Chuyên đề Đại số Lớp 6 - Chuyên đề 3: Phép chia hết và phép chia có dư - Chủ đề 3: Dùng tính chất chứng minh bài toán chia hết (Có lời giải chi tiết)

Nội dung text: Chuyên đề Đại số Lớp 6 - Chuyên đề 3: Phép chia hết và phép chia có dư - Chủ đề 3: Dùng tính chất chứng minh bài toán chia hết (Có lời giải chi tiết)

1. CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIACÓ DƯ CHỦ ĐỀ 3: DÙNG TÍNH CHẤT CHỨNG MINH BÀI TOÁN CHIA HẾT PHẦN I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. TÍNH CHẤT CHUNG 1) aMb và bMc thì aMc 2) aMa với mọi a khác 0 3) 0Mb với mọi b khác 0 4) Bất cứ số nào cũng chia hết cho 1 2. TÍNH CHẤT CHIA HẾT CỦA TỔNG, HIỆU - Nếu a,b cùng chia hết cho m thì a b chia hết cho m và a b chia hết cho m - Tổng (Hiệu) của 2 số chia hết cho m và 1 trong 2 số ấy chia hết cho m thì số còn lại cũng chia hết cho m. - Nếu 1 trong 2 số a,b chia hết cho m số kia không chia hết cho m thì tổng, hiệu của chúng không chia hết cho m. 3. TÍNH CHẤT CHIA HẾT CỦA 1 TÍCH - Nếu một thừa số của tích chia hết cho m thì tích chia hết cho m - Nếu a chia hết cho m thi bội của a cũng chia hết cho m - Nếu a chia hết cho m, b chia hết cho n thì a.b chia hết cho m.n - Nếu a chia hết cho b thì: am Mbm 4. CÁC TÍNH CHẤT KHÁC: 1) 0Ma (a 0) 2) aMa;aM1 (a 0) 3) aMb;bMc aMc 4) aMm;bMm pa qbMm 5) a : (m.n) aMm;aMn 6) aMm;aMn;(m,n) 1 aMmn 7) aMm ; bMn abMmn 8) abMm;(b,m) 1 aMm 9) abM p (p là số nguyên tố) thì hoặc aM p hoặc bM p 5. CÁC TÍNH CHẤT SUY LUẬN ĐƯỢC - Trong hai số tự nhiên liên tiếp có một số chẵn và một số lẻ. - Tổng hai số tự nhiên liên tiếp là một số lẻ. - Tích hai số tự nhiên liên tiếp là một số chẵn. - Tích hai số chẵn liên tiếp chia hết cho 8. - Tổng của hai số tự nhiên bất kỳ là một số lẻ thì có một số tự nhiên là số chẵn.
2. 1028 8 có ba chữ số tận cùng là 008 nên chia hết cho 8 1028 8 1028 1 9 AM9 AM72  M9 M9 b) Ta có 817 ; 279 ; 913 chia hết cho 9 nên B chia hết cho 9 Lại có 817 có tận cùng là 1 279 278.27 1.27 có tận cùng là 7 13 12 9 9 .9 1.9 có tận cùng là 9 nên B có tận cùng là 5 nên B chia hết cho 5. Mà (5;9) 1 BM5.9 BM45 Bài 2: Chứng minh : A 220.24 220 chia hết cho 17. Lời giải A 220. 16 1 220.17 AM17 Bài 3: Chứng minh rằng: A 7.52n 12.6n chia hết cho 19 Lời giải Thêm bớt 7.6n , ta được: A 7.25n 7.6n 19.6n 7. 25n 6n 19.6n Ta có: 25n  6n mod19 25n 6n  0 mod19 7. 25n 6n 19.6n 19.6n mod19 A  0 (mod19) Vậy AM19 Ghi chú: Đối với một số bài toán lớp 8 nếu ta sử dụng đến hằng đẳng thức: an bn Ma b với n ¥ an bn Ma b với ( n ¥ ; n lẻ). Thì ta có thể giải được một cách dễ dàng, tuy nhiên với học sinh lớp 6 thì chưa thể sử dụng những hằng đẳng thức đó. Vì vậy, ta có thể sử dụng Đồng dư thức để có được lời giải phù hợp với trình độ của học sinh lớp 6. Bài 4: Chứng minh rằng: a) A 22225555 55552222 chia hết cho 7. b) B 19611962 19631964 19651966 2 chia hết cho 7. Lời giải a) Ta có A 55552222 42222 22225555 45555 45555 42222 Mà 55552222 42222 M 5555 4 55552222 42222 M7 Tương tự: 22225555 45555 M7 1111 1111 45555 42222 45 42 M 45 42 45555 42222 M7 Vậy A 22225555 55552222 chia hết cho 7.
