Ài liệu Bồi dưỡng học sinh giỏi Đại số Lớp 8 (Bản đẹp nhất)

	CHƯƠNG I
 PHÉP CHIA HẾT – PHÉP CHIA CÓ DƯ – ĐỒNG DƯ THỨC.
TÓM TẮT LÝ THUYẾT.
1. Phép chia hết. 
1.1 Định nghĩa: Cho hai số nguyên bất kỳ a và b ( b 0 ) tồn tại một và chỉ một cặp số nguyên q và r sao cho: a = b.q + r với 0 r < 
- Nếu r = 0 thì a chia hết cho b ( hay a là bội của b, hay b chia hết a hay b là ước của a. (b \ a)
- Nếu r 0 thì phép chia a cho b là phép chia có dư. 
1.2 Một số tính chất.
Với a, b, c, d Z.
- Nếu a 0 thì , 
- Nếu và thì 
- Nếu và thì a = b
- Nếu thì 
- Nếu , thì 
 Hệ quả: , và (b, c) = 1 thì 
- Nếu và ( b, c ) = 1 thì 
1.3. Một số định lý thường dùng: 
- Nếu và thì a b c 
- Nếu và b thì a b c
- Nếu a c và b d thì ab cd
Hệ quả Nếu a b thì an bn ( n 
Nếu a c hoặc b c thì ab c 
1.4. Dấu hiệu chia hết.
Gọi số A= 
Số dư A : 2k ( hoặc 5k ) = số dư : 2k ( hoặc 5k) ( Với k N, k1)
Số dư A : 9 ( hoặc 3) = số dư ( an + an-1 + + a1) : 9 ( hoặc 3) 
Số dư A : 11 = số dư [( a1 + a3 ) – (a2 + a4 +)]: 11
Điều kiện để một số chia hết cho 4 ( hoặc 25) là số gồm hai chữ số cuối cùng chia hết cho 4 ( hoặc 25).
Điều kiện để một số chia hết cho 8( hoặc 125) là số gồm ba chữ số cuối cùng chia hết cho 8 ( hoặc 125).
Điều kiện để một số tự nhiên chia hết cho 11 là là tổng các chữ số ở hàng lẻ trừ tổng các chữ số ở hàng chẵn chia hết cho 11.
2. Đồng dư thức.
2.1. Định nghĩa: Nếu hai số nguyên a và b chia cho c ( c 0) có cùng số dư, ta nói a đồng dư với b theo modun c kí hiệu ab ( mod c).
Vậy ab ( modun c) a – b c 
2.2. Một số tính chất.
Với mọi a, b, c, d, m Z+ (Z+ là tập hợp các số nguyên dương )
a) aa ( mod m)
 ab ( mod m) ba( mod m)
 ab ( mod m) và bc ( mod m) ac ( mod m) 
b) ab ( mod m); cd ( mod m) a + c b + d( mod m) 
 ab ( mod m) ; cd ( mod m) a - c b - d ( mod m) 
c) ab ( mod m) ; c d ( mod m) ac bd ( mod m) 
Nếu d là ước chung dương của a, b và m thì:
 ab ( mod m) ( mod )
ab ( mod m); c là ước số chung của a và b và (c, m) =1 
 ( mod m )
	e) ab ( mod m); c > 0 ac bc ( mod mc) 
	Chú ý.
ĩ Với mọi a, b Z ( a b), n N ta có an – bn a – b
ĩ Trong n số tự nhiên liên tiếp ( n 1) có một và chỉ một số chia hết chon.
ĩ Trong n + 1 số nguyên bất kỳ (n 1 ) chia cho n thì phải có hai số khi chia cho n có cùng số dư ( Vận dụng nguyên tắc Đirichlet)
ĩ Tìm k chữ số tận cùng của số A là tìm số dư khi chia khi chia A cho 10k. 
BÀI TẬP.
