THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN
1. Tên sáng kiến: Phương pháp giải một số dạng toán về phép chia hết cho
học sinh lớp 6.
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 6.
3. Tác giả:
Họ và tên: Nguyễn Thị Phượng

Nam (nữ): Nữ.

Ngày tháng/năm sinh: 27/09/1977
Trình độ chuyên môn: ĐHSP Toán
Chức vụ, đơn vị công tác: Tổ phó tổ KHTN trường THCS An Lạc.
Điện thoại: 0987 345 581
4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến:
Tên đơn vị: Trường THCS An Lạc
Địa chỉ: Thôn Bờ Đa, xã An Lạc, Chí Linh, Hải Dương
Điện thoại: 03203 888 019
5. Đơn vị áp dụng sáng kiến lần đầu (nếu có) :
Tên đơn vị: Trường THCS An Lạc
Địa chỉ: Thôn Bờ Đa, xã An Lạc, Chí Linh, Hải Dương
Điện thoại: 03203 888 019
6. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến:
- Được sự ủng hộ giúp đỡ nhiệt tình của Ban giám hiệu, nhà trường, học sinh
và phụ huynh. HS có trình độ nhận thức tương đối tốt và đồng đều.
- GV thực hiện có trình độ chuyên môn vững vàng và kết hợp tốt các phương
pháp giảng dạy đặc trưng bộ môn.
1


- Có đầy đủ các đồ dùng cần thiết cho việc nghiên cứu và áp dụng: Trang
thiết bị dạy học: máy tính, máy chiếu, các tài liệu tham khảo…

và mở rộng các kiến thức bằng hệ thống các bài tập áp dụng. Với mỗi dạng bài
giáo viên gieo vấn đề từ dễ đến khó, từ đơn giản đến phức tạp để học sinh “ làm
quen”, dần dần sẽ hình thành kĩ năng. Giáo viên có thể làm mẫu hoặc

bằng các

câu hỏi gợi mở, dẫn dắt các em đến với các kiến thức sâu và rộng hơn.
Cuối tiết học chính khóa hoặc trong các buổi bồi dưỡng học sinh, giáo viên
khuyến khích, động viên để tìm ra các học sinh “xuất sắc” bằng những bài toán “
mới hơn”, có tính khái quát hơn, vì thế các em nhớ lâu, khắc sâu kiến thức và tư
duy được phát triển.
Để giải quyết được những đề khó và phức tạp thì không phải áp dụng được
cho bất cứ học sinh nào. Do vậy, giáo viên phải “chọn lựa” các em có tư duy tốt
và tương đối đồng đều thì mới mang lại hiệu quả.
3


3. Nội dung sáng kiến (cần làm rõ):
+ Tính mới, tính sáng tạo của sáng kiến :
Các dạng bài tập trước kia đưa ra chưa có hệ thống, chưa nâng dần mức độ từ dễ
đến khó và các dạng bài còn lẻ tẻ, chưa thành 1 dạng riêng biệt nên học sinh
không biết liên hệ vấn đề mới với các vấn đề cũ, các em không biết tìm hướng giải
cho đúng, chưa đưa ra phương pháp giải cho từng dạng nên nhanh quên và giải
được bài nào biết bài đó. Do vậy, hình thành được kĩ năng giải ở học sinh rất mất
nhiều thời gian và không phát huy được khả năng tư duy sáng tạo cũng như năng
lực tự học, tự nghiên cứu của các em.
Trên cơ sở hiểu và thực hành thành thục, các em có thể tự ra đề và giải, hướng
dẫn các bạn khác cùng học, tạo ra không khí tích cực sôi nổi trong lớp. Giáo viên
đóng vai trò hướng dẫn, dẫn dắt, chỉ đạo và kiểm tra đánh giá mức độ nhận thức
từng em, giảm hẳn sự vất vả trong công việc.

sự quan tâm đến công tác bồi dưỡng học sinh giỏi của con em, các em còn phải
dành thời gian cho các môn học khác… nên giáo viên bồi dưỡng phải tự tìm ra
cách dạy mang hiệu quả và phù hợp với đối tượng học sinh của mình.
2. Cơ sở lý luận của vấn đề
2.1. Chương trình Số học 6 có rất nhiều chuyên mục hay và khó, thường vận dụng
kiến thức về Phép chia hết, trong đó có những bài toán không thể tìm ra lời giải
nếu không có sự vận dụng kiến thức này hoặc nếu giải được phải tiêu hao lượng
thời gian và công sức rất lớn.
2.2. Trong các đề thi học sinh giỏi, lượng bài tập dành cho các chuyên mục có
vận dụng “Phép chia hết” tương đối nhiều, với điểm số chiếm tỉ lệ không nhỏ. Do

