( )
2
9 9 mod10 9 81 1 mod10
≡ ⇒ = ≡
Ví dụ 1: Chứng minh rằng 654 555
321 827
Giải
+) Ta có 654 654
321 22(mod 23) 321 22 (mod 23)
≡ ⇒ ≡
Ta có ( )
327
2 2 327 654
22 484 1(mod 23) 22 1 (mod 23) 22 1(mod 23)
= ≡ ⇒ ≡ ⇒ ≡ 654
321 1(mod 23)
⇒ ≡ , (1)
+) Ta có 555 555
827 22(mod 23) 827 22 (mod 23)
≡ ⇒ ≡
Ta có ( )
277
2 2 277 554
22 484 1(mod 23) 22 1 (mod 23) 22 1(mod 23)
= ≡ ⇒ ≡ ⇒ ≡

Website:
555 555
22 22(mod 23) 827 22(mod 23)
⇒ ≡ ⇒ ≡ , (2)
+) Từ (1) và (2) ta có 654 555
321 827
Ví dụ 2: Chứng minh rằng 456
123 16
Giải
Ta có 123 4(mod17)
≡
456 456
123 4 (mod17)
⇒ ≡
Ta có ( )
114
4 4 114 456
4 256 1(mod17) 4 1 (mod17) 4 1(mod17)
= ≡ ⇒ ≡ ⇒ ≡ 456
123 1(mod17)
⇒ ≡
Do đó 456
123 16
Ví dụ 3: Chứng minh rằng
777
555
333 3
Ta có 333 3(mod10)
≡ , dễ thấy 2 4
3 9(mod10) 3 1(mod10)
≡ ⇒ ≡ , từ đó ta đi biểu diễn 777
555 4k r
= + .
Giải
+) Ta có ( ) ( )
777 777
555 3 mod 4 555 3 mod 4
≡ ⇒ ≡
+) Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
388
2 2 388 776 777
3 9 1 mod 4 3 1 mod 4 3 1 mod 4 3 3 mod 4
=
≡ ⇒ ≡ ⇒ ≡ ⇒ ≡
( )
777 777
555 3 mod 4 555 4 3,
k
⇒ ≡ ⇒ =+ với k ∈ . Khi đó
777
555 4 3
333 333 .
k+
=
+) Ta có ( ) ( )
4 3 4 3
333 3 mod10 333 3 mod10
k k
+ +
≡ ⇒ ≡ , mà ( ) ( ) ( )
4 4
3 1 mod10 3 1 mod10
k k
≡ ⇒ ≡
( ) ( ) ( )
4 3 4 3 4 3 3
3 1 mod10 3 .3 3 mod10 3 3 mod10
k k k+
⇒ ≡ ⇒ ≡ ⇒ ≡ , mà ( ) ( )
3 4 3
3 27 7 mod10 3 7 mod10
k+
= ≡ ⇒ =
Do đó ( )
777 777
555 555
333 7 mod10 333 3 10.
≡ ⇒ + 
c) Sử dụng quy tắc 3: ( )
1
1 mod ,
p
a p
−
≡ với p nguyên tố và ( )
, 1
a p = (định lý Fecma nhỏ)
Ví dụ 1. Chứng minh rằng: 5555 666
17 19 1
+ + chia hết cho 7 .
Giải
+) Ta có ( )
6
17 24137569 1 mod7
= ≡ và ( )
6
19 47045881 1 mod7
= ≡ .
+) Ta có ( ) ( ) ( ) ( )
925 925
5555 5 6 5 5555 5
17 17 . 17 17 . 1 mod7 17 17 mod7
= ≡ ⇒ ≡ mà ( ) ( )
5 5555
17 5 mod7 17 5 mod7
≡ ⇒ ≡
+) Ta có ( ) ( ) ( ) ( )
111 111
666 6 666
19 19 1 mod7 19 1 mod7
= ≡ ⇒ ≡
Do đó 5555 666
17 19 1
+ + chia hết cho 7 .
Ví dụ 2. Chứng minh rằng:
31 33
21 23
11 13 3
+ − chia hết cho 5.

Website:
Giải
+) Ta có ( ) ( ) ( )
31 31 31 31
21 1 mod 4 21 1 mod 4 21 1 mod 4 21 4 1, *
k k
≡ ⇒ ≡ ⇒ ≡ ⇒ = + ∈
Khi đó ( ) ( )
31
21 4 1 4
11 11 11. 11 11 mod5
k
k+
= = ≡ mà ( ) ( )
31
21
11 1 mod5 11 1 mod5
≡ ⇒ ≡ .
+) Ta có ( ) ( )
33 33
23 3 mod 4 23 3 mod 4
≡ ⇒ ≡ .
Ta có ( ) ( ) ( ) ( )
16
2 32 2 16 33 33
3 1 mod 4 3 3 1 mod 4 3 3 mod 4 23 4 3, *
n n
≡ ⇒ = ≡ ⇒ ≡ ⇒ = + ∈
Khi đó ( ) ( )
33
23 4 3 3 4 3
13 13 13 . 13 13 .1 mod5
n
n n
+
= = ≡ mà ( ) ( )
33
3 23
13 2 mod5 13 2 mod5
≡ ⇒ ≡ .
Do đó
31 33
21 23
11 13 3
+ − chia hết cho 5.
d) Sử dụng các phép biến đổi:
Ví dụ 1: Cho n∈. Chứng minh rằng 2
5.6 18.13
n n
Giải
Ta có 2
5.6 18.13 5.36 18.13
n n n n
+ = +
Ta có ( ) ( ) ( )
36 13 mod 23 36 13 mod 23 5.36 5.13 mod 23
n n n n
≡ ⇒ ≡ ⇒ ≡
Khi đó ( )( )
5.36 18.13 5.13 18.13 mod 23
n n n n
+ ≡ +
Mà 23.13 18.13 23.13 23 5.36 18.13 23
n n n n n
+ = ⇒ + ⇒
  2
5.6 18.13
n n
Ví dụ 2: Cho n∈. Chứng minh rằng 4 4
9.3 8.2 2099
n n
− + chia hết cho 20.
Giải
+) Ta có ( ) ( )
4 4
9.3 9.81 1.1 mod 4 9.3 1 mod 4
n n n n
= ≡ ⇒ ≡ ; ( ) ( )
4 4 4
8.2 0 mod 4 9.3 8.2 2099 0 mod 4
n n n
≡ ⇒ − + ≡
4 4
9.3 8.2 2099 4
n n
⇒ − +  , (1).
+) Ta có ( ) ( )
4 4
9.3 9.81 4.1 mod5 9.3 4 mod5
n n n n
= ≡ ⇒ ≡ ; ( ) ( )
4 4
8.2 8.16 3.1 mod5 8.2 3 mod5
n n n n
= ≡ ⇒ ≡
4 4
9.3 8.2 2099 5
n n
⇒ − +  , (2).
+) Từ (1) và (2) kết hợp với (4, 5) = 1 ta suy ra 4 4
9.3 8.2 2029
n n
− + chia hết cho 20.
11. Phương pháp xét chữ số tận cùng
Phương pháp
- Nếu a có chữ số tận cùng là 0 thì n
a có chữ số tận cùng là 0.