3. Nếu n là số lẻ thì n 15M2 Nếu n là số chẵn thì n 10M2 Như vậy với mọi n là số tự nhiên thì : n 10 n 15 M2 b, Ta có: n n 1 n 2 là tích ba số tự nhiên liên tiếp nên sẽ có một số chia hết cho 2, một số chia hết cho 3. c, Ta có: n(n 1) 1 là 1 số lẻ nên n(n 1) 1M 4;2 và có chữ số tận cùng khác 0 và 5 Bài 8: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì: a. A n(2n 1)(7n 1)M6 b. B n3 13nM6 Lời giải a) Ta có: n 7n 1 8n 1 là số lẻ nên n chẵn hoặc 7n chẵn, n(2n 1)(7n 1)M2 (1) Xét các trường hợp : n 3k n(2n 1)(7n 1)M3 n 3k 1 n(2n 1)(7n 1)M3 (do 2n 1M3) n 3k 2 n(2n 1)(7n 1)M3 (do 7n 1M3) n(2n 1)(7n 1)M3 với mọi số tự nhiên n (2) Từ (1) và (2) n(2n 1)(7n 1)M2.3 ( Do 2; 3 là hai số nguyên tố cùng nhau) n(2n 1)(7n 1)M6 b) B n3 13n n3 n 12n n(n 1)(n 1) 12n Vậy B n3 13nM6  M6 M6 Bài 9: Chứng minh rằng tổng của ba số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 3. Lời giải Gọi ba số tự nhiên liên tiếp là: a, a 1, a 2 Tổng của ba số tự nhiên liên tiếp là a a 1 a 2 a a a 1 2 3a 3 M3 (Tính chất chia hết của một tổng). Nâng cao: Có phải tổng của n số tự nhiên liên tiếp luôn luôn chia hết cho n hay không? Bài 10: Tổng của 4 số tự nhiên liên tiếp có chia hết cho 4 hay không ? Lời giải Gọi 4 số tự nhiên liên tiếp là a, a 1, a 2, a 3 . Tổng của 4 số tự nhiên liên tiếp là: a a 1 a 2 a 3 a a a a 1 2 3 4a 6 . Do 4 chia hết cho 4 nên 4a chia hết cho 4 mà 6 không chia hết cho 4 nên 4a 6 không chia hết cho 4 Tổng của 4 số tự nhiên liên tiếp không chia hết cho 4. Kết luận nâng cao: Vậy không phải lúc nào tổng n số tự nhiên liên tiếp cũng chia hết cho n
4. Dạng 2: Cho một biểu thức chia hết cho m chứng minh một biểu thức khác chia hết cho m I. Phương pháp giải - Vận dụng tính chất: AMC ; BMC pA qBMC từ đó tìm giá trị p và q thích hợp. II. Bài toán Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên x, y thì: a. 2x 3yM17 9x 5yM17 b. 7x 9yM13 x 5yM13 c. x 4yM19 13x 14yM19 d. 20x 7yM31 x 5yM31 Lời giải a) Gợi ý: Tìm p, q sao cho 2 p 9qM17 p(2x 3y) q(9x 5y)M17x, y (2 p 9q)x (3p 5q)yM17x, y 3p 5qM17 Chọn p 4;q 1 4(2x 3y) (9x 5y)M17 x, y Trình bày bài: Cách 1: * Chứng minh: 2x 3yM17 9x 5yM17 Từ 2x 3yM17 4(2x 3y)M17 Mà 17x 17yM17 nên 17x 17y 4(2x 3y)M17 9x 5yM17 * Chứng minh: 9x 5yM17 2x 3yM17 Từ 9x 5yM17 17x 17y (9x 5y)M17 8x 12yM17 4(2x 3y)M17 2x 3yM17 (Vì 4 và 17 nguyên tố cùng nhau) Cách 2: *Chứng minh: 2x 3yM17 9x 5yM17 Vì 17x 17yM17 (8x 12y) (9x 5y)M17 4(2x 3y) (9x 5y)M17 (1) Mà (2x 3y)M17 4(2x 3y)M17 (2) Từ (1), (2) suy ra 9x 5yM17 * Chứng minh: 9x 5yM17 2x 3yM17 Vì 17x 17yM17 (8x 12y) (9x 5y)M17 4(2x 3y) (9x 5y)M17 Mà (9x 5y)M17 4(2x 3y)M17 2x 3yM17 (Vì 4 và 17 nguyên tố cùng nhau) 7 p qM13 b) chọn p 1;q 6 9 p 5qM13 p 6 c) q 13 p 3 d) q 1 Bài 2: Chứng minh rằng: Nếu 2x yM9thì 5x 7yM9
