Chuyên đề Số học (Phần 1)

Nguyễn Văn Thảo Chuyên ñề Số Học - Phần I 
 1 
Lời nói ñầu 
 Số học là một phần rất quan trọng trong chương trình Toán phổ thông. Trong hầu 
hết các ñề thi học sinh giỏi thì bài Số học thường xuyên xuất hiện và luôn là một thách 
thức lớn ñối với học sinh. 
 Hiện nay, không còn hệ chuyên cấp Trung học cơ sở nên các em học sinh chuyên 
Toán cũng không ñược học nhiều về phần này nên thường gặp rất nhiều khó khăn khi giải 
các bài toán ñó. Vì vậy, tôi biên soạn tài liệu này nhằm giải quyết phần nào những khó 
khăn ñó cho các em học sinh chuyên Toán. 
 Chuyên ñề gồm ba chương: 
 -Chương I. Các bài toán chia hết 
 -Chương II. Các bài toán ñồng dư 
 -Chương III. Các bài toán khác. 
 Ở mỗi bài ñều ñược trình bày ba phần: Hệ thống lí thuyết; hệ thống các ví dụ và 
cuối cùng là hệ thống các bài tập tự giải. Các ví dụ và bài tập luôn ñược sắp xếp với ñộ 
khó tăng dần - theo quan ñiểm của tác giả. 
 Tuy nhiên, do trình ñộ có hạn nên không thể tránh khỏi nhiều thiếu sót, rất mong 
ñược các thầy cô ñóng góp ñể hoàn thiện hơn. Xin chân thành cảm ơn! 
NGUYỄN VĂN THẢO 
Nguyễn Văn Thảo Chuyên ñề Số Học - Phần I 
 2 
Chương I 
CÁC BÀI TOÁN VỀ CHIA HẾT 
I.1 Chia hết 
 I.1.1 Lí thuyết 
 I.1.1.1 ðịnh nghĩa 
 Cho m và n là hai số nguyên , n ≠ 0. Ta nói rằng m chia hết cho n (hay n chia hết 
m) nếu tồn tại một số nguyên k sao cho m = kn. 
 Kí hiệu: m ⋮ n, (ñọc là m chia hết cho n) hay n | m, (ñọc là n chia hết m). 
 I.1.1.2 Các tính chất cơ bản 
 Cho các số nguyên x, y, z. Ta có: 
 a) x ⋮ x, x ≠ 0. 
 b) Nếu x ⋮ y và x ≠ 0 thì |x| ≥ |y|. 
 c) Nếu x ⋮ z, y ⋮ z thì ax + by ⋮ z với mọi số nguyên a, b. 
 d) Nếu x ⋮ z và x ∓ y ⋮ z thì y ⋮ z 
 e) Nếu x ⋮ y và y ⋮ x thì |x| = |y|. 
 f) Nếu x ⋮ y và y ⋮ z thì x ⋮ z. 
 g) Nếu x | y và y ≠ 0 thì |
y
y
x
. 
 Chứng minh 
a) x = 1.x nên x ⋮ x với mọi x ≠ 0. 
b) Nếu x ⋮ y , x ≠ 0 thì tồn tại k ∈ Z sao cho x = ky, k ≠ 0 
 ⇒ |x| = |k||y| ≥ |y| do |k| ≥ 1. 
Các phần còn lại cũng khá ñơn giản, việc chứng minh xin nhường lại cho bạn ñọc. 
 I.1.2 Các ví dụ 
Ví dụ 1. Cho n là một số tự nhiên lớn hơn 1. Chứng minh rằng 
a) 2n là tổng của hai số lẻ liên tiếp. 
b) 3n là tổng của ba số tự nhiên liên tiếp. 
Lời giải 
a) Ta có 2n = (2n-1 - 1) + (2n-1 +1) suy ra ñpcm. 
b) Ta có 3n = (3n-1 - 1) + (3n-1) + (3n-1 + 1) suy ra ñpcm. 
Ví dụ 2. Chứng minh rằng: 
Nguyễn Văn Thảo Chuyên ñề Số Học - Phần I 
 3 
a) nếu m – n chia hết mp + nq thì m – n cũng chia hết mq + np. 
b) nếu m – n chia hết mp thì m – n cũng chia hết np. 
Lời giải 
Nhận xét: Hai biểu thức (mp + nq) và (mq + np) là hai biểu thức có hình thức giống như 
“ñối xứng loại hai” vì vậy khi xét các biểu thức loại này thường người ta kiểm tra hiệu 
của chúng. 
a) Ta có (mp + nq) – (mq + np) = (m - n)(p - q) ⋮ (m - n) 
Nên nếu (mp + nq) ⋮ (m - n) thì hiển nhiên (mq + np) ⋮ (m - n). 
 b) Chứng minh tương tự. 
Ví dụ 3. Chứng minh rằng nếu a3 + b3 + c3 chia hết cho 9 thì một trong ba số a, b, c 
phải chia hết cho 3. 
Lời giải 
Nhận xét: Với những bài toán chứng minh a chia hết cho một số cụ thể luôn khá ñơn 
giản! Ta có thể xét hết các trường hợp xảy ra của số dư khi a chia cho số ñó. ( Công viêc 
ñó chính là xét về hệ thặng dư ñầy ñủ - ñây là tập hữu hạn nên có thể thử trực tiếp) 
Giả sử không có số nào trong ba số a, b, c chia hết cho 3. Khi ñó 
a = 3m ± 1; b = 3n ± 1; c = 3p ± 1 
Do ñó a3 + b3 + c3 = (3m ± 1)3 + (3n ± 1)3 + (3p ± 1)3 
 = 
9 3
9 1
9 3
9 1
A
a
a
A
+
 +
 −