 Bài 1: Chứng minh rằng
a) n3 - n 6 ( n Z)
b) m3n – nm3 6
c) n( n + 1 )( 2n + 1 ) 6 
d) S 6 P 6
Với S = ; P = a1 + a2 + + an, trong đó ai Z, i= 
Số được viết dưới dạng tổng của các số mà mỗi số là một số tự nhiên. Ta lũy thừa bậc ba từng số hạng rồi cộng chúng laiï, đem tổng này chia cho 6. Hãy tìm số dư của phép chia này.
Bài 2: Cho n > 3 ( n N ), chứng minh rằng:
2n = 10a + b ( 0 < b < 9) thì ab 6
Bài 3: Chứng minh rằng nếu x, y, z là các số nguyên thõa mãn: 
( 100x + 10y + z) 21 thì ( x – 2y + 4z ) 21
Bài 4: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, ta có : 2.7n + 1 là bội của 3
Bài 5: Chứng minh rằng với n N
A= 21 2n + 1 + 172n + 1 + 15 không chia hết cho 19.
Bài 6: Có tồn tại hay không một số nguyên dương là bội của 1993 và có 4 chữ số tận cùng là 1994.
Bài 7: Tìm bốn chữ số cuối cùng của số 
a = ( 19761976 – 19741974 )( 19761975+19741973)
Bài 8: Tìm số tự nhiên k lớn nhất thõa mãn điều kiện: (1994 . )1995 1995k
Bài 9: Chứng minh rằng nếu n là số nguyên tố cùng nhau với 10 thì n101 và n sẽ có ba chữ số tận cùng giống nhau.
Bài10:Tìm Tùm chữ số tận cùng của 51995
	III. HƯỚNG DẪN GIẢI.
Bài 1: 
a) n3 – n = n( n + 1)( n – 1) 
n, ( n + 1), ( n – 1) là 3 số nguyên liên tiếp nên có một số chia hết cho 2, một số chia hết cho 3, mà ( 2, 3) = 1; 2.3 = 6.
Vậy: n( n + 1)( n – 1) 6, ta có điều phải chứng minh.
b) m3n – mn3 = m3n – nm + nm – mn3 = n( m3 – m ) – m( n3 – n) 6 Vì theo câu a thì n3 - n 6; m3 - m 6 (m. n Z)
c) n( n + 1)( 2n + 1) = n( n + 1)[( n – 1) + ( n + 2)] = n( n + 1)( n – 1) + n ( n + 1)( n + 2)6
d) S – p = 6
Vì (Theo câu a)
Do đó: S 6 P 6, ta có điều phải chứng minh.
Đặt = a1 + a2 + .+ an = P
Ta có S = , cần tìm số dư khi chia S cho 6. Mà S – P 6 ( câu d) 
S P ( mod 6) mà 1993 1( mod 6)
Nên 1 ( mod 6) . Vậy số dư S chia cho 6 là 1.
Bài 2: 
Cách1: Rõ ràng b 2 nên ab 2.
Đặt n = 4k + r ( r 0 3 ). Ta có: 2n = 2r. 24k = 2r. 16k
- Nếu r = 0 thì 2n = 16k  tận cùng bằng .
Do đó b = 6 nên ab = 6
- Nếu 1 r 3 ta có 2n – 2r = 2r(16k – 1 ) 10
 2n 2r ( mod 10 ) ( do 2r 8) 
 2r = b 10a = 2n  - b = 2r ( 24k – 1 ) = 2r ( 16k – 1 ) 3
 a 3 ( do ( 10, 3) = 1)
 ab 6.
Cách 2: Từ giả thiết ta suy ra b chẵn và b 0. Do đó b chỉ có thể là 2, 4, 6, 8.
Nếu b = 6 thì ab 6
Nếu b = 2 ta suy ra n lẻ 2n 2 ( mod 3) 
 10a + b = 9a + a + 2 2 ( mod )
Do 9a 0 (mod 3) a + 2 2 ( mod 3) a 0 ( mod 3 ) 
 ab 6
Trường hợp b = 4, 8 chứng minh tương tự. 