5. a, 2a -5b 6cM17 nếu a 11b 3cM17 (a,b,c Z) b, 3a 2bM17 nếu 10a bM17 (a,b Z) Lời giải a, Ta có: a 11b 3cM17 và 17a 34b 51cM17 nên 18a 45b 54cM17 9 2a 5b 6c M17 b, Ta có: 3a 2bM17 và 17a 34bM17 nên 20a – 32bM17 10a – 16bM17 10a 17b – 16bM17 10a bM17 Bài 8: Chứng minh rằng: a, abcdM29thì a 3b 9c 27dM29 b, abcM21 thì a 2b 4cM21 Lời giải a, Ta có: abcd 1000a 100b 10c dM29 2000a 200b 20c 2dM29 2001a – a 203b 3b 29c 9c 29d 27dM29 2001a 203b 29c 29d a 3b 9c 27d M29 a 3b 9c 27d M29 b, Ta có: abc 100a 10b c M21 100a 84a 10b – 42b c 63cM21 16a 32b 64cM21 16 a 2b 4c M21 Bài 9: Cho a,b là các số nguyên. CMR nếu 6a 11b chia hết cho 31 thì a 7b cũng chia hết cho 31 Lời giải Ta có: 6a 11bM31 6 a 7b 31bM31 a 7bM31 Bài 10: Cho a,b là các số nguyên. CMR : 5a 2bM17 9a 7bM17 Lời giải Ta có: 5a 2bM17 5a – 68a 2b 51bM17 63a – 49bM17 7 9a 7b M17 9a 7bM 17 Ngược lại ta có: 9a 7bM 17 7 9a 7b M17 63a 49bM17 68a 5a 51b 2bM17 5a 2bM17 (5a 2b)M17 (5a 2b)M17 Bài 11: Cho a,b là các số nguyên. CMR nếu 2a 3bM7 thì 8a 5bM7 và ngược lại. Lời giải Ta có: 2a 3bM7 4 2a 3b M7 8a 12bM7 8a 12b 7bM7 8a 5bM7
6. n 15 n 3 M n 3 . 12M n 3 (n 3) Ư (12) {1;2;3;4;6;12} n {0;1;3;9} n 15 Vậy với n {0;1;3;9} thì là số tự nhiên. n 3 Bài 3: Tìm số tự nhiên n sao cho 4n 5M2n 1 Lời giải Ta có 4n 5 2 2n 1 3 Để 4n 5M2n 1 thì 3M2n 1 Với 2n 1 1 n 1 Với 2n 1 3 n 2 Vậy n 1; 2 Bài 4: Tìm số tự nhiên n để n2 3n 6M n 3. Lời giải n2 3n 6M n 3 n n 3 6M n 3 6M n 3 n 3 Ư 6 1;2;3;6 n 0; n 3 Bài 5: Tìm a ¥ để a 1 là bội của a –1 Lời giải a 1 a 1 2 Để a 1 là bội của a – 1 thì là số nguyên 1 a 1 a 1 a 1 a –1 Ư 2 1;1;2 a 0;2;3 (thỏa mãn a ¥ ) 2 Bài 6: Tìm số nguyên n để: 5 n 2n chia hết cho n 2 Lời giải Ta có 5 n2 2n 5 n n – 2 5 n2 2nM n – 2 khi 5M n – 2 n – 2 Ư 5 5; 1;1;5 n 3; 1; 3; 7 n 1 Bài 7: Tím tất cả các số nguyên n để phân số n 2 có giá trị là một số nguyên Lời giải n 1 là số nguyên khi n 1 M n 2 n 2