−
 không thể chia hết cho 9. 
Từ ñó suy ra ñpcm. 
Ví dụ 4. 
 Chứng minh rằng nếu a2 + b2 chia hết cho 3 thì cả a và b ñều chia hết cho 3. 
Lời giải 
TH1: có 1 số không chia hết cho 3, giả sử là a 
Khi ñó a = 3k ± 1; b = 3q suy ra a2 + b2 = (3k ± 1)2 + (3q)2 
 = 3(3k2 ± 2k + 3q2) + 1 không chia hết cho 3. 
TH2: cả hai số không chia hết cho 3. 
Khi ñó a = 3k ± 1; b = 3q ± 1 suy ra a2 + b2 = 3A +2 
Do ñó cả a và b phải chia hết cho 3. 
Ví dụ 5. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên chẵn n và mọi số tự nhiên lẻ k thì 
Nguyễn Văn Thảo Chuyên ñề Số Học - Phần I 
 4 
 S = 1k + 2k +  + nk luôn chia hết cho n + 1. 
Lời giải 
 Ta có 2S = (1k + nk) + (2k + (n - 1)k) +  ⋮ n + 1 
Mà n chẵn nên n + 1 lẻ nên (2, n+ 1) = 1 
Do ñó S ⋮ n + 1. 
Ví dụ 6. Cho p là s ố nguyên tố, p > 3 v à 
3
122 −
=
p
n .Chứng minh rằng 
n 22 ⋮−n . 
Lời giải 
Vì p là số nguyên tố và p>3 ⇒ )3(mod12 1 ≡−p 
Mặt khác (2, p) = 1 nên theo ñịnh lí Fermat ta có 
)(mod12 1 pp ≡− 
Do ñó pp 312 1 ⋮−− 
Ta có 
n. 22 n 12n 12 
3
12
 n Vi
12 12 2p 1-n rasuy 
3
)12)(12(4
3
44
1
3
12
1
n1-n2p
2p
2p1-n
112
⋮⋮⋮
⋮⋮
−⇒−⇒−⇒
−
=
−−⇒
−+
=
−
=−
−
=−
−− pppp
n
Từ ñó suy ra ñiều phải chứng minh. 
Ví dụ 7. Cho x, y là hai số nguyên khác -1 sao cho 
1
1
1
1 33
+
+
+
+
+
x
y
y
x
 là một số nguyên 
Chứng minh rằng 12004 −x chia hết cho y+1. 
Lời giải 
Trước hết ta ñặt 
d
c
xb
a
y
x
=
+
+
=
+
+
1
1y
 ; 
1
1 33
 với a, b, c, d nguyên và b > 0, d > 0, (a,b) = 1, (c,d) = 1. 
Ta có 
bd
bcad
d
c
b
a +
=+ nguyên 
Do ñó 
Nguyễn Văn Thảo Chuyên ñề Số Học - Phần I 
 5 
bd b ad b bcad bd ⋮⋮⋮⋮ ⇒⇒+⇒+ bcad vì (a,b)=1 (1) 
Mặt khác 
 (2) da dac bd ac 
)1)(1(
1
1
.
1
1
. 22
33
⋮⋮⋮ ⇒⇒⇒
∈+−+−=
+
+
+
+
= Zyyxx
x
y
y
x
d
c
b
a
Vì (c,d)=1 nên từ (1) và (2) suy ra 
a⋮b suy ra b = 1 vì (a,b) = 1 
Vì 
(3) 1y 1 x )1(1 x 
1
1 33
3
++⇒+=+⇒=
+
+
⋮ya
b
a
y
x
Mà 1 x 1-)(x 1 366432004 +=− ⋮x 
Kết hợp với (3) suy ra ñiều phải chứng minh. 
Ví dụ 8. Cho n 5≥ là số tự nhiên .Chứng minh rằng 
 


 −
n
n )!1(
 ⋮ n-1 . 
Lời giải 
 a) Trường hợp 1. n là số nguyên tố 
Theo ñịnh lý Winson (n-1)!≡ -1(mod n) suy ra ((n-1)!+1 ⋮n 
Ta có 
 1
1)!1(11)!1()!1(
−
+−
=


 −
+−
=


 −
n
n
nn
n
n
n
 (vì 1
1
0 <<
n
) 
 = 1)-(n 
)1()!1(
⋮
n
nn −−−
 vì (n, n - 1) = 1 
 b) Trường hợp 2. n là hợp số 
 +) n không là bình phương của một số nguyên tố. 
Khi ñó n = rs với 1< r < s < n. 
Do (n,n-1)=1 suy ra s < n-1 ⇒ (n-1)! = kn(n-1) 
suy ra 
)1()1(
)!1(
−−=


 −
nnk
n
n
⋮ . 
 +) n = p 2 với p là một số nguyên tố. 
Nguyễn Văn Thảo Chuyên ñề Số Học - Phần I 
 6 
Do p =2 n, n 5≥ suy ra p 123p 3 2 +>≥⇒≥ pp 
 12 2 −<⇒ pp hay 2p < n-1. 
Nên 1 < p < 2p < n-1 
Suy ra (n-1)! ⋮ p.2p.(n-1) = 2n(n-1). 
Từ ño suy ra 1)-(n 
)!1(
⋮