Bài 3: Với mọi số nguyên x, y, z ta có:
400x x(mod 21); 40y -2y(mod 21); 4z 4z(mod 21); 
Suy ra: 400x + 40y + 4z x – 2y + 4z(mod 21) 
Theo giả thiết: 100x + 10y + z 21 
Nên 400x + 40y + 4z = 4( 100x + 10y + z) 0 (mod 21) 
Suy ra x – 2y + 4z 0 (mod 21) x – 2y + 4z 21
Bài 4: Ta có 7n 1 ( mod 3) 2.7n 3 ( mod 3) 
 2.7n + 1 0( mod 3) Hay 2.7n + 1 3 
Vậy: 2.7n + 1 là bội của 3
Bài 5: Ta có 21 2 ( mod 19) 212n + 1 22n + 1( mod 19) 
17 -2( mod 19) 172n+1 ( - 2) 2n+1( mod 19) 
172n+1 - 2 2n+1( mod 19) 
	212n + 1 + 172n+1 0( mod 19) 
	Hay: 212n + 1 + 172n+1 19 mà 15 không chia hết cho 19
Vậy: A= 21 2n + 1 + 172n + 1 + 15 không chia hết cho 19.
	Bài 6: 
	Cách 1: Xét 1994 số sau: 
	1994, 1994 1994, 1994 1994 1994,, 1994 1994 1994 19941994( 1994 lần số 1994)
	Trong 1994 số trên khi chia cho 1993 phải có hai số có cùng số dư.
	Giả sử hai số đó là a= 19941994( i lần số 1994)
	 b = 19941994 ( j lần số 1994) Với 1 i j 1994
	Khi đó: b – a = . 104i chia hết cho 1993
	Vì 104i và 1993 nguyên tố cùng nhau nên:
	 chia hết cho 1993.
	Cách 2: Giả sử số 1993 104A +1994 1993
35A + 1 1993 35A = 1993B + 1992 2B + 3 = 1995B + 1995 – 35A 
2B + 3 35 B 32( mod 35) B ( mod 35)
Đặt B = 16 + 35k ta tính được số A nhỏ nhất là A = 968 ứng với k = 0 và số nhỏ nhất thõa mãn bài toán là 9681994.
Bài 7: Rõ ràng ta có a 0( mod 16)
	Mặt khác ta có: 
	 a 0(mod 252) 
	Từ (1) và (2) a 0 ( mod 10000)
	 Vậy a có 4 chữ số tận cùng là 0000.
	Bài 8: 1995 = 3.5.7.19
	Các bội của 19 trong dãy 1; 2; ; 1994 là 19; 38; ; 1976 gồm 1976 : 19 = 104 số. Tronbg đó các bội của 192 là 361; 722; 1083; 1444; 1805; gồm 5 số.
	Do đó số thừa số 19 khi phân tích 1994 . ra thừa số nguyên tố là 104 +5= 109 nên 1994. = 3109.5109.7109.19109.T với T 19 T1995
	( 1994 .)1995 1995k
	Suy ra: k 109.1995
	Vậy k lớn nhất là 109.1995
	Bài 9: Với (n, 10) = 1, ta chứng minh n101 – n 1000
	Thật vậy ta có: n101 – n = n( n100 – 1)
	Vì (n, 10) = 1 nên n lẻ .
	Ta có: n100 -1 = (n50 + 1)( n50 -1) = (n50 + 1)( n25 +1) (n25 -1)
 	( n25 +1) và (n25 -1) là hai số chẵn liên tiếp, nên:
	n100 -1 8 	(1)
	Vì (n, 10) = 1 nên (n, 5 ) = 1 
	Ta chứng minh được nếu n không chia hết cho 5 thì n100 1(mod 125)
n100 – 1 125	(2)
Vì (8, 125) = 1 nên từ (1) và (2) suy ra: n100 – 1 1000
n101 – n 1000. Ta có điều phải chứng minh.