Website:
- Nếu a có chữ số tận cùng là 2 thì 4n
Chú ý: Để vận dụng tốt các dấu hiệu này để giải các bài toán chứng minh chia hết trong số học ta cần
phối hợp với các phương pháp đã học: Hằng đẳng thức lũy thừa bậc cao, đồng dư thức, định lý Fecma
nhỏ, …
Ví dụ 1: Chứng minh rằng:
2022n 1
2
7 2099
+
+ chia hết cho 100, với *.
n∈
Giải
Ta có
2022n 1 2022n
2 2.2
7 7
+
= .
Vì 2022 2022
2.2 4, * 2.2 4
n n
n k
∀ ∈ ⇒ =
  , do đó ( )
2022n 1 k
2 4k 4
7 7 7
+
= =
Ta có ( ) ( ) ( ) ( )
2022 1
4 4 2
7 2401 1 mod100 7 1 mod100 7 1 mod100
n
k k +
= ≡ ⇒ ≡ ⇒ ≡
2022n 1
2
7 2099
+
Ví dụ 2. Chứng minh rằng:
2026 2030
2 3
3 2 1
Giải
+) Ta có: ( ) ( )
10 10
3 1 mod11 ;2 1 mod11
≡ ≡ .
+) Ta có ( )
506
2026 2 2024 2 4 506
2 2 .2 2 . 2 4.16
= = = . Vì 506
16 có chữ số tận cùng là 6 506
4.16 24(mod10)
⇒ ≡
Mà 24 4(mod10)
≡ ⇒ 2026
2 4(mod10)
≡ ⇒ 2026
2 10 4.
k
= +
Khi đó ( ) ( )
2026 k k
2 10k 4 4 10 4
3 3 3 . 3 3 . 1 (mod11),
+
= = ≡ mà
2026
4 2
3 4(mod11) 3 4(mod11)
≡ ⇒ ≡ .
+) Ta có ( )
507
2030 2 2028 2 4 507
3 3 .3 3 . 3 9.81
= = = . Vì 507
81 có chữ số tận cùng là 1 507
9.81 9(mod10)
⇒ ≡
2030
3 9(mod10)
⇒ ≡ ⇒ 2030
3 10 9.
n
= +
Khi đó ( ) ( )
2030 n n
3 10n 9 9 10 9
2 2 2 . 2 2 . 1 mod(11),
+
= = ≡ mà
2030
9 3
2 6(mod11) 2 6(mod11)
≡ ⇒ ≡ .
Từ đó suy ra
2026 2026
2 3
3 2 1

Website:
Bài 1. Chứng minh rằng
3 3 10
10 10 10 10
27309 27309 27309 ... 27309 1
+ + + + + chia hết cho 7.
2222 5555 7.
+ 
Bài 3. Chứng minh rằng số
777 333
555 555
333 777
Bài 4. Chứng minh rằng với mọi n N*
∈ ta có
4n 1 4n 1
2 3
7 4 65 100
+ +
+ − 
Bài 5. Chứng minh rằng: , với mọi n ∈ N.
222 333
222 333
Bài 8. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có:
6 2
2
2 3
n+
Bài 9. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có:
4 1
2
2 7
n+
Bài 10. Chứng minh rằng:
69 220 119
119 69 220
220 119 69
Hết
4n 1 4n 1
2 3
3 2 5 11
+ +
+ + 

Website:
SỐ CHÍNH PHƯƠNG ÔN THI CHUYÊN TOÁN – BỒI DƯỠNG HSG
PHẦN 1
NỘI DUNG BUỔI HỌC
1. Định nghĩa
2. Các tính chất cơ bản
2.1. Chữ số tận cùng của số chính phương (Lý thuyết + 4 ví dụ minh họa)
2.2. Số dư của số chính phương khi chia cho 3 (Lý thuyết + 3 ví dụ minh họa)
2.6. Tính chất khi số chính phương chia cho một số nguyên tố (Lý thuyết + 4 ví dụ minh họa)
1. Định nghĩa
Số chính phương là số bằng bình phương đúng của một số nguyên.
Chú ý:
 Số chính phương là một số tự nhiên có căn bậc hai cũng là một số tự nhiên.
 Tập các số chính phương là: { }
0;1;4;9;16;25;36;49;64;81;100;121;144;169;... .
2. Các tính chất cơ bản
2.1. Chữ số tận cùng của số chính phương
Số chính phương chỉ có thể có chữ số tận cùng bằng 0, 1, 4, 5, 6, 9 không thể có chữ số tận cùng bằng 2,
3, 7, 8.
Ví dụ 1. Chứng minh rằng 1.2.3…2022 + 7 không thể là số chính phương.
Giải
Ta có 1.2.3…2022 có chữ số tận cùng là 0, suy ra 1.2.3…2022 + 7 có chữ số tận cùng bằng 7, mà
Một số chính phương không thể có chữ số tận cùng bằng 7, suy ra 1.2.3…2022 + 7 không thể là số
chính phương.
Ví dụ 2. Số 0 1 2 3 2023
2 2 2 2 ... 2
M = + + + + + có phải là số chính phương hay không?
Giải

Website:
Ta có 0 1 2 3 2023
2 2 2 2 ... 2
M = + + + + +
( ) ( )
( ) ( )
( )
0 1 2 3 4 5 2020 2021 2022 2023
2 3 4 2019 2 3 4
2019
2 2 2 2 2 2 ... 2 2 2 2
3 2 2 2 2 2 ... 2 2 2 2 2
3 30. 2 ... 2
= + + + + + + + + + +
= + + + + + + + + +
= + + +
Do ( )
2019
30. 2 ... 2
+ + có chữ số tận cùng là 0 suy ra ( )
2019
3 30. 2 ... 2
+ + + có chữ số tận cùng là 3
suy ra M không thể là số chính phương.
Ví dụ 3. Tìm số tự nhiên gồm bốn chữ số abcd biết rằng nó là một số chính phương, chia hết cho 9 và
d là một số nguyên tố.
Giải
+) Do số chính phương phải có chữ số tận cùng thuộc {0, 1, 4, 5, 6, 9} suy ra { }
0;1;4;5;6;9
d ∈ , mà d
là một số nguyên tố 5.
d
⇒ =
+) Do ( ) { }
2
2
10000 100 5 , 1;2;3;...;9
abcd abcd x x
< = ⇒ = ∈ .
+) Ta có ( ) { }
2
2
2
2
15 225 ( )
9 5 9 5 3 5 3 1;4;7 45 2025 ( )
75 5625 ( )
abcd l
abcd x x x x abcd n
abcd n
 = =

⇒ ⇒ ⇒ + ⇒ ∈ ⇒ = =


= =


   
+) Có hai số thỏa mãn bài toán là 2025 và 5625.
Ví dụ 4. Chứng minh rằng tổng các bình phương của 5 số tự nhiên liên tiếp không thể là số chính
phương.
Giải
+) Gọi 5 số tự nhiên liên tiếp là 2; 1; ; 1; 2
n n n n n
− − + + , với , 2.
n n
∈ ≥

+) Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 2 2
2 1 1 2 5 10 5 2 5
M n n n n n n n M
= − + − + + + + + = + = + ⇒  .
Do 5 là số nguyên tố nên để M là số chính phương thì 2
25 2 5
M n
⇒ +
  2
n
⇒ phải có chữ số tận
cùng là 3 hoặc 8, nhưng điều này không xảy ra vì 2
n là số chính phương. Do đó M không thể là số
chính phương.
2.2. Số dư của số chính phương khi chia cho 3
Mọi số chính phương khi chia cho 3 đều có số dư là 0 hoặc 1.
Điều này có thể được hiểu theo 3 cách khác như sau:

Website:
- Mọi số chính phương hoặc chia hết cho 3 hoặc chia 3 dư 1.
- Mọi số chính phương đều có dạng 3k hoặc 3 1
k + với .
k ∈
- Số có dạng 3 2
k + với k ∈ không thể là số chính phương.
Ví dụ 1. Đặt m là tích của 2022 số nguyên tố đầu tiên. Chứng minh rằng 1
m − không thể là số chính
phương.
Giải
Theo giả thiết ta có 2.3.5.7....
m = suy ra m chia hết cho 3.
Ta có ( )
1 3 2
m m
− = − + chia 3 dư 2 suy ra 1
m − không thể là số chính phương.
Ví dụ 2. Giả sử n là số nguyên dương thoả mãn điêu kiện 2
3
n n
+ + là số nguyên tố. Chứng minh
rằng 2
7 6 2029
n n
+ + không phải số chính phương.
Giải
+) TH1: 3 ,
n k k
= ∈ .
Khi đó 2
3
n n
+ + chia hết cho 3, mà 2
3 3
n n
+ + > suy ra 2
3
n n
+ + là hợp số (vô lí).
+) TH2: 3 1,
n k k
= + ∈.
Khi đó ( ) ( )
2 2
2
2
7 6
6 6
2 6
02 3 1 3 1 202
7 9 3 0 204
9 k
n n k k k
+ + + + + +
+ + = = chia 3 dư 2 nên
2
7 6 2029
n n
+ + không là số chính phương.
+) TH3: 3 2,
n k k
= + ∈ .
Khi đó ( ) ( )
2
2 2
3 3 2 3 2 3 9 15 9 3
n n k k k k
+ + = + + + + = + +  , mà 2
3 3
n n
+ + > suy ra 2
3
n n
+ +
là hợp số (vô lí).
+) Vậy 2
7 6 2029
n n
+ + không phải số chính phương.
Ví dụ 3. Chứng minh rằng tổng lũy thừa chẵn của ba số nguyên liên tiếp không thể là một số chính
phương.
Giải
+) Gọi tổng lũy thừa chẵn của ba số nguyên liên tiếp là ( ) ( )
2 2
2
1 1
k m
l
S a a a
= − + + + , trong đó
; , ,
a k l m
∈ ∈
 . Ta có ( ) ( ) ( )
2 2
2
1 1
k m
l
S a a a
   