 −
n
n
. 
Vậy ta có ñiều phải chứng minh. 
Ví dụ 9 
Tồn tại hay không một số nguyên x sao cho 2003 12 ⋮++ xx ? 
Lời giải 
Ta có 2003 là số nguyên tố có dạng 3k + 2. 
Giả sử tồn tại x nguyên thỏa mãn x2 + x + 1 ⋮ 2003 
Từ ñó suy ra tồn tại { }2002,....,2,1∈a thỏa mãn ++ aa 2 1 ⋮ 2003 (∗ ) 
Ta có 
2003 )1)(1(1 23 ⋮++−=− aaaa 
 ) ( hay a a 2003mod120031 20012001 ≡−⇒ ⋮ 
) a ( a 2003mod2002 ≡⇒ (1) 
Theo ñịnh lí Fermat ta có 
 2003) (mod 12002 ≡a (2) 
Từ (1) và (2) ta có 2003) (mod 1≡a suy ra a = 1 (vô lí) 
Vậy không tồn tại x nguyên sao thỏa mãn ñầu bài. 
Ví dụ 10. (30 - 4 - 2006) Chứng minh rằng với mọi m, tồng tại một số nguyên n sao cho 
n3 - 11n2 - 87n + m 
Chia hết cho 191. 
Lời giải 
ðặt P(x) = x3 - 11x2 - 87x + m. 
Ta chứng, tồn tại a, b nguyên ñể P(x) ≡ (x +a)3 + b (mod 191) 
 ⇔ x3 + 3ax2 + 3a2x + a3 + b ≡ x3 - 11x2 - 87x + m (mod 191) 
Chọn a nguyên sao cho 3a ≡ -11 (mod 191) 
 ⇔ 3a ≡ 180 (mod 191) 
 ⇔ a ≡ 60 (mod 191), do (3, 191) = 1, 
Nguyễn Văn Thảo Chuyên ñề Số Học - Phần I 
 7 
 ⇒ 3a2 ≡ 3.602 (mod 191) ≡ -87 (mod 191) 
Vậy với mọi m, chỉ cần chon b ≡ m - a3 (mod 191) 
 là ñược P(x) ≡ (x + a)3 + b (mod 191). 
Ta có, với mọi i, j nguyên thì P(i) ≡ P(j) (mod 191) 
 ⇔ (i + a)3 ≡ (j + a)3 (mod 191) 
 ⇒ (i + a)3.63(j + a)2 ≡ (j + a)3.63 + 2 (mod 191) 
 ≡ (j + a) (mod 191) 
 ⇒ (j + a)2 ≡ (i + a)189(j + a)3 (mod 191) 
 ≡ (i + a)192 (mod 191) 
 ≡ (i + a)2 (mod 191) 
 ⇒ (i + a)3.63(j + a)2 ≡ (i + a)189.(i + a)2 (mod 191) 
 ≡ i + a (mod 191) 
Từ ñó suy ra 
P(i) ≡ P(j) (mod 191) ⇔ i = j (mod 191) 
Từ ñó suy ra tập {P(1), P(2), ..., P(191)} có 191 số dư khác nhau khi chia cho 191 
Do ñó phải tồn tại một số nguyên n ∈ {1, 2, ..., n} sao cho P(n) ⋮ 191 
Vậy ta có ñiều phải chứng minh. 
Nguyễn Văn Thảo Chuyên ñề Số Học - Phần I 
 8 
 I.1.3 Bài tập 
Bài 1. Chứng minh rằng với mọi số nguyên m, n ta có: 
1) n3 + 11n ⋮ 6 
2) mn(m2 – n2) ⋮ 3 
3) n(n + 1)(2n + 1) ⋮ 6. 
4) n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3 ⋮ 9. 
5) n2(n2 - 12) ⋮ 12 
6) mn(m4 – n4) ⋮ 30 
7) n5 – n ⋮ 30 
8) n4 + 6n3 + 11n2 + 6n ⋮ 24 
9) n4 – 4n3 – 4n2 + 16n ⋮ 384 ( n chẵn và n > 4) 
10) n2 + 4n + 3 ⋮ 8 
11) n3 + 3n2 – n – 3 ⋮ 48 
12) n 12 – n8 – n4 + 1 ⋮ 512 
13) n8 – n 6 – n4 + n2 ⋮ 1152. 
14) n3 – 4n ⋮ 48 ( n chẵn) 
15) n2 – 3n + 5 không chia hết cho 121. 
16) (n + 1)(n + 2)(2n) ⋮ 2n 
17) n6 – n4 – n2 + 1 ⋮ 128 ( n lẻ) 
Bài 2. Chứng minh rằng tích của n số nguyên lien tiếp luôn chia hết cho n! 
Bài 3. Cho p là số nguyên tố lẻ. Chứng minh rằng với mọi k ∈ N, ta luôn có 
 S = 12k + 1 + 22k + 1 +  + (p - 1)2k + 1 chia hết cho p. 
Bài 4. Chứng minh rằng nếu a3 + b3 + c3 chia hết cho 9 thì một trong ba số a, b, c phải 
chia hết cho 9. 
Bài 5. Cho a, b nguyên. Chứng minh rằng nếu an ⋮ bn thì a ⋮ b. 
Bài 6. Tìm số nguyên dương n sao cho n chia hết cho mọi số nguyên dương không vượt 
quá n . 
Bài 7. Chứng minh rằng a2 + b2 + c2 không thể ñồng dư với 7 modulo 8. 
Bài 8. Tổng n số nguyên liên tiếp có chia hết cho n hay không? tại sao? 
Bài 9. Chứng minh rằng không tồn tại cặp số nguyên (x, y) nào thỏa mãn một trong 
những ñẳng thức sau: 
 a) x2 +1 = 3y 
Nguyễn Văn Thảo Chuyên ñề Số Học - Phần I 
 9 
 b) x2 + 2 = 5y. 
Bài 10. Chứng minh rằng với n ≥ 1 thì 
(n + 1)(n + 2) ... (n + n) 
chia hết cho 2n. 
Bài 11. Tìm chữ số tận cùng của số Fermat Fn = 12
2 +
n
, n ≥ 2. 
Bài 12. Tìm các số nguyên dương p, q, r sao cho 
pqr - 1 ⋮ (p - 1)(q - 1)(r - 1). 
Bài 13. Chứng minh rằng tồn tại một số tự nhiên có 1997 chữ số gồm toàn chữ số 1 và 2 
sao cho số ñó chia hết cho 21997. 
Bài 14. Cho a là một số nguyên dương và a > 2. Chứng minh rằng tồn tại vô số số 
nguyên dương n thỏa mãn 
an - 1 ⋮ n. 
Bài 15. Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho 
2n + 1 ⋮ n. 
Bài 16. Chứng minh rằng trong 12 số nguyên tố phân biệt bất kì luôn chon ra ñược 6 số 
a1, a2, ..., a6 sao cho 
(a1 - a2)(a3 - a4)(a5 + a6) ⋮ 1800. 
Bài 17. Cho a, b, c, d nguyên bất kì. Chứng minh rằng 
(a - b)(a - c)(a - d)(b - c)(b - d)(c - d) ⋮ 12. 
Bài 18. Tìm số tự nhiên n sao cho 2n - 1 chia hết cho 7. Chứng minh rằng với mọi số tự 
nhiên n thì 2n + 1 không thể chia hết cho 7. 
Bài 19. Tìm số tự nhiên n sao cho n5 - n chia hết cho 120. 
Bai 20. Tìm tất cả các cặp số nguyên x > 1, y > 1 sao cho 