Bài 10: Ta có 51995 = 511 (51984 – 1) + 511
Ta sẽ chứng minh 511 (51984 – 1) 108
Aùp dụng liên tiếp a2 - b2 = (a – b )( a + b)
Ta có: 51984 – 1 = (531 -1)(531 + 1)(562 + 1)(5124 + 1)(5248 + 1)(5496 + 1)(5992 + 1)
Mà : 531 – 1 4 và 5k + 1 2 
Do đó: 51984 – 1 28 
Vậy: 511( 51984 – 1) 58. 28 108
Do đó tám chữ số tận cùng của số 51995 là 48828125 ( = 511)
******************************************************************
CHƯƠNG II
 ƯỚC CHUNG LỚN NHẤT – BỘI CHUNG NHỎ NHẤT.
I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT.
1. Ước chung lớn nhất.
1.1 Định nghĩa:
Cho hai số nguyên dương a và b.
Số d là ước chung lớn nhất của a và b ký hiệu ƯCLN( a, b ) hay (a, b) khi và chỉ khi d là ước chung của a và b; d là bội của mọi ước chung của a và b.
Nếu ( a1, a2 , a3,  an ) = 1 thì ta nói các số a1 , a2 , a3 , , an nguyên tố cùng nhau.
Nếu (am; ak) = 1; m k ( m; k = 1; 2; 3;;n) thì ta nói các số a1 , a2 , a3 , , an đôi một nguyên tố cùng nhau.
1.2 Tính chất.
a) c UC(a; b) thì 
d = (a; b) 
b) (ca; cb) = c(a;b)
c) (a; b) = 1 và b\ ac thì b\ c
d) (a; b) = 1, (a; c) = 1 thì (a; bc) = 1
e) ( a; b; c) = ((a; b); c) 
1.3 Tìm ƯCLN bằng thuật toán Ơclit
Cho a > b > 0 
Nếu a= b.q thì (a; b) = b
Nếu a = bq + r ( r 0) thì (a; b) = (b; r)
Để tìm (a; b) khi a không chia hết cho b ta dùng thuật toán Ơclit.
a = bq + r1 thì (a; b) = (b; r1)
b = r1q1 + r2 thì (b; r1) = ( r1; r2)
r1 = r2q2 + r3 thì (r1; r2) = ( r2; r3)
.
rn-2 = rn-1qn-1 + rn thì (rn-2; rn-1) = ( rn-1; rn)
rn-1 = rnqn thì (rn-1; rn) = rn
(a; b ) = rn
(a; b) là số dư cuối cùng khác 0 trong thuật toán Ơclit.
2. Bội chung nhỏ nhất.
2.1 Định nghĩa.
Cho hai số nguyên dương a và b.
Số m khác 0 là bội chung nhỏ nhất của a và b kí hiệu BCNN( a; b) hay[a; b]khi và chỉ khi a và b là ước của m; m là ước của mọi bội chung của a và b.
Tính chất.
[ca; cb] = c[a; b]
[a; b; c] = [[a; b]; b]
[a; b].(a; b) = a.b
Chú ý: Phân số tối giản (a; b ) = 1
BÀI TẬP.
Bài 1: a) Cho a = 5a +3b; B = 13 a + 8b ( a; b Z* ). Chứng minh: (A; B) = (a; b)
	b) Tổng quát cho A = ma + nb; B = pa + qb thõa mãn [mq + np ] = 1. Chứng minh (A; B) = ( a; b).
Bài 2: a) Tìm ( 2k – 1; 9k + 4) ( k Z)
	b) Tìm ( 6k + 5; 8k + 3) ( k N)
Bài 3 : Từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6 thành lập các số có 6 chữ số ( mỗi chữ số chỉ viết một lần). Tìm ƯCLN của các số đó.
Bài 4: Cho A = 2n + 1; B = (n Z*). Tìm (A; B)
Bài 5: a) Chứng minh rằng trong 5 số nguyên liên tiếp bao giờ cũng chọn được một số nguyên tố cùng nhau với các số còn lại.
	b) Chứng minh rằng từ 16 số nguyên liên tiếp bao giờ cũng chọn được một số nguyên tố cùng nhau với các số còn lại.