= − + + +
   
, nghĩa là S là tổng của ba số chính
phương.
+) Ta có một số chính phương khi chia cho 3 đều có số dư là 0 hoặc 1, (*)

Website:
+) Do 1; ; 1
a a a
− + là ba số nguyên liên tiếp nên trong ba số này phải có một số chia hết cho 3, một số
chia 3 dư 1 và một số chia 3 dư 2, (**).
+) Từ (*) và (**) suy ra trong ba số chính phương ( ) ( ) ( )
2 2
2
1 ; ; 1
k m
l
a a a
   
− +
   
có một số chia hết
cho 3 và hai số chia 3 dư 1, từ đó suy ra tổng ( ) ( ) ( )
2 2
2
1 1
k m
l
S a a a
   
= − + + +
   
chia 3 có số dư là
2 nên ( ) ( )
2 2
2
1 1
k m
l
S a a a
= − + + + không thể là một số chính phương.
- Mọi số chính phương hoặc chia hết cho 4 hoặc chia 4 dư 1.
k + với .
k ∈
- Các số có dạng 4 2; 4 3
k k
+ + với k ∈ không thể là số chính phương.
- Số chính phương chẵn luôn chia hết cho 4.
- Số chính phương lẻ chia cho 4 luôn có số dư là 1.
Ví dụ 1. Tìm các số nguyên dương n sao cho n n n
2 3 4
+ + là số chính phương.
Giải
+) Khi n = 1 ta có n n n
9
2 3 4
+ =
+ là số chính phương (thỏa mãn).
+) Khi 2
n ≥ , ta luôn có n
2 4
 và n
4 4
 suy ra n n
2 4
4
+  . Do đó để n n n
2 3 4
+ + là số chính phương
thì 3n
chia hết cho 4 hoặc 3n
chia 4 dư 1 suy ra n chẵn. Khi đó ( )
2
n
1
2 2 4 4 1
k k k
= = = − + chia 3 dư
1; n
3 chia hết cho 3; ( )
n n
1 1
4 4
= − + chia 3 dư 1 suy ra n n n
2 3 4
+ + chia 3 dư 2 suy ra n n n
2 3 4
+ +
không là số chính phương.
+) Vậy với n = 1 thì thỏa mãn bài toán.
Ví dụ 2. Chứng minh rằng 2 2 2
2021 2022 ... 2120
N
= + + + không là số chính phương.
Giải
Ta có dãy 2021; 2022; …; 2120 có 100 số gồm 50 số chẵn và 50 số lẻ.
Ta có ( ) ( )
2 2
2 2
2
2023 ... 21
2021 2022 ..
19 . 2120
N + + +
+ + +
Ta có 2 2
2022 ...
; ;2120 là các số chính phương chẵn nên chúng chia hết cho 4 suy ra
2 2
2022 ... 2120
+ + chia hết cho 4, (*).
Ta có 2 2
2021 ...
; ;2119 là các số chính phương lẻ nên chúng chia cho 4 dư 1 suy ra 2 2
2021 ... 2119
+ +
chia 4 dư 2, (**).

Website:
Từ (*) và (**) suy ra 2 2 2
2021 2022 ... 2120
N
= + + + chia 4 dư 2 suy ra
2 2 2
2021 2022 ... 2120
N
= + + + không là số chính phương.
Mọi số chính phương khi chia cho 5 đều có số dư là 0 hoặc 1 hoặc 4.
- Mọi số chính phương hoặc chia hết cho 5 hoặc chia 5 dư 1 hoặc chia 5 dư 4.
k + hoặc 5 4
k + với .
k ∈
- Các số có dạng 5 2; 5 3
k k
+ + với k ∈ không thể là số chính phương.
2024 2022
n n
+ + không thể là số chính phương.
Giải
Ta có 5 5
2024 2022 2025 2020 2( )
n n n n n n N
+ + = − + + + ∈
( 1)( 1)( 2)( 2) 5 ( 1)( 2) 2025 2020 2( )
n n n n n n n n n n N
= − + − + + − + + + + ∈ chia 5 dư 2.
Ta nhận xét rằng không có số chính phương nào chia 5 dư 2 .
Vậy 5
2024 2022 ( )
n n n N
+ + ∈ không phải là số chính phương.
Ví dụ 2. Cho *
n∈ , chứng minh rằng nếu 2 1
n + và 3 1
n + là hai số chính phương thì n chia hết cho
40.
Giải:
Giả sử 2
2 1
n m
+ = và ( )
2 *
3 1 ,
n k m k
+
= ∈
Do 2
2 1
n m
+ = suy ra m lẻ ( )( )
2
2 1 1 1 4
n m m m n
⇒ = − = − + ⇒
 chẵn k
⇒ lẻ.
Từ 2
3 1
n k
+ = suy ra ( )( )
2
3 1 1 1 8
n k k k
= − = − +  (do 1, 1
k k
− + là hai số chẵn liên tiếp), do đó
8
n , (1)
Một số chính phương khi chia cho 5 chỉ có thể dư 0, 1, 4.
Nếu ( )
1 mod5
n ≡ thì ( )
2 1 3 mod5
n + ≡ , vô lí.
Nếu ( )
2 mod5
n ≡ thì ( )
3 1 2 mod5
n + ≡ , vô lí.
Nếu ( )
3 mod5
n ≡ thì ( )
2 1 2 mod5
n + ≡ , vô lí.
Nếu ( )
4 mod5
n ≡ thì ( )
3 1 3 mod5
n + ≡ , vô lí.
Vậy: 5
n , (2)

Website:
Từ (1) và (2) kết hợp với (5, 8) = 1 suy ra 40
n .
Mọi số chính phương khi chia cho 8 đều có số dư là 0 hoặc 1 hoặc 4.
- Mọi số chính phương hoặc chia hết cho 8 hoặc chia 8 dư 1 hoặc chia 8 dư 4.
k + hoặc 8 4
k + với .
k ∈
- Các số có dạng 8 2; 8 3; 8 5; 8 6; 8 7
k k k k k
+ + + + + với k ∈ không thể là số chính phương.
- Số chính phương chẵn hoặc chia hết cho 8 hoặc chia 8 dư 4.
- Số chính phương lẻ chia cho 8 luôn có số dư là 1.
Ví dụ 1. Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n
C 2027 2036
= + là số chính phương.
Giải
Với mọi số tự nhiên a thì 2
a khi chia cho 8 chỉ có các số dư là 0;1;4. Số 2027 chia 8 dư 3; 2036 chia
8 dư 4 .
Suy ra 2027 3 (mod8)
n n
≡
Nếu n chẵn thì 2
2 , 2027 3 1(mod8)
n k
n k k
= ∈ ⇒ ≡ ≡

5(mod8)
C C
⇒ ≡ ⇒ không thể là số chính phương.
Nếu n lẻ thì 2 1 2
2 1, 2027 3 3.3 3(mod8)
n k k
n k k +
= + ∈ ⇒ ≡ ≡ ≡

7(mod8)
C C
⇒ ≡ ⇒ không thể là số chính phương.
KL: Không tôn tại n thỏa yêu cầu bài toán.
Ví dụ 2. Tìm số nguyên tố p để 4 2201
p + là số chính phương.
Giải
Xét 2
p = , ta có: 2
4 2201 2209 47
p + = = là số chính phương.
Xét 2
p > , vì p là số nguyên tố nên 2 1, ( *).
p k k N
= + ∈
Ta có: 4 1 4(2 1) 2201 8 2205 8 275.8 5
p k k k
+ = + + = + = + + chia 8 dư 5
Mặt khác 4p + 1 là một số chính phương lẻ nên chia 8 dư 1.
Do đó với p > 2 thì 4p + 1 không là số chính phương.