+
+
.13
13
xy
yx
⋮
⋮
Bài 21. Cho x1, x2 là hai nghiệm của phương trình x
2 - mx + 1 = 0 với m là số nguyên lớn 
hơn 3. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì Sn =
nn xx 21 + là một số nguyên và 
không chia hết cho m - 1. 
Bài 22. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương a, b sao cho 
2
22
+
−
ab
a
là một số nguyên. 
Bài 23. (30.4.2003) Tìm ba số nguyên dương ñôi một phân biệt sao cho tích của hai số 
bất kì ñều chia hết cho số thứ 3. 
Nguyễn Văn Thảo Chuyên ñề Số Học - Phần I 
 10 
B ài 24. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì giữa n2 và (n + 1)2 luôn tồn tại ba số 
tự nhiên phân biệt a, b, c sao cho a2 + b2 ⋮ c2. 
Bài 25. Cho số tự nhiên An = 19981998...1998 (gồm n số 1998 viết liền nhau) 
 a) Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương n < 1998 sao cho An ⋮ 1999. 
 b) Gọi k là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho Ak ⋮ 1999. Chứng minh rằng 
1998 ⋮ 2k. 
Bài 26. Cho hai số nguyên dương m và n sao cho n + 2 ⋮ m. Hãy tính số các bộ ba số 
nguyên dương (x, y, z) sao cho x + y + z ⋮ m trong ñó mỗi số x, y, z ñều không lớn hơn n. 
Bài 27. (APMO 98) Tìm số nguyên dương n lớn nhất sao cho n chia hết cho mọi số 
nguyên dương nhỏ hơn 3 n . 
Bài 28. Tìm tất cả các số nguyên dương m, n sao cho n3 + 1 chia hết cho mn - 1. 
Bài 29. Tìm tất cả các cạp số nguyên dương a, b sao cho 
12
2
−
+
ab
ba
là một số nguyên. 
Bài 30. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương sao cho 
72
2
++
++
bab
baba
là một số nguyên. 
Bài 31. Cho n là số nguyên dương lớn hơn 1. p là một ước nguyên tố của số Fermat Fn. 
Chứng minh rằng p - 1 chia hết cho 2n+2. 
Bài 32. Cho x, y , p là các số nguyên và p > 1 sao cho x2002 và y2002 ñều chia hết cho p. 
Chứng minh rằng 1 + x + y không chia hết cho p. 
Bài 33. (USA - 98) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n ≥ 2, tồn tại một tập hợp 
n số nguyên sao cho với hai số a, b bất kì (a ≠ b) thuộc tập ñó thì (a - b)2 chia hết ab. 
Bài 34. Giả sử tập S = {1, 2, 3, ..., 1998} ñược phân thành các cặp rời nhau 
 {ai, bi| 1 ≤ i ≤ 1998} sao cho |ai - bi| bằng 1 hoặc bằng 6. Chứng minh rằng 
∑
=
−
999
1
||
i
ii ba = 10k + 9. 
Bài 35. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương a, b sao cho 
2
22
+
−
ab
a
là một số nguyên. 
Bài 36. Chứng minh rằng với mọi n ∈ N* luôn tồn tại số tự nhiên a sao cho 
Nguyễn Văn Thảo Chuyên ñề Số Học - Phần I 
 11 
64a2 + 21a + 7 ⋮ 2n. 
Bài 37. (Nga - 1999) Cho tập A là tập con của tập các số tự nhiên n sao cho trong 1999 số 
tự nhiên liên tiếp bất kì luôn có ít nhất một số thuộc A. 
Chứng minh rằng tồn tại hai số m, n thuộc A sao cho m ⋮ n. 
Bài 38. Tìm x, y, z nguyên dương và x < y < z sao cho 
2x + 2y + 2z = 2336. 
Bài 39. Cho x, y, z là các số nguyên dương thỏa mãn 
(x - y)(y - z)(z - x) = x + y + z. 
Chứng minh rằng x + y + z chia hết cho 27. 
Bài 40. Cho m, n là các số nguyên dương sao cho 
4
2n
m ≤ và mọi ước số nguyên tố của m 
ñều nhỏ hơn hoặc bằng n. Chứng minh rằng 
n! ⋮ m. 
Bài 41. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương a, b sao cho 
ba
ab
ab
ba
−
+
−
+
2
2
2
2
; 
là các số nguyên. 
Bài 42. Cho x, y là hai số nguyên dương sao cho x2 + y2 + 1 chia hết cho xy. 
Chứng minh rằng 
.3
122
=
++
xy
yx
Bài 43. Cho hàm số f(x) = x3 + 17. Chứng minh rằng mỗi số nguyên dương n luôn tồn tại 
một số nguyên dương x sao cho f(x) chia hết cho 3n nhưng không chia hết cho 3n + 1. 
Bài 44. Cho p là số nguyên tố lớn hơn 2 và p - 2 chia hết cho 3. Chứng minh rằng trong 
tập hợp các số có dạng x3 - y2 + 1, với x, y là các số nguyên không âm nhỏ hơn p có nhiều 
nhất p - 1 số chia hết cho p. 
Bài 45. Chứng minh rằng với mọi n nguyên dương luôn tồn tại một số tự nhiên có n chữ 
số chia hết cho 2n và số này chỉ gồm các chữ số 1 và 2. 
Bài 46. Cho số nguyên dương n > 1, thỏa mãn 3n - 1 chia hết cho n. Chứng minh rằng n 
là số chẵn. 
Nguyễn Văn Thảo Chuyên ñề Số Học - Phần I 
 12 
I.2 Ước số chung lớn nhất - Bội số chung nhỏ nhất 
 I.2.1. Lí thuyết 
 I.2.1.1. Ước số chung lớn nhất 
 I.2.1.1.1 ðịnh nghĩa 1 
 Cho a, b là hai số nguyên. Số nguyên dương d lớn nhất chia hết cả a và b ñược gọi 
là ước chung lớn nhất của a và b. 
 Kí hiệu: d = (a, b) hoặc d = gcd(a, b) 
 Nếu d = 1 thì ta nói a và b là hai số nguyên tố cùng nhau. 
 I.2.1.1.2. Các tính chất của ước chung lớn nhất 
 a) Nếu p là một số nguyên tố thì (p,m) = p hoặc (p, m) = 1. 
 b) Nếu (a, b) = d thì a = dm, b = dn và (m, n) = 1. 
 c) Nếu (a, b) = d, a = d’m, b = d’n và (m, n) = 1 thì d = d’. 
 d) Nếu m là một ước chung của a và b thì m | (a,b). 
 e) Nếu px || m và py || n thì pmin(x,y) || (m, n). 
 f) Nế ... {vn} thỏa mãn vn = 4un + 11 khi ñó 