Bài 6: Cho A = 2n + 3n ; B = 2n + 1 + 3 n + 1; C = 2n + 2 + 3n + 2 (n Z*).
Tìm (A; B) và (A; C)
Bài 7: a) Tìm[n; n+1; n + 2]
	b) Chứng minh rằng [1; 2; 4; ; 2n] = [ n + 1; n + 2; ; 2n]
Bài 8: Chứng minh rằng dãy số Fermat
Fn = 22n + 1 (n N) là dãy số ng ... P CÁC SỐ NGYÊN TỐ.
• Định lý 1: Tập hợp các số nguyên tố là vô hạn.
• Định lý 2: Ước nguyên tố nhỏ nhất của một hợp số n là một số không vượt quá.
Hệ quả: Nếu số tự nhiên n > 1 không có ước nguyên tố nào từ 2 đến thì n là một số nguyên tố.
I.3 PHÂN TÍCH THÀNH THỪA SỐ NGUYÊN TỐ.
1. Định lý cơ bản.
Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tích được ra thừa số nguyên tố một cách duy nhất ( không kể thứ tự các thừa số)
2. Dạng phân tích tiêu chuẩn của một số tự nhiên lớn hơn 1.
Gọi p1; p2; p3;; pk là các thừa số nguyên tố khác nhau và là ước của a; m1; m2; m3;; mk lần lượt là số các thừa số của p1; p2; p3;; pk;, ta có:
 a = 
Số a viết được như trên gọi là dạng phân tích tiêu chuẩn.
Chú ý: 
Số ước chung của a là (m1 + 1)( m2 + 1)( mk + 1)
Nếu a = n! thì số mũ mi của pi nào đó sẽ là 
mi = 
II. BÀI TẬP.
	Bài 1: Tìm các số nguyên tố p để:
	a) p + 10; p + 14 cũng là các số nguyên tố.
	b) p + 2; p + 4 cũng là các số nguyên tố.
	c) p + 2; p + 6; p + 8; p + 14 cũng là các số nguyên tố.
	Bài 2: Tìm tất cả các số tự nhiên k để: k + 1; k + 3; k + 7; k + 9; k + 13; k + 15 là các số nguyên tố.
	Bài 3: 
Tìm các số nguyên tố p sao cho 2p + 1 bằng lập phương của một số tự nhiên.
Tìm các số nguyên tố p sao cho 13p + 1 bằng lập phương của một số tự nhiên.
Bài 4: Tìm cặp số tự nhiên (x; y) sao cho: ( p là số nguyên tố.
Bài 5: Chứng minh rằng số : N = là hợp số.
Bài 6: Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho mỗi số vừa là tổng vừa là hiệu của hai số nguyên tố.
Bài 7: Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố liên tiếp sao cho tổng bình phương của ba số này cũng là số nguyên tố.
	Bài 8: Chứng minh định lý Fécma nhỏ. Nếu p là số nguyên tố và (a; p) =1 thì ap -1 p với mọi a Z+.
	Bài 9: 
a) Giả sử p là số nguyên tố lẻ đặt m = . Chứng minh rằng m là một hợp số lẻ không chia hết cho 3 và 3m – 1 1(mod m).
b) Cho số nguyên tố p, các số dương a, n (n 2) thoả a 1 (mod pn ). Tìm số dư khi chia a cho pn -1. 
Bài 10: Cho A = n! +1, B = n +1 ( n Z+). Chứng minh rằng nếu A B thì B là số nguyên tố.
III. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP.
Bài 1: 
Rõ ràng p = 3 là số nguyên tố nhỏ nhất thõa mãn bài tóan.
Nếu p > 3 thì p có dạng 3k + 1 hoặc 3k + 2 ( vì p là số nguyên tố)
Khi p = 3k + 1 thì p + 14 = 3k + 15 3; p + 14 > 3 nên p + 14 không phải là số nguyên tố .