Website:
Vậy số nguyên tố p để 4 2201
p + là số chính phương là 2
p = .
2.6. Tính chất khi số chính phương chia hết cho một số nguyên tố
Một số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì nó cũng chia hết cho 2
.
p
Sau đây là một số trường hợp cụ thể thường sử dụng:
…
Ví dụ 1. Cho biểu thức ( )
2 2 2
2 1 2 2022 .
A
= + +…+ Hỏi A có là bình phương của một số nguyên hay
không?
Giải
Ta có A chia hết cho 2 nhưng A không chia hết cho 4 suy ra A không thể là SCP.
Ví dụ 2. Chứng minh rằng nếu a và b là các số tự nhiên lẻ thì 2 2
a b
+ không phải là số chính phương.
Giải
Vì a, b là các số tự nhiên lẻ nên ta đặt 2 1; 2 1; , N
a m b n m n
= + = + ∈ .
Khi đó ta có ( ) ( ) ( )
2 2
2 2 2 2
2 1 2 1 4 2
a b m n m n m n
+ = + + + = + + + +
Ta có một số chính phương chia hết cho 2 thì phải chia hết cho 4
Mà 2 2
a b
+ chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4, nên 2 2
a b
+ không phải là số chính phương
Ví dụ 3. Chứng minh rằng nếu một số có tổng các chữ số là 2022 thì số đó không phải là số chính
phương.
Giải
Ta thấy tổng các chữ số của số 2022 là 6 nên 2022 chia hết cho 3 mà không chia hết 9 nên số có tổng
các chữ số là 2022 cũng chia hết cho 3 mà không chia hết cho 9, do đó số này không phải là số chính
phương.
Hết

Website:
PHẦN 2
2.7. Chữ số hàng chục của các số chính phương (Lý thuyết + 2 ví dụ minh họa)
2.8. Kẹp giữa hai số chính phương liên tiếp (Lý thuyết + 2 ví dụ minh họa)
2.9. Một số tính chất khác (Lý thuyết)
3. Các dạng toán quan trọng về số chính phương
3.1. Sử dụng các tính chất của số chính phương chứng minh chia hết.
(Phương pháp giải toán + 4 ví dụ minh họa)
3.2. Chứng minh một số là số chính phương
3.3. Chứng minh một số không phải là số chính phương
3.4. Tìm giá trị của biến để một biểu thức là số chính phương
3.5. Tìm số chính phương.

Website:
Giáo viên: Th.S Phạm Văn Quý – Tell: 0943911606
PHẦN 2
2.7. Chữ số hàng chục của các số chính phương
Sau đây là một số tính chất thú vị về chữ số hàng chục của các số chính phương, nó giúp chúng ta rất
nhiều trong những bài toán tìm các chữ số tận cùng của một số.
Tập các số chính phương là: { }
0;1;4;9;16;25;36;49;64;81;100;121;144;169;... .
- Số chính phương tận cùng bằng 1 hoặc 9 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn.
- Số chính phương tận cùng bằng 5 thì chữ số hàng chục là 2.
- Số chính phương tận cùng bằng 4 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn.
- Số chính phương tận cùng bằng 6 thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ.
Ví dụ 1. Tìm tất cả các số chính phương có 4 chữ số khác nhau được lập từ các số 2; 3; 5; 9.
Giải
Vì số chính phương không thể tận cùng là 2 và 3 nên ta có 2 khả năng sau:
+) Chữ số tận cùng là 9, khi đó chữ số hàng chục phải là số chẵn nên chữ số hàng chục phải là 2, do đó
có 2 số có khả năng thỏa mãn bài toán là 5329 và 3529. Ta thấy chỉ có số 2
5329 73
= là thỏa mãn bài
toán.
+) Chữ số tân cùng là 5, khi đó chữ số hàng chục phải là 2, do đó có 2 số có khả năng thỏa mãn bài
toán là 3925 và 9325. Mặt khác 39 và 93 không thể phân tích thành tích của 2 số nguyên liên tiếp nên
3925 và 9325 không phải là số chính phương.
Ví dụ 2. Cho 5 số chính phương có chữ số hàng chục khác nhau và có chữ số tận cùng đều là 6. Chứng
minh rằng tổng bình phương của các chữ số hàng chục của 5 số chính phương này cộng thêm 4 cũng là
một số chính phương.
Giải
Do 5 số chính phương có tận cùng là 6 nên chữ số hàng chục của chúng đều là số lẻ suy ra các chữ số
hàng chục thuộc tập {1; 3; 5; 7; 9}, mà các chữ số này khác nhau nên các chữ số hàng chục này là các

Website:
số 1; 3; 5; 7; 9. Khi đó tổng bình phương của các chữ số hàng chục của 5 số chính phương này cộng
thêm 4 bằng: 2 2 2 2 2 2
1 3 5 7 9 4 169 13
+ + + + + = = là số chính phương.
2.8. Kẹp giữa hai số chính phương liên tiếp
Giữa hai số chính phương liên tiếp không còn số chính phương nào nữa.
Tính chất này được vận dụng dưới các dạng phát biểu sau:
- Nếu ( )
2
2
1
k n k
< < + với k ∈ thì n không thể là số chính phương.
- Nếu ( )
2
2
1
k n k
< ≤ + với k ∈ và n là số chính phương thì ( )
2
1 .
n k
= +
- Nếu ( )
2
2
1
k n k
≤ < + với k ∈ và n là số chính phương thì 2
.
n k
=
Ví dụ 1. Chứng minh rằng số 4 3 2
2 2 2 1
A n n n n
= + + + + trong đó n ∈ và n 1
> không phải là số chính
phương.
Giải
+) Ta có ( )
4 3 2 4 3
2
2 2
, , 1,(*)
2 2 2 1 2 n n n n
A n n n n n n
n + = +
+ ∀ >
= + + + > + ∈ .
+) Ta đi chứng minh ( )
2
2
1 , , 1,(**)
n n n
A n
< + + ∀ ∈ >

Thật vậy (**) ( ) 3
2
2 4 2 3 2
4 3 2 4 2
2 2 2 1 1 1 2 2
2 1 2
2 2
n n n n n n
n n n n n
n n n n
⇔ + + + + < + + +
+ + ⇔ <
+ + + + + +
2
0
n
⇔ > , đúng vì , 1
n n
∈ >
 .
+) Từ (*) và (**) suy ra ( ) ( )
2 2
2 2
1
n A
n n n
+ < +
< + , mà ( ) ( )
2 2
2 2
; 1
n n n n
+ + + là hai số chính phương
liên tiếp suy ra A không thể là số chính phương, (đpcm).
Ví dụ 2. Chứng minh rằng không tồn tại hai số tự nhiên khác không x và y sao cho 2
x y
+ và 2
x y
+
đồng thời là số chính phương.
Giải
Do vai trò của x và y như nhau nên ta có thể giả sử x y
≥ .
Khi đó ta có ( )
2
2 2 2 2
2 1 1
x x y x x x x x
< + ≤ + < + + = + , mà 2
x và ( )
2
1
x + là hai số chính phương liên tiếp
suy ra 2
x y
+ không thể là số chính phương, (đpcm).
2.9. Một số tính chất khác
- Nếu hai số nguyên liên tiếp có tích là một số chính phương thì một trong hai số đó là số 0.