=+=
==
−+ ,...3,2,54
211,39
11
21
nvvv
vv
nnn
Dựa vào phương trình ñặc trưng của dãy {vn} ta dễ dàng xác ñịnh ñược số hạng tổng quát 
của dãy là 
3
5.25)1(8 nn
nv
+−
= 
Do ñó 
3
5.258 1996
1996
+
=v 
Vì 1997 là số nguyên tố nên theo ñịnh li Fermat, ta có 
 51996 ≡ 1 (mod 1997) 
 ⇒ 8 + 25.51996 ≡ 8 + 25 (mod 1997) ≡ 33 (mod 1997). 
 ⇒ 3v1996 ≡ 33 (mod 1997). 
Mà v1996 = 4u1996 + 11 nên suy ra 
 12u1996 + 33
 ≡ 33 (mod 1997) 
 ⇒ 12u1996 ⋮ 1997 
Mặt khác (12, 1997) = 1 nên u1996 ⋮ 1997. 
Vậy ta có ñiều phải chứng minh. 
Ví dụ 2. Cho dãy số {un} xác ñịnh như sau 



=−=
−===
−−+ ,...4,367
18,14,0
211
321
nuuu
uuu
nnn
Nguyễn Văn Thảo Chuyên ñề Số Học - Phần I 
 88 
Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố p thì up ⋮ p. 
Lời giải 
Theo cách xác ñịnh dãy số ta tìm ñược số hạng tổng quát của un là 
un= 1 + 2
n + (-3)n. 
Với mọi số nguyên tố p thì 
2p ≡ 2 (mod p) và (-3)p ≡ -3 (mod p) 
Do ñó 
up = 1 + 2
p + (-3)p ≡ 1 + 2 + (-3) (mod p) 
Hay up ⋮ p. 
Vậy ta có ñiều phải chứng minh. 
Nhận xét: Với những dãy số nguyên tuyến tính có phương trình ñặc trưng có nghiệm 
nguyên thì ta dễ dàng sử dụng ñịnh lí Fermat trong chứng minh chia hết. Còn với những 
dãy nguyên tuyến tính có phương trình ñặc trưng có nghiệm vô tỉ thì bao giờ ta cũng phải 
sử dụng nhị thức Newton ñể chứng minh chia hết. 
Ví dụ 3. (VMO - 2011) Cho dãy số nguyên (an) xác ñịnh bởi 
a0 = 1, a1 = - 1 
an= 6an - 1 + 5an - 2 , với n = 2, 3, ... 
Chứng minh rằng a2012 - 2010 chia hết cho 2011. 
Lời giải 
Dễ dàng tìm ñược số hạng tổng quát của dãy số là 
14
)143)(1427()143)(1427( nn
na
−+++−
= 
Do ñó 
14
)143)(1427()143)(1427( 20122012
2012
−+++−
=a 
Mặt khác, theo khai triển Newton ta có 
14)14.(3)143(
2012
0
2012
2012
2012 BAC
k
k
kk +==+ ∑
=
− 
14)14.(3)1()143(
2012
0
2012
2012
2012 BAC
k
k
kkk −=−=− ∑
=
− . 
Trong ñó 
.14...14.33 100620122012
20102
2012
20120
2012 CCCA +++= 
.14.3....14.33 100520112012
20093
2012
20111
2012 CCCB +++= 
Nguyễn Văn Thảo Chuyên ñề Số Học - Phần I 
 89 
Do ñó 
14
)14)(1427()14)(1427(
2012
BABA
a
−+++−
= 
 ⇔ a2012 = A + 4B. 
Bây giờ ta chỉ cần chứng minh A + 4B ≡ -1 (mod 2011) 
Thật vậy, ta có 
1
201120112012
−+= kkk CCC với mọi k = 2, 3, ..., 2010 
Mà 2011 là số nguyên tố nên kC2011 ⋮ 2011 với mọi k = 1, 2, ..., 2010. 
Từ ñó suy ra 
kC2012 ⋮ 2011 với mọi k = 2, 3, ..., 2010. 
Do ñó A + 4B ≡ 32012 + 141006 - 4(32011 + 3.141005) (mod 2011) 
 ≡ 2. 141005 - 32011 (mod 2011) 
Mà 32011 ≡ 3 (mod 2011) 
 14 là số chính phương mod 2011 nên 141005 = 2
12011
14
−
 ≡ 1 (mod 2011). 
Từ ñó suy ra A + 4B ≡ 2 - 3 (mod 2011) ≡ -1 (mod 2011) 
Vậy ta có ñiều phải chứng minh. 
Ví dụ 4. Cho dãy số {un} ñược xác ñịnh như sau 



=+=
==
−+ ,...3,2,2
6,2
11
21
nuuu
uu
nnn
Tìm phần dư của u1024 chia cho 1023. 
Lời giải 
Dễ dàng tìm ñược số hạng tổng quát của dãy {un} là 
nn
nu )21()21( −++= 
Do ñó 
10241024
1024 )21()21( −++=u 
Theo khai triển nhị thức Newton, ta có 
 2)21(,2)21( 10241024 BABA −=−+=+ 
Với 
1024
1024
5124
1024
22
1024
0
1024 2...22 CCCCA ++++= 
1023
1024
5125
1024
23
1024
1
1024 2...22 CCCCB ++++= 
Nguyễn Văn Thảo Chuyên ñề Số Học - Phần I 
 90 
Do ñ ó u1024 = 2A 
Ta có 
1
102310231024
−+= kkk CCC với mọi k = 2, 3, ..., 1022. 
Mà 1023 là số nguyên tố nên kC1023 ⋮1023 với mọi k = 1, 2, ..., 1022. 
Từ ñó suy ra 
kC1024 ⋮ 1023 với mọi k = 2, 3, ..., 1022. 
Nên 
)1023(mod222 10241024
5130
1024 CCA +≡ 
≡ 2+2513 (mod 1023). 
Mặt khác 
210 ≡ 1 (mod 1023) ⇒ 2513 = 8.(210)51 ≡ 8 (mod 1023) 
Do ñó 2A ≡ 10 (mod 1023) 
Vậy phần dư của phép chia u1024 cho 1023 là 10. 
Nhận xét: Việc sử dụng nhị thức Newton rất có hiệu quả ñối với các bài toán chứng minh 
một số hạng cụ thể của dãy chia hết cho p. Tuy nhiên nó thường không có tác dụng ñối 
với việc chứng minh trong dãy số tồn tại một số hạng của dãy chia hết cho p hoặc tồn tại 
vô hạn số hạng của dãy chia hết cho p. ðối với những bài toán dạng này ta thường phải 
chứng minh dãy số dư của un cho p tuần hoàn kể từ một số hạng nào ñó. 
Ví dụ 5. Cho dãy số {un} ñược xácñịnh như sau 