Khi p = 3k +2 thì p + 10 = 3k + 12 3; p + 10 > 3 nên p + 10 không phải là số nguyên tố.
p = 2 thì p + 2 = 4 là hợp số.
P = 3 thì bộ 3; 5; 7 là bộ ba cần tìm.
p 3 thì p = 3k + 1 hoặc p = 3k – 1 
Nếu p = 3k + 1 thì p + 2 3 là hợp số.
Nếu p = 3k - 1 thì p + 4 3 là hợp số.
Vậy p = 3 là số nguyên tố duy nhất cần tìm.
p = 5 thì 5; 7; 11; 13; 19 là bộ năm cần tìm.
p 5 thì p = 5k 1; 5k 2. Với cách lý luận tương tự như cấu a, vập p = 5 là số nguyên tố duy nhất cần tìm.
	Bài 2: (Giải tương tự bài 1) k = 4
	Bài 3: 
Giả sử 2p + 1 = z3 ( zN) z lẻ.
Đặt z = 2n + 1 (zN)
Như vậy: 2p + 1 = ( 2n +1)3 = 8n3 + 12n2 + 6n + 1 
 p = n(4n2 + 6n + 3).
Vì p nguyên tố nên suy ra n = 1, thay vào ta thấy p = 13 là số nguyên tố thoã mãn đề bài.
Giả sử 13p + 1 = m3 ( m N) mà p 2 suy ra m 3.
 13p = (m- 1)( m2 + m + 1)
13 và p là số nguyên tố, m – 1 > 1; m2 + m + 1 > 1
Nên m – 1 =13 hoặc m – 1 = p.
* m – 1 = 13 m = 14
m3 = 2744; p = 211 ta có 143 = 13.211 +1;
211 là số nguyên tố ( đúng)
* m -1 = p và m2 + m + 1 = 13 
m2 + m + 12 = 0
( m +4)(m – 3 ) = 0 
Vì m +4 > 0 nên m – 3 = 0 m = 3 
Suy ra p = 2. ta có 33 = 13.2 +1; 2 là số nguyên tố ( đúng).
Vậy p = 2 hoặc p =211
Bài 4: Do x; y N nên đẳng thức đã cho tương đương với (x – p)(y – p) = p2. Do p nguyên tố và x, y > p nên có các khả năng:
a) x – p = 1; y – p = p2 x = p +1 và y = p2+ 1
b) x – p = p2; y – p = 1 x = p2 + p và y = p +1 
c) x – p = p ; y – p = p x = 2p và y = 2p
Bài 5: Đặt a = 525, khi đó:
N = = a4 + a3 + a2+ a +1
= (a4 + 9a2 + 1 + 6a3 + 6a + 2a2) – (5a3+ 10a2 +1)
= (a2 + 3a + 1)2 – 5a(a2 + 2a +1)
= (a2 + 3a + 1)2 – 5.525 ( a + 1 )2
	= (a2 + 3a + 1)2 –[513( a +1 )]2
	= [a2 + 3a + 1 + 513(a +1)][ a2 + 3a + 1 – 513(a +1)].
	N là tích của hai số nguyên lớn hơn 1. Vậy N là hợp số. 
	Bài 6: Rõ ràng p > 2 nên p lẻ.
	Vì p vừa là tổng, vừa là hiệu của hai số nguyên tố nên một số phải chẵn, còn số kia phải lẻ. Số chẵn là 2.
	Như vậy: p = r + 2 = s – 2 ( r, s là số nguyên tố)
	Nhưng: r = p -2; p và s = p + 2 là 3 số lẻ liên tiếp nên có một số chia hết cho 3. Suy ra có một số bằngø 3.
	* Nếu r = 3 p – 2 = 3 p = 5 s = p +2 = 7. Thõa mãn đề bài.
	P = 5 là bộ ba số nguyên tố cần tìm.