Website:
- Nếu hai số tự nhiên a và b nguyên tố cùng nhau có tích là một số chính phương thì mỗi số a, b cũng là
các số chính phương.
- Nếu tích của hai số nguyên a và b là một số chính phương thì ta có thể biểu diễn a và b dưới dạng:
2
.
a m p
= và 2
.
b m q
= trong đó , ,
m p q là các số nguyên.
- Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số chính phương chỉ chứa các thừa số nguyên tố với số mũ chẵn.
- Số các ước số nguyên của mọi số chính phương đều là số lẻ.
Nhắc lại: Nếu số tự nhiên n được phân tích dưới dạng thừa số nguyên tố là: 1 2
. ... m
k
k k
n p p p
= thì số ước
nguyên dương của n là ( )( ) ( )
1 2
1 1 ... 1
m
k k k
+ + + .
3. Các dạng toán quan trọng về số chính phương
3.1. Sử dụng các tính chất của số chính phương chứng minh chia hết.
Phương pháp:
- Vận dụng các kiến thức chia hết cơ bản và thuật toán ( . )
( , ) 1
A m
A n A m n
m n


⇒

 =


 
- Vận dụng tính chất số chính phương khi chia 3 có số dư là 0 hoặc 1.
- Vận dụng tính chất số chính phương khi chia 4 có số dư là 0 hoặc 1.
- Vận dụng tính chất số chính phương khi chia 5, 8 và các tính chất khác số chính phương.
- Vận dụng nguyên lý kẹp để có được mối quan hệ đặc biệt giữa các biến rồi vận dụng vào bài toán
chứng minh chia hết.
Ví dụ 1. Cho n∈ và 1
n + ; 2 1
n + đều là số chính phương. Chứng minh rằng n luôn chia hết cho
24.
Giải
+) Giả sử 2 2
1 ; 2 1 ,
n a n b
+
= +
= với ,
a b∈ .
+) Ta có 2 1
n + lẻ suy ra 2
b lẻ suy ra b lẻ 2 1,
b k k
⇒ = + ∈. Mà 2
2 1
n b
+ = nên ta có
( )
2
2 1 2 1
n k
+ = + 2
2 2
n k k
⇔ = + suy ra n chẵn 1
n
⇒ + lẻ 2
a
⇒ lẻ a
⇒ lẻ 2 1,
a p p
⇒ = + ∈
mà 2
1
n a
+ = nên ta có ( ) ( )
2
1 2 1 4 1
n p n p p
+= + ⇔ = + . Do ( ) ( )
1 2 4 1 8 8,(*).
p p p p n
+ ⇒ + ⇒
  

Website:
+) Ta có 2 2 2 2 2 2
1 ; 2 1 3 2
n a n b a b n a b
+ = + = ⇒ + = + ⇒ + chia 3 dư 2. Mà 2 2
;
a b là các số chính
phương nên 2 2
;
a b chia 3 phải có số dư là 0 hoặc 1 nên ta có cả 2 2
;
a b đều chia 3 dư 1 suy ra 2 2
3
b a
− 
suy ra ( ) ( )
2 1 1 3 3,(**)
n n n
+ − + ⇒
 
  
+) Từ (*) và (**) kết hợp với (3, 8) = 1 suy ra n chia hết cho 24.

Website:
Ví dụ 2. Cho ( )
2
3
S m n m n
= + + + là số chính phương, với , *
m n∈ . Chứng minh rằng 3
1
n +
chia hết cho m.
Giải
+) Ta có ( ) ( )
2 2
3
S m n m n m n
= + + + > + với , *
m n∈ , (1).
Ta đi chứng minh ( )
2
2 ,(2).
S m n
< + + Thật vậy ( ) ( )
2 2
(2) 3 2
m n m n m n
⇔ + + + < + +
2 2 2 2
2 3 4 2 4 4 3 4 0
m mn n m n m n mn m n m n
⇔ + + + + ≤ + + + + + ⇔ + + > (luôn đúng)
Từ (*) và (**) ta có ( ) ( )
2 2
2
m n S m n
+ < < + + , mà S là số chính phương ( )
2
1
S m n
= + +
Khi đó ( ) ( )
2 2
3 1 1 1.
m n m n m n n m n m
+ + + = + + ⇔ + = ⇔ = −
+) Ta có ( ) ( )
3
3 3 2 2 3
1 1 1 3 3 1 1 3 3 1
n m m m m m m m n m
+ = − + = − + − + = − + ⇒ +  , (đpcm).
Ví dụ 3. Chứng minh rằng trong ba số chính phương tuỳ ý luôn tồn tại hai số mà hiệu của chúng chia
hết cho 4.
Giải
+) Vì một số nguyên bất kỳ phải là số chẵn hoặc là số lẻ. Do đó theo nguyên lý Đirichlet trong 3 số
nguyên bất kỳ luôn chọn ra được 2 số có cùng tính chẵn lẻ.
+) Áp dụng ta có trong 3 số chính phương bất kỳ luôn chọn ta được hai số có cùng tính chẵn lẻ. Gọi 2
số chính phương được chọn ra đó là 2
a và 2
b .
Khi đó ta có: 2 2
( )( )
a b a b a b
− = − + .
+) Vì 2
a và 2
b cùng tính chẵn lẻ nên ,
a b cũng cùng tính chẵn lẻ. Do đó a b
− là số chẵn và a b
+ cũng
là số chẵn 2 2
( )( ) : 4
a b a b a b
⇒ − = − + (đpcm).
Ví dụ 4. Cho số nguyên tố ( 3)
p p > và hai số nguyên dương ,
a b sao cho 2 2 2
p a b
+ =. Chứng minh a
chia hết cho 12.
Giải
Ta có: 2 2 2 2
( )( )
p a b p b a b a
+ = ⇔ = − + .
Các ước của 2
p là 1, p và 2
p ; không xảy ra trường hợp .
b a b a p
+ = − = Do đó chỉ xảy ra trường hợp
2
b a p
+ = và 1
b a
− =
.

Website:
Khi đó
2
1
2
p
b
+
= và
2
1
2
p
a
−
= suy ra 2 ( 1)( 1)
a p p
= − + .
Từ p lẻ suy ra 1, 1
p p
+ − là hai số chẵn liên tiếp ( 1)( 1)
p p
⇒ − + chia hết cho 8 .
Suy ra 2a chia hết cho 8
Từ p nguyên tố lớn hơn 3 nên p không chia hết cho 3 . Do đó p có dạng 3 1
k + hoặc 3 2
k + .
Suy ra một trong hai số 1; 1
p p
+ − chia hết cho 3 . Suy ra 2a chia hết cho 3 suy ra 2a chia hết cho 24
hay a chia hết cho 12.
3.2. Chứng minh một số là số chính phương
Phương pháp:
- Sử dụng các kỹ thuật phân tích đa thức thành nhân tử, các hằng đẳng thức để đưa biểu thức cần chứng
minh về một bình phương đúng.
- Sử dụng các tính chất của số chính phương để lập luận chỉ ra biểu thức là số chính phương.
- Xét biến số của bài toán theo các môđun đặc biệt (2, 3, 4, 5, …) để chứng minh từng trường hợp riêng
đều thỏa mãn bài toán.
Ví dụ 1. Chứng minh rằng tích của 4 số nguyên liên tiếp công thêm 1 luôn là một số chính phương.
Giải
Gọi tích của 4 số nguyên liên tiếp cộng thêm 1 là: ( )( )( )
1 2 3 1
S n n n n
= + + + + , với .
n∈
Ta có ( )( ) ( ) ( )
2 2 2 2
3 3 2 1 3 1 1 3 1 1 1
S n n n n n n n n
   
= + + + + = + + − + + + +
   
( ) ( )
2 2
2 2 2
3 1 1 1 3 1
n n n n
= + + − + = + + là một số chính phương, (đpcm).
Ví dụ 2. Cho , ,
x y z∈ thỏa mãn 1.
xy yz zx
+ + =Chứng minh rằng ( )( )( )
2 2 2
1 1 1
x y z
+ + + là một
số chính phương.
Giải
Ta có ( ) ( ) ( )( )
2 2
1
x x xy yz zx x x y z x y x y x z
+ = + + + = + + + = + +
( ) ( ) ( )( )
2 2
1
y y xy yz zx y x y z x y x y y z
+ = + + + = + + + = + +
( ) ( ) ( )( )
2 2
1
z z xy yz zx z z x y z x z x y z
+ = + + + = + + + = + +
Do đó ( )( )( ) ( )( )( )
2
2 2 2
1 1 1
x y z x y y z z x
+ + + = + + +
 
  là một số chính phương, (đpcm).