=−+=
==
−+ ,...3,2,197654
100,20
11
21
nuuu
uu
nnn
Chứng minh rằng tồn tại ít nhất một số hạng của dãy chia hết cho 1996. 
Lời giải 
Xét dãy {vn} với vn là phần dư của phép chia un cho 1996. 
Hay vn ≡ un (mod 1996), 0 ≤ vn ≤ 1995. 
Dễ thấy vn+1 ≡ 4vn + 5vn - 1 - 1976 (mod 1996) 
Xét các cặp (v1, v2), (v2, v3), ..., (vn, vn + 1), ... 
Vì dãy {vn} là vô hạn mà số các cặp (a, b) với 0 ≤ a, b, ≤ 1995 là hữu hạn nên phải tồn 
tại hai số tự nhiên i, j (i > j) sao cho 




=
=
++ 11 ji
ji
vv
vv
Khi ñó. Ta có 
Nguyễn Văn Thảo Chuyên ñề Số Học - Phần I 
 91 
5(vi - 1 - vj - 1 ) ≡ 5(vi +1 - 4vi + 1976 ) - 5(vj+1 - 4vj + 1996) 
 ≡ 5(vi+1 - vj+1) - 20(vi - vj) (mod 1996) 
 ≡ 0 (mod 1996) 
Mà (5, 1996) = 1 nên vi - 1 - vj - 1 ≡ 0 (mod 1996) 
Vì 0 ≤ vi - 1 , vj - 1 ≤ 1995 nên vi - 1 = vj - 1 
Lí luận tương tự ta dẫn ñến vi - 2 = vj - 2 
Cứ tiếp tục như vậy ta sẽ dẫn ñến 




=
=
−+
−+
)(11
)(22
ji
ji
vv
vv
Bây giờ ta sẽ chứng minh vi - j = 0 
Thật vậy, ta có 
5vi - j ≡ vi - j + 2 - 4vi - j + 1 + 1976 (mod 1996) 
 ≡ v2 - 4v1 + 1976 (mod 1996) 
 ≡ u2 - 4u1 + 1976 (mod 1996) 
 ≡ 100 - 4.20 + 1976 (mod 1996) 
 ≡ 0 (mod 1996). 
Vì (5, 1996) = 1 nên vi - j ≡ 0 (mod 1996) 
Do ñó ui - j ≡ 0 (mod 1996) 
Vậy có ñiều phải chứng minh. 
Ví dụ 6. (Chọn ðT Khoa học tự nhiên - 2009) 
 Cho dãy {an} ñược xác ñịnh 
a0 = 0, a1 = 1, a2 = 2, a3 = 6 
an + 4 = 2an + 3 + an + 2 - 2an + 1 - an, n = 0, 1, ... 
 a) Chứng minh rằng an chia hết cho n với mọi n ≥ 1. 
 b) Chứng minh rằng dãy số 






n
an , n = 1, 2, ... chứa vô số số hạng chia hết cho 
2009. 
Lời giải 
 a) Phương trình ñặc trưng của dãy {an} là 
x4 - 2x3 - x2 + 2x +1 = 0 
⇔ (x2 - x - 1)2 = 0 
Nguyễn Văn Thảo Chuyên ñề Số Học - Phần I 
 92 
⇔ 






=
−
=
=
+
=
β
α
2
51
2
51
x
x
Khi ñó số hạng tổng quát của dãy trên là 
an = c1α
n + c2β
n + n(c3α
n + c4β
n) 
Dễ dàng tìm ñược 
c1 = c2 = 0, 
5
1
,
5
1
43 −== cc . 
Do ñó 
)
5
1
5
1
( nnn na βα −= 
Từ ñó suy ra n
n F
n
a
= với {Fn} là dãy Fibonaci. 
Do ñó an ⋮ n với mọi n. 
 b) Bổ sung vào dãy {Fn} một số hạng F0 = 0 mà ta vẫn giữ ñược hệ thức 
Fn +1 = Fn + Fn - 1 , n = 0, 1, ... 
Xét dãy {vn} với vn là phần dư của phép chia Fn cho 2009. 
Hay vn ≡ un (mod 2009), 0 ≤ vn ≤ 2008. 
Dễ thấy vn+1 ≡ vn + vn - 1 (mod 2009) 
Xét các cặp (v1, v2), (v2, v3), ..., (vn, vn + 1), ... 
Vì dãy {vn} là vô hạn mà số các cặp (a, b) với 0 ≤ a, b ≤ 2008 là hữu hạn nên phải tồn tại 
hai số tự nhiên i, j (i > j) sao cho 




=
=
++ 11 ji
ji
vv
vv
Làm tương tự ví dụ 5, ta suy ra 0 = v0 = vi - j 
và dãy {vn} tuần hoàn với chu kì (i - j). 
Do ñó vk(i - j) = 0 hay Fk(i - j) ≡ 0 (mod 2009) 
Vậy ta có ñiều phải chứng minh. 
Nguyễn Văn Thảo Chuyên ñề Số Học - Phần I 
 93 
 III.3. 2. Dãy số và số chính phương 
Ví dụ 1. Cho dãy số {an} ñược xác ñịnh như sau 




=−=
+−
==
−+ ,...2,1,)1((
2
3
1,0
11
10
n
aaa
aa
nnnn
Chứng minh rằng với mọi n thì an là số chính phương. 
Lời giải 
Ta sẽ chứng minh với mọi n thì an = Fn
2, trong ñó {Fn} là dãy Fibonaci 
Thật vậy 
 a0 = 1 = F0
2, a1 = 1 = F1
2, a2 = 4 = F2
2. 
Giả sử ak = Fk
2 với mọi k ≤ n 
Khi ñó 
an
 = Fn
2, an - 1
 = (Fn-1)
2, an - 2 = (Fn - 2)
2 
Theo cách xác ñịnh dãy {an} ta có 
an + 1-3an + an - 1 = 2(-1)
n 
an - 3an - 1 + an - 2 = 2(-1)
n - 1
Từ ñó ta suy ra 
an+1 - 2an - 2an - 1 + an - 2 = 0 
 ⇔ an +1 = 2(Fn)
2 + 2(Fn - 1)
2 - (Fn - 2)
2 
 = (Fn + Fn - 1)
2 + (Fn - Fn - 1)
2 - (Fn - 2)
2 
 = (Fn + 1)
2 +(Fn - 2)
2 - (Fn - 2)
2 = (Fn + 1)
2 
Từ ñó suy ra diều phải chứng minh. 
Ví dụ 2. Cho dãy số {an} xác ñịnh như sau 