	* Nếu p = 3 r = p – 2 = 1 Không nguyên tố ( loại)
	* Nếu s = 3 p +2 = 3 p = 1 Không nguyên tố ( loại)
	Bài 7: Gọi ba số nguyên tố liên tiếp cần tìm là p; s; r và p < s < r.
	Nếu p, s, r đều không chia hết cho 3 p2, s2, r2 chia cho 3 có số dư là 1 
 (p2+ s2+ r2) 3
Mà p2+ s2+ r2 > 3 nên p2+ s2+ r2 không là số nguyên tố .
Do đó có ít nhất một trong ba số p, s. r chia hết cho 3.
* p = 3 s = 5; r = 7 ta co.ù
	 p2+ s2+ r2 = 83 là số nguyên tố.
* r = 3 p = 2; s = 5 ta có
 p2+ s2+ r2 = 38 không là số nguyên tố.
* s = 3 r =2 không tonà tại p.
Tóm lại: Ba số nguyên cần tìm là 3; 5; 7.
Bài 8: 
Vì không chia hết cho p nên các số 2a; 3a;; (p -1 )a cũng không chia hết cho p. giả sử khi các số a; 2a; 3a;; ( p – 1)a chia cho p được các số dư là r1; r2;; rp – 1.
r1; r2;; rp – 1 đôi một khác nhau.
Thật vậy nếu có r1 = rj ( 1 i < j p – 1)
Thì ia ja(mod p) a( i –j) 0 (mod p) (*)
a p; i –j p nên (*) không xảy ra.
Do đó: r1. r2. rp – 1 = ( p – 1)!
2a. 3a. (p -1)a r1. r2. rp – 1( mod p)
(p -1)!ap -1 ( p -1)!(mod p)
Vì: ((p -1)!; p) = 1 ap -1 1 (mod p). 
Bài 9: 
a)Ta có : m = , dễ thấy a, b đều nguyên dương lớn hơn 1 do đó m là hợp số. Mà m = 9p -1 + 9p – 2 + + 1 suy ra m lẻ và chia cho 3 dư 1.
Theo định ký fecma nhỏ: 9p - 9 p vì (p; 8) = 1 
Nên: 9p - 9 8p hay m -1 = p
Vì m – 1 chẵn nên cũng có: m -1 2p
Do đó: 3m – 1 - 1 32p – 1 = m.
b) Xét các trường hợp:
1) p = 2, ta có: a2 1(mod 2n)
 a lẻ. Đặt a = 2x + 1 ( x N)
 2(x +1)x 2n x(x + 1) 2n -2 
Dễ dàng suy ra a 1(mod 2n -1).
2) p 3 ta cóap a 1( mod p) ( Định lý Fec ma nhỏ)
 d= ( a-1, ap -1 + ap- 2+ + a +1) p
 d = p vì d\p
(a -1)( ap -1 + ap- 2+ + a+ 1) pn
Mà: ap -1 + ap- 2+ + a+ 1 p ( mod p2)
 a -1 pn -1 a 1( mod pn -1).
Bài 10: Giả sử B không phải là số nguyên tố.
Do đó B có ước nguyên tố q, p < B
 p n p\n!.
Mặt khác A B Nên p\A. Đo đó p\A - n! hay p\1. Vô lý.
Mà n nguyên dương nên B 0, B1
Vậy B là số nguyên tố.
*****************************************************************
Nhóm bộ môn tóan.	 BGH Nhà trường
Nguyễn Bá Vạn
Mai Đình Công 
Nguyễn Văn Thanh
Trần Văn Long 
Thái Đức Thảo	 
Bài toán 4: Chứng minh rằng trong 51 số khác nhau có một hoặc hai chữ số, ta có thể chọn ra 6 số sao cho trong 6 số đó không có hai số nào có những chữ số giống nhau trong một thứ tự.
	Bài giải
Ta chọn 6 chữ số hàng chục sao cho có một nhóm, không ít hơn 6, các số đã rơi vào một hàng chục nào đó; có một nhoóm, không ít hơn, các số rơi vào hàng chục tiếp theo;; cuối cùng có ít nhất một số rơi vào hàng chục còn lại. Các số cuối cùng thuộc một nhóm khác thì khác nhau chữ số hàng đơn vị.