Website:
Ví dụ 3. Cho số nguyên tố ( 3)
p p > và hai số nguyên dương ,
a b sao cho 2 2 2
p a b
+ =. Chứng minh
2( 1)
p a
+ + là số chính phương.
Giải
Ta có: 2 2 2 2
( )( )
p a b p b a b a
+ = ⇔ = − + .
Các ước của 2
p là 1, p và 2
p ; không xảy ra trường hợp b a b a p
+ = − = Do đó chỉ xảy ra trường hợp
2
b a p
+ = và 1
b a
− =
.
Khi đó
2
1
2
p
b
+
= và
2
1
2
p
a
−
= .
Xét
2
2 2
p 1
2(p a 1) 2 p 1 2p p 1 (p 1)
2
 
−
+ + = + + = + + = +
 
 
là số chính phương, (đpcm).
Ví dụ 4. Cho hai số nguyên dương m,n thỏa mãn 1
m n
+ + là một ước nguyên tố của ( )
2 2
2 1
m n
+ − .
Chứng minh rằng (2 2022).(3 2022)
m m n
+ − + là số chính phương.
Giải
Giả sử m n
≠ , ta có 2
( ) 1 ( 1)( 1) ( 1)
m n m n m n m n
+ − = + + + − + +

( )
2 2 2
2 1 ( ) 1 ( 1)
m n m n m n
 
⇒ + − − + − + +
  ( )
2 2 2 2
2 2 2 ( 1)
m n m mn n m n
⇔ + − − − + +

2
( ) ( 1)
m n m n
⇔ − + +

Do 1
m n
+ + là số nguyên tố 1
m n
⇒ + + là ước của m n
− . Mà 1
m n m n
− < + + do đó vô lý
Vậy giả sử sai 2
(2 2022).(3 2022) (2 2022)
m n m m n m
⇒ = ⇒ + − + = + là số chính phương
3.3. Chứng minh một số không phải là số chính phương
Phương pháp:
- Sử dụng nguyên lý kẹp để chỉ ra không tồn tại số chính phương thỏa mãn bài toán.
- Để chứng minh A không là số chính phương ta chỉ ra chữ số tận cùng của A là 2, 3, 7, 8 từ đó chỉ ra
A không thể là số chính phương.
- Để chứng minh A không là số chính phương xét số dư của biến trong bài toán khi chi cho 3 và chỉ ra
rằng số dư của A khi chia cho 3 là 2, dẫn đến A không thể là số chính phương.
- Để chứng minh A không là số chính phương xét số dư của biến trong bài toán khi chi cho 4 và chỉ ra
rằng số dư của A khi chia cho 4 là 2 hoặc 3 dẫn đến A không thể là số chính phương.
- Chỉ ra A + 1 hoặc A – 1 là số chính phương từ đó suy ra A không thể là số chính phương.

Website:
- Sử dụng các kỹ thuật khác.
Ví dụ 1. Cho 1.2.3 2.3.4 3.4.5 ( 1) ( 2)
B n n n
= + + +…+ ⋅ + ⋅ + với *
.
n∈ Chứng minh rằng B không là số
chính phương.
Giải
Ta có 4 1.2.3.4 2.3.4 (5 1) 3.4.5 (6 2) ( 1) ( 2) [( 3) ( 1)]
B n n n n n
= + ⋅ − + ⋅ − +…+ ⋅ + ⋅ + ⋅ + − −
( )
2
4 3 2 4 3 2 2
( 1) ( 2) ( 3) 6 11 6 6 11 6 1 3 1
n n n n n n n n n n n n n n
= ⋅ + ⋅ + ⋅ + = + + + < + + + + = + +
Mặt khác ( ) ( ) ( )
2 2 2
4 3 2 4 3 2 2 2 2
6 11 6 6 9 3 3 4 3 1
n n n n n n n n n n n B n n
+ + + > + + = + ⇒ + < < + +
Do đó B không phải là số chính phương.
Ví dụ 2. Chứng minh rằng 8 8 8 8
2022 2023 2024 2025
n n n n
S = + + + không thể là số chính phương,
*.
n∈
Giải
Ta có 8 8 *
2022 4;2024 : 4,
n n
n N
∀ ∈

( )
8 8 8
2023 2023 1 1 2023 1 1
n n n
= − +
= − + chia cho 4 dư 1.
8 8 8
2025 2025 ( 1) 1
n n n
= − − + chia cho 4 dư 1.
Do đó, 8 8 8 8
2022 2023 2024 2025
n n n n
S = + + + chia cho 4 dư 2 .
Ta có: 2
S , nhưng S không chia hết cho 4 , mà 2 là số nguyên tố. Suy ra S không là số chính phương,
(đpcm).
Ví dụ 3. Cho 2 n
≤ ∈ , Chứng minh rằng 6 4 3 2
2 2
A n n n n
= − + + không thể là số chính phương
Giải
Ta có ( )
6 4 3 2 2 4 2
2 2 2 2
A n n n n n n n n
= − + + = − + +
( )( ) ( ) ( )
2
2 2 2 2 3 2 2 2
( 1) 2( 1) 1 2 1 2 2
n n n n n n n n n n n n
 
− + + = + − + = + − +
 
Với 2 n
≤ ∈ , ta có ( )
2
2 2
2 2 2 1 1
n n n n n
− + > − + = −
Và ( )
2 2 2
2 2 2 1
n n n n n
− + = − − < . Do đó ( )
2 2 2
1 2 2
n n n n
− < − + <
Như vậy 2
2 2
n n
− + không phải là số chính phương nên A không phải là số chính
3.4. Tìm giá trị của biến để một biểu thức là số chính phương
Phương pháp:

Website:
- Để A là số chính phương ta tìm các đưa A về dạng tích và lập luận A là số chính phương bằng cách
sử dụng các tính chất số học.
- Xét tính chẵn lẻ để đưa ra kết quả bài toán.
- Xét các biến theo môđun (3, 4, 5, …) để tìm số dư của biểu thức cần tìm là số chính phương theo các
môđun này rồi kết luận.
- Sử dụng nguyên lý kẹp.
- Quy về giải phương trình nghiệm nguyên.
Ví dụ 1. Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho các số 1;2 1;5 1
n n n
+ + + đều là các số chính
phương.
Giải
Nếu 3 1( )
n k k
= + ∈ thì 1 3 2
n k
+ = + , không là số chính phương.
Nếu 3 2
n k
= + thì 2 1 6 5
n k
+ = + , cho cho 3 dư 2 nên không là số chính phương. Vậy 3
n .
2 1
n + là số chính phương lẻ nên chia cho 8 dư 1. Suy ra 2 :8 4 1
n n n
⇒ ⇒ +
 lẻ. Do 1
n + là số chính
phương lẻ nên 1
n + chia cho 8 dư 1 , suy ra 8
n .
n chia hết cho các số nguyên tố cùng nhau 3 và 8 nên chia hết cho 24.
Với 24
n = thì 2
1 25 5
n + = = , 2 2
2 1 49 7 ,5 1 121 11
n n
+ = = + = = .
Giá trị nhỏ nhất của n phải tìm là 24 .
Ví dụ 2. Tìm số nguyên dương n sao cho ( )( )
2
3 4 14 7
S n n n
= + + + là một số chính phương.
Giải
Ta có: 2
4 14 7 ( 3)(4 2) 1
n n n n
+ + = + + + và n là số nguyên dương nên 3
n + và 2
4 14 7
n n
+ + là nguyên tố
cùng nhau. Vì vậy, để A là số chính phương thì 2
4 14 7
n n
+ + và n 3
+ phải là số chính phương.
Do n Z+
∈ nên ta có 2 2 2
(2 3) 4 14 7 (2 4)
n n n n
+ ≤ + + < + .
2 2
4 14 7 (2 3) 1.
n n n n
⇒ + + = + ⇒ = Khi đó n 3 4
+ = là số chính phương.
Thử lại, với 1
n = , ta có 2
10
A = .
Vậy số nguyên dương cân tìm là 1
n = .
Ví dụ 3. Tìm các số nguyên m sao cho 2
12
m + là số chính phương.
Giải
Đặt 2 2
m 12 n
+ =với n là số nguyên. Khi đó ta có 2 2
n m 12 (n m)(n m) 12
− = ⇔ − + = .