=−=
==
−+ ,...2,1,3
3,2
11
10
naaa
aa
nnn
Tìm n sao cho 5(an - 2) là một số chính phương. 
Lời giải 
Dễ dàng xác ñịnh ñược số hạng tổng quát của dãy trên là 
nn
na )2
53
()
2
53
(
−
+
+
= 
Mặt khác ta cũng chứng minh ñược ngay 
Nguyễn Văn Thảo Chuyên ñề Số Học - Phần I 
 94 
 a2k ≡ 2 (mod 5) và a2k + 1 ≡ 3 (mod 5). 
Do ñó 5(an - 2) là số chính phương thì an - 2 ⋮ 5 ⇒ n = 2k. 
Khi ñó 
kk
ka
22
2 )2
53
()
2
53
(
−
+
+
= 
Khi ñó 
5(a2k - 2) = 
2
)
2
53
()
2
53
(5 






 −
−
+ kk 
Theo khai triển Newton ta có 
k
k
k
k BABA
2
5
)
2
53
(,
2
5
)
2
53
(
−
=
−+
=
+
Với 



−


−−



−−












−





−
+++=
+++=
2
1
2
21
2
2
3311
22
2
2
2
220
53...5.33
5.3...5.33
kk
k
k
k
k
k
k
k
kk
k
k
k
k
k
k
k
CCCB
CCCA
Khi ñó kk
kk c
B
.5
2
5
)
2
53
()
2
53
(
1
==
−
−
+
−
 với ck là số hữu tỉ. 
 ⇒ a2k - 2 = 5ck
2 nguyên nên ck
2 là số nguyên 
Mà ck hữu tỉ nên ck ∈ Z 
Từ ñó suy ra 5(a2k - 2) = (5ck)
2 với 5ck ∈ Z 
Vậy với mọi k thì 5(a2k - 2) là số chính phương. 
Ví dụ 3. Cho dãy số {an} ñược xác ñịnh như sau 
an = 2
8 + 211 + 2n, n = 1, 2, ... 
Tìm n ñể an là một số chính phương. 
Lời giải 
Ta có 
an = 2
8 + 211 + 2n = x2 
⇔ 2n = (x - 48)(x + 48) 
Với x là một số nguyên dương nào ñó. 
Khi ñó 
x - 48 = 2s và x + 48 = 2n - s, n > 2s 
Từ ñó suy ra 
Nguyễn Văn Thảo Chuyên ñề Số Học - Phần I 
 95 
2n - s - 2s = 96. 
⇔ 2s(2n - 2s - 1) = 3.25. 
Từ ñó suy ra 



=
=
⇔



=−
=
− 12
5
312
5
2 n
ss
sn
Vậy an là số chính phương khi và chỉ khi n = 12 
Ví dụ 4. Cho dãy số {an} ñược xác ñịnh như sau 



=+−+=
==
−+ ,...3,2)1()2(
3,1
11
21
nanana
aa
nnn
Tìm n ñể an là luỹ thừa p của một số nguyên (p ≥ 2). 
Lời giải 
Ta dễ dàng chứng minh ñược 
an = 1! + 2! + ... + n! 
Trường hợp 1: p = 2. 
Ta có n! ⋮ 10 với mọi n ≥ 5 
Do ñó, nếu n ≥ 5 thì an ≡ 1! + 2! + 3! + 4! (mod 10) 
 ≡ (1 + 2 + 6 + 24) (mod 10) ≡ 3 (mod 10) 
Từ ñó suy ra an không thể là số chính phương nếu n ≥ 5. 
Với 1 ≤ n ≤ 4, thử trực tiếp thấy n = 1 và n = 3 thỏa mãn. 
Trường hợp 2. n ≥ 3 
Ta có a1 = 1 = 1
p với mọi p. 
Với n ≥ 2 thì an = 1! + 2! + 3! +...+ n! ⋮ 3 
Giả sử an = b
p (p ≥ 3) ⇒ un ⋮ 27 
Ta có 9! ⋮ 27 nên k! ⋮ 27 với mọi k ≥ 9. 
Do ñó 
an ≡ a8 (mod 27) với n ≥ 9. 
Mà 
a8 = 1! + 2! + ... +8! = 46233 ≡ 1(mod 27). 
Nên an không chia hết cho 27 với mọi n ≥ 8 hay an ≠ b
p với mọi n ≥ 8. 
Bằng cách thử trực tiếp k = 2, 3, ..., 7 thấy không có giá trị nào thỏa mãn. 
Vậy n = 1 là giá trị cần tìm. 
Nguyễn Văn Thảo Chuyên ñề Số Học - Phần I 
 96 
 III.3.3. Dãy số nguyên số nguyên tố. 
Ví dụ 1. Cho dãy số {un} ñược xác ñịnh như sau 
un = 3
n - 2n - 1 
Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố thì up ⋮ 42p. 
Lời giải 
Ta có 
up = 3
p – 2p – 1 = (3p - 3) – (2p - 2) ≡ 0 (mod p). (1) 
Mặt khác 
3p – 2p – 1 = (3p - 1) – 2p ⋮ 2 (2) 
Mà p > 7 ⇒ p lẻ 
Do ñó 
3p – 2p – 1 ≡ - (-1)p – 1 ≡ 0 (mod 3) (3) 
Bây giờ ta cần chứng minh 3p – 2p – 1 ⋮ 7 
Ta có 
3p – 2p - 1 = 3.3p-1 – 2p – 1 
 =
1 1
2 23.9 2 1 3.2 2 1
p p
p p
− −
− − ≡ − − (mod 7) 
 = 
1 1
2 22 2 2 1
p p
p
+ −
+ − − 
Do (p, 3) = 1 nên p = 3k + 1 hoặc p = 3k + 2 
Nếu p = 3k + 1 thì 
1 1
2 22 2 2 1
p p
p
+ −
+ − − = 
1 1
2 28 1 2 2 2 2 (mod 7)
p p
k p p
+ +
− + − ≡ − 
1 1 1
2 2 22 (2 1) 2 (8 1) 0(mod 7)
p p p
k
+ − +
= − = − ≡ 
Nếu p = 3k + 2 ta chứng minh tương tự. 
Từ ñó suy ra ñpcm. 
Ví dụ 2. [IMO - 2005] Cho dãy số (an) xác ñịnh như sau 
an
 = 2n + 3n + 6n – 1 với n = 1, 2,  
Tìm số tự nhiên nguyên tố cùng nhau với mọi số hạng của dãy trên. 
Lời giải 
Ta sẽ chứng minh rằng với mọi số nguyên tố p ñều tồn tại một số hạng an chia hết cho p. 
Thật vậy, ta có a2 = 2
2 + 32 + 62 – 1 = 48 chia hết cho 2 và 3. 
Nguyễn Văn Thảo Chuyên ñề Số Học - Phần I 
 97 
Xét p ≥ 5 
Ta có 
(2, p) = 1; (3, p) = 1; (6, p) = 1 
Do ñó, từ ñịnh lí Fermat suy ra 
2p – 1 ≡ 3p – 1 ≡ 6p – 1 ≡ 1 (mod p) 
Từ ñó dễ dàng chứng minh ñược 6ap – 2 ⋮ p 
Mà (p, 6) = 1 nên ap – 2 ⋮ p 
Do ñó chỉ có số 1 là số tự nhiên duy nhất nguyên tố cùng nhau với mọi số hạng của dãy 
(an). 
 III.3.4 Bài tập 
Bài 1. Cho x1, x2 là nghiệm của phương trình 
x2 - 6x +1 = 0. 
Chứng minh rằng với mọi n ∈ N thì x1
n + x2
n là một số nguyên và không chia hết cho 5. 
Bài 2. Cho dãy {un} thỏa mãn 
,...5,4,86
24,2,1
32
2
213
2
1
321
=