Ta chọn ở mỗi nhóm một số sao cho chữ số hàng đơn vị khác nhau; chọn một số nhóm cuối, lấy một số ở nhóm kế trước đó  ta được 6 số thõa mãn yêu cầu của bài toán.
Bài toán 5: Chứng minh tồn tại một số tự nhiên x < 17 sao cho 25x - 1 17
	Bài giải
Xét dãy số gồm 17 số hạng sau: 25, 252, 253, 254,, 2517 	(*)
Chia các số hạng của dãy (*) cho 17
Vì (25; 17) = 1 nên (25n, 17) = 1.và n 1. Do đó số dư của các phép chia chỉ có thể theo một thứ tự nào đó là 1, 2, 3, 4, , 16. Có 17 phép chia và 16 số dư có thể có nên có ít nhất 2 số hạng của dãy (*) chia cho 17 có cùng số dư.
Gọi 2 số đó là 25i và 25j với i, j N và 1 i j 17
 25j– 25i 17
25i(25j – i – 1) 17
Vì (25i ; 17) = 1 nên: (25j – i – 1) 17
Vì 1 i j 17 j – i < 17
Vậy và x < 17 để 25x – 1 17
Bài toán 6: Chứng minh rằng tồn tại số có dạng 199419941994.1994 gồm k số 1994, với k N và 1< k 1993, chia hết cho 1993.
	Bài giải
Xem dãy số
a1 = 1994
a2 = 19941994
a1994 = 
Ta chia các số hạng của dãy cho 1993
Có 1994 phép chia mà tập hợp các số dư có tối đa là 1993 gia ùtrị.Do đó có ít nhất 2 số hạng của dãy chia cho 1993 có cùng số dư .
Gọi 2 số đó là ai và aj:
ai = 1994199419941994( có i chữ số 1994)
aj = 1994199419941994 ( có j chữ số 1994)
Với i, j N và 1 i j 1994.
 aj – ai 1993
 1993
 1993
Vì (10; 1993) = 1 nên (10k, 1993) = 1 
Do đó ta có: 1993 k N và 1< k 1993
Bài toán 7: Có tồn tại hay không, số có dạng: 199319931993199300000000 chia hết cho 1994.
	Bài giải
Xem dãy số
b1 = 1993
b2 = 19931993
b1994 = 
Ta chia tất cả các số hạng của dãy cho 1994. Không có số hạng nào của dãy chia hết cho 1994. Có 1994 phép chia mà tập hợp các số dư có tối đa là 1993 trị số, do đó có ít nhất hai số hạng của dãy chia cho 1994 có cùng số dư.
Gọi 2 số đó là bi và bj:
bi = 1993199319931993( có i chữ số 1993)
bj = 1993199319931993 ( có j chữ số 1993)
Với i, j N và 1 i < j 1993.
 bj – bi 1994
 1994
Vậy tonà tại số có dạng 19931993199300000000 Chia hết cho 1994.
Bài toán 8: Chứng minh rằng tồn tại n N sao cho 3n  tận cùng bằng 000001
	Bài giải
Ta chứng minh tồn tại n N để cho 3n – 1 106 
Ta xét dãy số gồm 1000000 số hạng sau: 
3, 32, 33, ., 	(*)
Chia các số hạng của dãy (*) cho 106. Số dư của các phép chia có thể có là 
1, 2, 3, 4,,999999. Có một triệu phép chia, do đó có ít nhất hai số hạng của dãy (*) có cùng số dư trong phép chia cho 106.
Gọi hai số đó là 3i và 3j . Với i, j N và 1 i < j 106.
 3j – 3i 106
 3i(3j – i - 1) 106
Nhưng (3; 10) = 1 (3i – 106) = 1
Do đó: 3j – i – 1 106
Vậy tồn tại n N để cho 3n tận cùng bỡi 0000001