Website:
Do m,n là các số nguyên và n m;n m
− + là các số chẵn nên ta có các trường hợp như sau
 Với n m 6
− =
− và n m 2
+ =
− ta được n 4;m 2
=
− =
.
Với n m 6
+ =
− và n m 2
− =
− ta được n 4;m 2
=
− =
− .
Với n m 6
+ =và n m 2
− =ta được n 4;m 2
= = .
Với n m 2
+ =và n m 6
− =ta được n 4;m 2
= = − .
Thử lại ta được các giá trị m nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán là m { 2;2}
∈ − .
3.5. Tìm số chính phương.
Phương pháp:
- Dạng 1: Bài toán yêu cầu tìm số dưới dạng công thức ...
A abcd
= , ta phối hợp linh hoạt các kiến
thức sau:
 Xét chữ số tận cùng của A rồi kết hợp với điều kiện chữ số tận cùng của số chính phương chỉ
có thể là 0; 1; 4; 5; 6; 9 để loại trừ bớt các trường hợp hặc tìm được luôn chữ số tận cùng.
 Sử dụng dấu hiệu chia hết cho 2, 3, 5, 9 để tìm được số tận cùng hoặc biết được mối liên hệ
giữa tổng các chữ số của A để tiếp tục phối hợp với các kỹ thuật khác.
 Tính giá trị của A (ví dụ 1000 100 10
A abcd a b c d
= = + + + ) từ đó kết hợp với các kỹ thuật
khác.
- Dạng 2: Các bài được phát biểu dạng lời văn, tùy ta tìm cách đưa về dạng 1 ở trên. Tuy nhiên ta chú ý
tới các câu từ để đưa ra chính xác các điều kiện của bài toán.
Ví dụ 1. Tìm số chính phương abcd biết 1
ab cd
− =
.
Giải
Giả sử 2
100 100(1 ) 101 100,
n abcd ab cd cd cd cd n Z
= = + = + + = + ∈ .
2
101 100 ( 10)( 10)
cd n n n
⇒ ⋅ = − = − +
Vì 100
n < và 101 là số nguyên tố nên 10 101
n + = .
91
n
⇒ =
Thử lại: 2
91 8281
abcd
= = có 82 81 1
− =
.
Vậy 8281
abcd = .
Ví dụ 2. Tìm số chính phương có 4 chữ số sao cho chữ số tận cùng là số nguyên tố và căn bậc hai của
số đó có tổng các chữ số là một số chính phương.

Website:
Giải
Gọi số phải tìm là abcd với a;b;c;d là các số tự nhiên và 1 a 9;0 b,c,d 9.
≤ ≤ ≤ ≤
Ta có abcd chính phương d {0,1,4,5,6,9}
⇒ ∈ .
Vì d là số nguyên tố d 5
⇒ =.
Đặt 2
k 10000 32 k 100,
abcd k N
= < ⇒ ≤ < ∈ .
Do k là một số có hai chữ số mà 2
k có tận cùng bằng 5 k
⇒ tận cùng bằng 5
Tổng các chữ số của k là một số chính phương k 45
⇒ = (vì k tận cùng bằng 5 và có 2 chữ số)
2025
abcd
⇒ =
Vậy số phải tìm là: 2025 .
Ví dụ 3. Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết rằng hiệu các bình phương của số đó và số viết bởi hai chữ
số của số đó nhưng theo thứ tự ngược lại là một số chính phương.
Giải
Gọi số phải tìm là ab với a,b N,1 a 9;0 b 9
∈ ≤ ≤ ≤ ≤
Theo giả thiết ta có:
2 2
3 2
(a b) ( ) ( )
ab ab a b a b
= + ⇔ = + + . Suy ra a b
+ là số chính phương.
Khi đó ab là một lập phương và a b
+ là một số chính phương.
Vì 10 99 27
ab ab
≤ ≤ ⇒ = hoặc 64
ab =
Nêu 27 a b 9
ab = ⇒ + = là số chính phương
Nêu 64 a b 10
ab = ⇒ + = không là số chính phương ⇒ loại
Vậy số cần tìm là 27.
Hết

Website:
SỐ NGUYÊN TỐ ÔN THI CHUYÊN TOÁN – BỒI DƯỠNG HSG
PHẦN 1
I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT
1. Định nghĩa
Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1 và chỉ có đúng hai ước là 1 và chính nó.
Tập hợp các số nguyên tố: 2; 3; 5; 7; 11; 13; 19; 23; 29; 31; …
2. Một số tính chất thường sử dụng về số nguyên tố
- Số 2 là số nguyên tố chẵn duy nhất.
- Các số nguyên tố lớn hơn 2 đều là số lẻ.
- Nếu ,
m n∈ thỏa .
m n p
 , với p là số nguyên tố thì
m p
n p





.
- Nếu n∈ thỏa 2
n p
 , với p là số nguyên tố thì 2 2
n p
 .
- Nếu cả hai số tự nhiên m, n đều không chia hết cho số nguyên tố p thì tích m.n không chia hết cho p.
- Hai số tự nhiên được gọi là nguyên tố cùng nhau khi chúng có ước chung lớn nhất bằng 1.
Ví dụ: 5 và 8 là hai số nguyên tố cùng nhau vì (5; 8) = 1.
- Nếu số tự nhiên A được phân tích 1 2
1 2
. ... n
k
k k
n
A p p p
= , trong đó 1 2
; ;..; n
p p p là số nguyên tố và
1 2
; ;..; n
k k k ∈ thì số các ước nguyên dương của A là: ( )( ) ( )
1 2
1 1 ... 1
n
k k k
+ + + .
Ví dụ: Số 360 được phân tích
3 2 1
360 2 .3 .5
= , do đó 360 có (3 + 1)(2 + 1)(1 + 1) = 24 ước nguyên
dương.
II. CÁC DẠNG CÂU HỎI THƯỜNG GẶP VỀ SỐ NGUYÊN TỐ
1. Số nguyên tố và tính chia hết
Phương pháp: Kết hợp các kiến thức về tính chia hết và các tính chất sau của số nguyên tố:
- Các số nguyên tố lớn hơn 2 đều là số lẻ.
- Nếu p là số nguyên tố và p > 3 thì 3
p/
 nên p sẽ có dạng 3k + 1 hoặc 3k + 2, k ∈ .
- Nếu p là số nguyên tố và p > 3 thì trong hai số 1; 1
p p
− + phải có một số chia hết cho 3.