7. - Tính chất của số chính phương : Số chính phương chỉ có tận cùng là một trong các chữ số 0 ; 1 ; 4 ; 5 ; 6 ; 9. Khi phân tích ra TSNT thì số chính phương chỉ chứa TSNT với số mũ chẵn. Một số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì cũng chia hết cho p2 Một số là số chính phương khi và chỉ khi có số ước lẻ. II. Bài toán Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì n(n2 1)(n2 4)M5 Lời giải Nhận xét: Số chính phương chỉ có tận cùng là một trong các chữ số 0 ; 1 ; 4 ; 5 ; 6 ; 9 nên một số chính phương khi chia cho 5 có số dư là: 0, 1, 4. Ta xét các trường hợp sau : Nếu n2 chia 5 dư 0 hay n2 M5 thì nM5(vì 5 là số nguyên tố) n(n2 1)(n2 4)M5 n ¥ Nếu n2 chia 5 dư 1 thì n2 4M5 n(n2 1)(n2 4)M5 n ¥ Nếu n2 chia 5 dư 4 thì n2 1M5 n(n2 1)(n2 4)M5 n ¥ Vậy với mọi số tự nhiên n thì n(n2 1)(n2 4)M5 Bài 2: a) Chứng minh rằng một số chính phương khi chia cho 3 chỉ có số dư là 0 hoặc 1. b) Chứng minh rằng một số chính phương khi chia cho 4 chỉ có số dư là 0 hoặc 1. Lời giải Gọi A n2 (n ¥ ) a) Xét: n 3k (k ¥ ) A 9k2 nên AM3 n 3k 1 (k ¥ ) A 9k2 6k 1 3(3k2 2k) 1 nên A chia cho 3 dư 1 2 2 2 n 3k 2 (k ¥ ) A 9k 1 2k 4 9k 1 2k 3 1 3(3k 4k 1) 1 nên A chia cho 3 dư 1. Vậy: Một số chính phương chia cho 3 chỉ có số dư là 0 hoặc 1 b) Xét: n 2k (k ¥ ) A 4k2 nên AM4 n 2k 1 (k ¥ ) A 4k2 4k 1 4(k2 k) 1 nên A chia cho 4 dư 1 Vậy: Một số chính phương chia cho 4 chỉ có số dư là 0 hoặc 1. Nhận xét: Một số chính phương chẵn thì chia hết cho 4, một số chính phương lẻ khi chia cho 4 chỉ có số dư là 0 hoặc 1. Bài 3: Cho a,b là hai số chính phương lẻ liên tiếp. Chứng minh rằng: (a 1)(b 1)M192 Lời giải Ta có 192 3.8.8; (3;8) 1 Nhận xét: Nếu n lẻ thì n 2 1M8 Thật vậy: n 2 1 (n 1)(n 1) mà (n 1) và (n 1) là hai số chẵn liên tiếp nên (n 1)(n 1)M8 Từ đó a 1M8 ; b 1M8 (a 1)(b 1)M8.8 64 (1) a,b là các số chính phương nên a,b chia 3 dư 1 hoặc 0
8. 100 suy ra A 2 1 Vậy A chia hết cho 2100 1 Bài 3: Tính tổng S 1.2 2.3 3.4 n n 1 (n ¥ *) . Từ đó chứng minh S luôn chia hết cho hai trong ba số n ;(n 1);(n 2) Lời giải Ta có S 1.2 2.3 3.4 n n 1 (n ¥ *) 3S 1.2.3 2.3.3 3.4.3 n n 1 .3 3S 1.2.3 2.3.(4 1) 3.4.(5 2) n(n 1).[(n 2) (n 1)] 3S 1.2.3 2.3.4 1.2.3 3.4.5 2.3.4 n(n 1)(n 2) (n 1)n(n 1) 3S n(n 1)(n 2) n(n 1)(n 2) S 3 Vì n ;(n 1);(n 2) là ba số tự nhiên liên tiếp nên luôn có một số chia hết cho 3, hai số còn lại là chia hết cho chính nó n(n 1)(n 2)M3 S là một số tự nhiên chia hết cho hai trong ba số n ;(n 1);(n 2) Bài 4: Tính tổng D 1.2.3 2.3.4 3.4.5 n n 1 (n 2) (n ¥ *) . Từ đó chứng minh S luôn chia hết cho ba trong bốn số n ;(n 1);(n 2);(n 3) . Lời giải Ta có : D 1.2.3 2.3.4 3.4.5 n n 1 (n 2) (n ¥ *) Xét 4D 1.2.3.4 2.3.4.4 3.4.5.4 n n 1 (n 2).4 4D 1.2.3.4 2.3.4.