−
=
===
−−
−−−−
n
uu
uuuu
u
uuu
nn
nnnn
n
 Chứng minh rằng với mọi n thì un chia hết cho n. 
Bài 3. (T6/254) Cho dãy số {xn} xác ñịnh như sau: 



≥−=
==
−+ .2,35
,
1
2
1
10
nxxx
bxax
nnn
với a, b là hai số nguyên cho trước. Chứng minh rằng dãy số trên hoặc không có số hạng 
nào chia hết cho 1997 hoặc có vô số số hạng chia hết cho 1997. 
Bài 4. (T6/255) Cho dãy {an} ñược xác ñịnh như sau 



≥−−=
==
+++ .1,19947530
96,1964
1
2
12
21
naaaaa
aa
nnnnn
Chứng minh rằng không tồn tại số hạng nào của dãy là tổng luỹ thừa bảy của ba số 
nguyên. 
Bài 5. Cho dãy {un} ñược xác ñịnh bởi: 



≥+=
==
++ .0,72
11,3
12
10
nuuu
uu
nnn
Nguyễn Văn Thảo Chuyên ñề Số Học - Phần I 
 98 
Tìm các số nguyên dương lẻ a sao cho với các số nguyên dương m và n tuỳ ý luôn tìm 
ñược số nguyên dương k sao cho au kn − chia hết cho 2
m. 
Bài 6. Cho dãy {un} ñược xác ñịnh như sau: 



≥−=
==
++ 0,1999
1
12
10
nuuu
uu
nnn
Tìm các số tự nhiên n sao cho un là số nguyên tố. 
Bài 7. (Bulgari 1999) Cho {an} là dãy số nguyên thỏa mãn 
(n - 1)an + 1 = (n + 1)an - 2(n - 1). 
Biết rằng a1999 chia hết cho 2000. Tìm số nguyên dương n ≥ 2 và n nhỏ nhất sao cho an chia 
hết cho 2000. 
Bài 8. Cho một dãy số gồm 2n + 1 số nguyên dương liên tiếp sao cho tổng bình phương 
của n +1 hạng ñầu tiên bằng tổng bình phương của n số hạng còn lại. Hỏi trong dãy ñó có 
số 2001 không? 
Bài 9. Cho dãy {an} xác ñịnh như sau 



=+=
==
++ ,...1,0,2
1,0
12
10
naaa
aa
nnn
Chứng minh rằng an chia hết cho 2
k khi và chỉ khi n chia hết 2k, với mọi k nguyên không 
âm. 
Bài 10. Cho dãy số {un} thỏa mãn 



≥+=
==
++ .172
11,3
12
21
nuuu
uu
nnn
Tìm số nguyên dương lẻ a sao cho với mọi m, n nguyên dương tuỳ ý luôn tìm ñược số 
nguyên dương k sao cho au
k
n − chia hết cho 2m. 
Bài 11. Cho dãy {un} ñược xác ñịn như sau 



=−=
==
++ ...,1,0,1999
1,0
12
10
nuuu
uu
nnn
Tìm các số tự nhiên n sao cho un là số nguyên tố. 
Nguyễn Văn Thảo Chuyên ñề Số Học - Phần I 
 99 
TÀI LIỆU THAM KHẢO 
[1] ðặng Hùng Thắng, Nguyễn Văn Ngọc, Vũ Kim Thuỷ - NXBGD, 1997. 
[2] Nguyễn Vũ Lương, Nguyễn Ngọc Thắng, Nguyễn Lưu Sơn, Phạm Văn Hùng - 
 NXB ðại Học Quốc Gia Hà Nội, 2006. 
[3] Phan Huy Khải - Các chuyên ñề Số học - NXBGD, 2005. 
[4] Nguyễn Văn Mậu, Trần nam Dũng, ðặng Hùng Thắng, ðặng Huy Ruận - 
 NXBGD, 2008. 
[5] Nguyễn Sinh Nguyên, Nguyễn Văn Nho, Lê Hoành Phò - Tuyển tập các bài dự thi 
 Olimpiad Toán học Quốc tế 1991 - 2001 - NXBGD, 2001. 
[6] Titu Andreescu, Dorin Andrica, Zuming Feng - 104 Number theory problems from 
 the training of the USA IMO team - NXB Birkhauser, 2006. 
[5] Tạp chí Toán học và tuổi trẻ 
[6] Các ñề thi vô ñịch các nước. 
[7] Các tài liệu trên mạng Internet.