Website:
Thật vậy: Vì 1; ; 1
p p p
− + là 3 số nguyên liên tiếp nên trong ba số này phải có một số chia hết cho 3,
mà 3
p/
 suy ra trong hai số 1; 1
p p
− + phải có một số chia hết cho 3.
- Nếu ,
m n∈ thỏa .
m n p
 , với p là số nguyên tố thì
m p
n p





.
- Nếu n∈ thỏa 2
n p
 , với p là số nguyên tố thì 2 2
n p
 .
Ví dụ 1. Chứng minh rằng nếu p và p + 2 là hai số nguyên tố lớn hơn 3 thì tổng của chúng sẽ chia hết
cho 12.
Giải
+) Ta có ( ) ( )
2 2 2 2 1
p p p p
+ + = + = +
+) Ta có p là số nguyên tố lớn hơn 3 suy ra p lẻ suy ra p + 1 chẵn ( )
1 2 2 1 4,(*)
p p
⇒ + ⇒ +
 
+) Ta có p; p + 1; p + 2 là ba số nguyên liên tiếp nên trong ba số này phải có một số chia hết cho 3, mà
theo giả thiết p và p + 2 là hai số nguyên tố lớn hơn 3 nên p và p + 2 không chia hết cho 3, do đó p + 1
phải chia hết cho 3 ( )
2 1 3,(**)
p
⇒ + 
+) Từ (*) và (**) kết hợp với (3; 4) = 1 ta suy ra ( )
2 1 12
p +  .
Ví dụ 2. Chứng minh rằng với p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì 2
1
p − chia hết cho 24.
Giải
+) Ta có 2
1 ( 1)( 1)
p p p
− = − + , ta có 1; ; 1
p p p
− + là ba số nguyên liên tiếp nên trong ba số này phải
có một số chia hết cho 3, mà p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p không chia hết cho 3 suy ra trong hai số
1; 1
p p
− + phải có một số chia hết cho 3 suy ra 2
( 1)( 1) 3 1 3,(*)
p p p
− + ⇒ −
 
+) Ta có p là số nguyên tố lớn hơn 3 suy ra p lẻ, mà 2
1 ( 1)( 1)
p p p
− = − + đây là tích của hai số chẵn
liên tiếp nên tích này chia hết cho 8 2
( 1)( 1) 8 1 8,(**)
p p p
− + ⇒ −
 
+) Từ (*) và (**) kết hợp với (3; 8) = 1 ta suy ra 2
1
p − chia hết cho 24.
Ví dụ 3. Một số nguyên tố p chia cho 42 có số dư là r, với r là hợp số. Tìm r.
Giải
+) Gọi thương của phép chia là k, theo giả thiết ta có: 42
p k r
= + , ,
k r
∈ ∈
  và 0 42
r
< < .
+) Vì r là hợp số nên .
r m n
= với m, n là các số nguyên tố. Vì p là số nguyên tố nên m, n không thể là
ước của 42 là 2; 3; 7 nên m, n thuộc tập {5; 11; 13; 17; 19; …} mà 0 . 42
m n
< < suy ra m = n = 5, khi
đó r = 25.

Website:
2. Kỹ thuật phân tích giải các bài toán về số nguyên tố
Phương pháp:
- Nếu .
p A B
= , khi đó p nguyên tố
1
'
1
'
A
B nguyên tô
B
A nguyên tô
 =





⇔
 =




- Để có được phân tích .
p A B
= ta thường vận dụng kỹ thuật phân tích đa thức thành nhân tử trong
chương trình lớp 8.
Ví dụ 1. Tìm *
n∈ để
4
4
n + là một số nguyên tố.
Giải
Ta có ( ) ( ) ( ) ( )( )
2 2
4 4 2 2 2 2 2
4 4 4 4 2 2 2 2 2 2
n n n n n n n n n n
+ = + + − = + − = − + + +
Do
2
2 2 1
n n
+ + > nên để
4
4
n + là một số nguyên tố thì
2
2 2 1 1
n n n
− + = ⇔ =
Với n = 1 ta có
4 4
4 1 4 5
n + = + = là số nguyên tố.
Vậy để
4
4
n + là một số nguyên tố thì n = 1.
p + là lập phương của một số tự nhiên.
Giải
+) Giả sử 3
2 1 ,
p n n
+= ∈ . Do 2 1
p + là số lẻ suy ra
3
n lẻ suy ra n lẻ 2 1,
n k k
⇒ = + ∈ .
+) Khi đó ta có ( )
3 3 2 3 2
2 1 2 1 2 1 8 12 6 1 2 8 12 6
p k p k k k p k k k
+ = + ⇔ + = + + + ⇔ = + +
( )
3 2 2
4 6 3 4 6 3
p k k k p k k k
⇔ = + + ⇔ = + +
Do
2
4 6 3 1
k k
+ + > nên để p là số nguyên tố thì 1
k = , khi đó ( )
2
1. 4.1 6.1 3 13
p
= + += (thỏa)
+) Kết luận: Để thỏa mãn bài toán thì p = 13.
p + là lập phương của một số tự nhiên.
Giải
+) Giả sử 3
13 1 ,
p n n
+= ∈ .
Do p nguyên tố nên 3
2 13 1 27 27 3.
p p n n
≥ ⇒ + ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥

Website:
+) Ta có ( )( )
3 2
13 1 13 1 1
p n p n n n
+ = ⇒ = − + + , (*).
Do 13 và p đều là các số nguyên tố và
2
1
n n
+ + không phân tích thành nhân tử và
2
1 2; 1 13
n n n
− ≥ + + ≥ nên
1 13
1
n
n p
− =

 − =

.
+) Với 1 13 14
n n
− = ⇔ = thay vào (*) ta có ( )( )
2
13 14 1 14 14 1 211
p p
= − + + ⇔ = là số nguyên tố.
+) Với 1
n p
− = thay vào (*) ta có ( ) ( )( )
2 2 3( )
13 1 1 1 1 13
4( )
n n
n n n n n n
n l
=

− = − + + ⇔ + + = ⇔  = −

Khi đó ta có ( )( )
2
13 3 1 3 3 1 2
p p
= − + + ⇔ = là số nguyên tố.
+) Kết luận: Có 2 số nguyên tố thỏa mãn bài toán là 2 và 211.
3. Tìm số nguyên tố thỏa mãn điều kiện cho trước
Phương pháp: Có nhiều dạng câu hỏi loại này, tùy theo câu hỏi ta sử dụng kiến thức một cách phù hợp.
Sau đây là một số hướng lập luận thường gặp.
- Hướng lập luận 1: Xét trường hợp p là các số nguyên tố đầu tiên (p = 2; p = 3; …) sau đó lập luận từ số
nguyên tố 0
p nào đó sẽ không thỏa mãn bài toán.
- Hướng lập luận 2: Sử dụng tính chẵn lẻ trên tập số tự nhiên kết hợp với tính chất số nguyên tố lớn hơn
3 là số lẻ.
 Tổng hai số nguyên tố lớn hơn 3 luôn là số chẵn, hiệu hai số nguyên tố lớn hơn 3 luôn là số
chẵn.
 Tổng hai số nguyên tố là số lẻ thì trong hai số này phải có một số chẵn và một số lẻ suy ra
phải có một số bằng 2.
 Hiệu hai số nguyên tố là số lẻ thì trong hai số này phải có một số chẵn và một số lẻ suy ra
phải có một số bằng 2.
Ví dụ 1. Tìm số nguyên tố p để p + 10 và p + 14 là các số nguyên tố.
Giải
+) Với 2
p = ta có p + 10 = 12 không là số nguyên tố (không thỏa mãn).
+) Với 3
p = ta có p + 10 = 13 là số nguyên tố và p + 14 = 17 là số nguyên tố, do đó p = 3 thỏa mãn
bài toán.
+) Khi 3
p > , lấy p chia 3 ta có số dư là 1 và 2 suy ra
3 1
,
3 2
p k
k
p k
= +

∈
= +

.

CÁC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC ÔN THI CHUYÊN – BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 9 – NĂM 2023 (15 PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH CHIA HẾT TRONG SỐ HỌC).pdf

CÁC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC ÔN THI CHUYÊN – BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 9 – NĂM 2023 (15 PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH CHIA HẾT TRONG SỐ HỌC).pdf

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Similar to CÁC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC ÔN THI CHUYÊN – BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 9 – NĂM 2023 (15 PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH CHIA HẾT TRONG SỐ HỌC).pdf

Similar to CÁC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC ÔN THI CHUYÊN – BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 9 – NĂM 2023 (15 PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH CHIA HẾT TRONG SỐ HỌC).pdf (20)

More from Nguyen Thanh Tu Collection

More from Nguyen Thanh Tu Collection (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

CÁC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC ÔN THI CHUYÊN – BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 9 – NĂM 2023 (15 PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH CHIA HẾT TRONG SỐ HỌC).pdf