(5 1) 3.4.5.(6 2) n n 1 (n 2).[(n 3) (n 1)] 4D 1.2.3.4 2.3.4.5 1.2.3.4 3.4.5.6 2.3.4.5 n n 1 (n 2)(n 3) (n 1)n n 1 (n 2) 4D n n 1 (n 2)(n 3) n n 1 (n 2)(n 3) D 4 Vì n ;(n 1);(n 2);(n 3) là bốn số tự nhiên liên tiếp nên luôn có một số chia hết cho 3, ba số còn lại là chia hết cho chính nó n n 1 (n 2)(n 3)M4 D là một số tự nhiên chia hết cho ba trong bốn số n ;(n 1);(n 2);(n 3) Bài 5: Cho biểu thức E 1.4 2.5 3.6 n n 3 (n ¥ *) . a) Thu gọn biểu thức E . b) Chứng minh n(n 1)(n 5) luôn chia hết cho 3. c) Chứng minh E luôn chia hết cho hai trong ba số n; (n 1); (n 5) Lời giải a) Ta có : E 1.4 2.5 3.6 n n 3 (n ¥ *) (1) E 1.(2 2) 2.(3 2) 3.(4 2) n n 1 2
9. Ta có: A 13 23 33 1003 13 1003 23 993 503 513 Với n lẻ ta có: an bn Ma b (a,b ¥ * ) Suy ra mỗi tổng trong ngoặc của A chia hết cho 101 nên AM101 (1) Lại có: A 13 23 33 493 513 523 533 993 503 1003 A 13 993 23 983 493 513 503 1003 Tương tự ta có mỗi tổng trong ngoặc của A chia hết cho 50 nên AM50 (2) Từ (1) và (2) suy ra A chia hết cho 101.50 nên A chi hết cho B Bài 8: Cho số tự nhiên n 1 , Chứng minh rằng: S 15 25 35 n5 M 1 2 3 n Lời giải Đặt: 2A 2 1 2 3 n n n 1 Mặt khác, với n lẻ ta có: an bn Ma b (a,b ¥ * ) 5 Nên 2S 15 n5 25 n 1 n5 1 Mn 1 5 5 5 Cũng có 2S 15 n 1 25 n 2 n 1 1 2n5 Mn Mà n;n 1 1 2SMn n 1 2A SM A Dạng 5: Chứng minh chia hết từ một đẳng thức cho trước: I. Phương pháp giải: Cách 1: Từ đẳng thức đã cho biến đổi, lập luận để làm xuất hiện số bị chia, số chia. Từ đó dựa vào các tính chất chia hết lập luận suy ra điều phải chứng minh. Cách 2: Biến đổi số bị chia làm xuất hiện vế trái hoặc vế phải của đẳng thức, thay số và lập luận suy ra điều phải chứng minh. II. Bài toán Bài 1: Chứng minh rằng: a) Nếu ab 2.cd thì abcdM67 b) Nếu abc 2.deg thì abcdegM23;29 Lời giải a) Ta có: abcd 100ab cd 200cd cd 201cdM67 b) Ta có: abcdeg 1000abc deg 1000.2deg deg 2001deg deg.23.29.3 Bài 2: Cho số tự nhiên ab bằng 3 lần tích các chữ số của nó. a) Chứng minh rằng: bMa b) Đặt b ka. Chứng minh rằng 10Mk c) Tìm số tự nhiên ab Lời giải a) Theo bài ra có ab 3ab 10a b 3ab (1) 10a bMa
10. a2 , b2 , c2 chia 5 dư 1 hoặc 4 (vì SCP chỉ có tận cùng là 0 ; 1 ; 4 ; 5 ; 6 ; 9 a2 b2 chia 5 dư 2 hoặc 3 a2 b2 c2 Do đó trong 3 số a, b, c phải có ít nhất 1 số chia hết cho 5. Vậy abcM5 (2) +) Nếu a, b, c đều là các số không chia hết cho 4 a2 , b2 , c2 chia 4 dư 1 a2 b2 chia 4 dư 2 a2 b2 c2 Do đó trong 3 số a, b, c phải có ít nhất 1 số chia hết cho 4. Vậy abcM4 (3) Ta thấy 3; 4; 5 đôi một nguyên tố cùng nhau nên kết hợp với (1),(2),(3) abcM3.4.5 abcM60 (ĐPCM) 1 1 1 1 a Bài 5: Cho 1 , chứng minh rằng bM2431 2 3 4 18 b Lời giải Tách 2431 17.13.11 1 1 1 1 a 1 2 3 4 18 b Quy đồng A với mẫu chung là tích của các mẫu ta thấy rằng b 1.2.3. .18 có chứa 17.13.11 Gọi k1, k2 , k3 , , k18 là các thừa số phụ tương ứng ta có a k1 k2 k3 k18 trong đó k11 không chứa 11 ; k13 không chứa 13 ; k17 không chứa 17 nên a không chia hết cho 11; 13; 17 suy ra b luôn a chứa 17.13.11 khi ở dạng tối giản bM17.13.11 bM2431 b Vậy bM2431 (ĐPCM) PHẦN III. BÀI TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG ĐỀ HSG. Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì 3n 2 2n 2 3n 2n chia hết cho 10. Lời giải Ta có : 3n 2 2n 2 3n 2n (3n 2 3n ) (2n 2 2n ) 3n (32 1) 2n (22 1) 3n.10 2n.5 3n.10 2n 1.10 10.(3n 2n 1) chia hết cho 10. Vậy với mọi số nguyên dương n thì 3n 2 2n 2 3n 2n chia hết cho 10. 4n 1 Bài 2: Tìm số nguyên n sao cho có giá trị là số nguyên. n 1 Lời giải 4n 1 Ta có có giá trị là số nguyên khi (4n 1)M(n 1) mà 4n 1 4(n 1) 3 n 1 3M(n 1) (n 1) { 1; 3} n { 2;0;2;4} 4n 1 Vậy với n { 2;0;2;4} thì có giá trị là số nguyên n 1 Bài 3: Cho S 923 5.343 . Chứng minh rằng: SM32 Lời giải Ta có S 923 5.343 346 5.343 343 33 5 343.32M32 .
11. b) Ta có B 3 32 33 34 3100 Tổng B có 100 số hạng ta nhóm 3 số thành một nhóm ta được 33 nhóm và thừa ra một số: B 3+(32 33 34 ) (35 36 37 ) (398 399 3100 ) B = 3 + 32 (1 3 32 ) 35 (1 3 32 ) 398 (1 3 32 ) B = 3 + 32 .13 35.13 398.13 B = 3+(32 35 398 ).13 Vì (32 35 398 ).13 chia hết cho 13 nên 3+(32 35 398 ).13 chia cho 13 dư 3 Vậy số dư trong phép chia B cho 13 là 3 Bài 8: Chứng minh rằng tổng D 2 22 23  2100 chia hết cho 3 . Lời giải Ta có: D 2 22 23  2100 D 2 22 23 24  299 2100 D 2 1 2 23 1 2  299 1 2 D 2.3 23.3  299.3 D 3. 2 23  299 M3 Bài 9: Chứng minh rằng: 1 52 54 538 chia hết cho 26 . Lời giải Ta có: 1 52 54 536 538 1 52 54 1 52 536 1 52 4 36 26 5 .26 5 .26 26 1 54 536 M 26 Hay 1 52 54 538 M 26 Bài 10: Cho B 2 22 23 299 2100 . Tìm số dư khi chia B cho 7. Lời giải Ta có: B 2 22 23 299 2100 B 2 (22 23 24 ) (25 26 27 ) (298 299 2100 ) B 2 22 (1 2 22 ) 25 (1 2 22 ) 298 (1 2 22 ) B 2 22.7 25.7 298.7 B 2 7 22 25 298 Vì 7 22 25 298 chia hết cho 7; 2 chia 7 dư 2 nên 2 7 22 25 298 chia 7 dư 2 hay B chia cho 7 dư 2 Bài 11: Cho M 4 42 43 44 4100 . Chứng tỏ M chia hết cho 5. Lời giải Ta có: M 4 42 43 44  4100