5


vậy, học sinh không được chuyên sâu, không giải được những bài toán khó ở từng
dạng sẽ dẫn tới điểm số thấp, hiệu quả giáo dục không như mong muốn.
2.3. Nếu học sinh không biết phân dạng để tìm ra phương pháp phù hợp trong quá
trình đi tìm lời giải thì sẽ dẫn tới nhầm lẫn, lúng túng và có thể không tìm ra đáp
số.
2.4. Khi HS đã giải thành thạo các dạng bài thì các em được mở rộng hệ thống
kiến thức, sẽ thấy được cái hay, cái đẹp của toán học và yêu thích bộ môn, hình
thành và phát triển đường lối tư duy độc lập sáng tạo. Nó giúp các em trong việc
tiếp tục lĩnh hội các kiến thức cao hơn ở các lớp 7, 8, 9.
3. Thực trạng của vấn đề
3.1. Học sinh vừa từ tiểu học lên, quen phụ thuộc vào thày cô, viết chậm, tư duy
sáng tạo chưa được khai thác nên hạn chế trong việc tự học.
3.2. Học sinh tính toán chưa nhanh và còn nhầm lẫn, chưa tự giác trong suy nghĩ,
vì thế gặp bài khó là có ý định bỏ dở, chỉ thích những bài dễ, dạng quen thuộc.
3.3. Khi nhận xét xem một tổng (hoặc hiệu) có chia hết cho 1 số không, các em
không quen với việc tính tổng số dư của từng số hạng khi chia cho số đó mà hoặc

4.2. Biện pháp cụ thể:
4.2.1. Các kiến thức cần nhớ:
4.2.1.1. Định nghĩa:
Cho 2 số tự nhiên a và b, trong đó b khác 0, nếu có số tự nhiên q sao cho
a = b.q thì ta nói a chia hết cho b và ta có phép chia hết a: b = q
(q là thương của phép chia a cho b).
- Khi a Mb thì a là bội của b, b là ước của a.
* Nếu a chia cho b ( b ≠ 0) được thương q dư r (r < b) thì a = b.q + r
* Trong phép chia cho số tự nhiên n ( n > 1) thì số dư có thể là: 1; 2; ...; n-1.
4.2.1.2. Tính chất của quan hệ chia hết:
+ Tính phản xạ: a chia hết cho a với mọi a là số tự nhiên khác 0
a∈ N và a ≠ 0 ta có:

a Ma.

+ Tính phản xứng: Nếu a chia hết cho b và b chia hết cho a thì a = b
7


a, b∈ N và a Mb và bMa thì a = b.
+ Tính bắc cầu: Nếu a chia hết cho b và b chia hết cho c thì a chia hết cho c
aMb và bMc thì aMc
4.2.1.3. Một số định lí:
+ Mọi số tự nhiên đều chia hết cho 1
+ a chia hết cho a với mọi a là số tự nhiên khác 0
+ 0 chia hết cho b với b là số tự nhiên khác 0
+ Nếu a chia hết cho b thì m.a chia hết cho b với mọi số tự nhiên m.
+ Nếu a chia hết cho m và a chia hết cho n thì a chia hết cho BCNN(m,n)
+ Nếu a chia hết cho b và a chia hết cho c mà (b,c) = 1 thì a chia hết cho (b.c)
+ Nếu a chia hết cho b, a chia hết cho c và a chia hết cho d mà (b,c) = 1;


chia hết cho b, nhưng an không chia hết cho b thì

(a1 ± a2 ± a3 ± a4 ± … ± an) M b.
* Hệ quả :
- Nếu a + b⋮m (hoặc a - b⋮m) và a⋮m thì b⋮m.
- Nếu a + b⋮m (hoặc a - b⋮m) và a⋮m thì b⋮m.
+ Nếu a chia hết cho m, b chia hết cho n thì (a.b) chia hết cho (m.n)
+ Nếu (a.b) chia hết cho m và m là số nguyên tố thì a chia hết cho m hoặc b
chia hết cho m.
8


+ Nếu a chia hết cho m thì an chia hết cho m với n là số tự nhiên khác 0.
+ Nếu a chia hết cho b thì an chia hết cho bn với n là số tự nhiên.
+ Nếu an chia hết cho bn thì a chia hết cho b với n là số tự nhiên khác 0.
4.2.1.4. Các dấu hiệu chia hết:
a. Dấu hiệu chia hết cho 2
Một số chia hết cho 2 khi và chỉ khi chữ số tận cùng của số đó là số chẵn.
anan-1an-2 …a2a1a0 M 2  a0 M2 ( a0 ∈ { 0; 2; 4;6;8} )
b. Dấu hiệu chia hết cho 5
Một số chia hết cho 5 khi và chỉ khi chữ số tận cùng bằng 0 hoặc 5.
anan-1an-2 …a2a1a0 M 5  a0 M5 ( a0 ∈ { 0;5} )
Chú ý: Một số có chữ số tận cùng khi chia cho 2 (hoặc 5) dư bao nhiêu thì
số đó chia cho 2 (hoặc 5) cũng dư bấy nhiêu và ngược lại.
c. Dấu hiệu chia hết cho 3 (hoặc 9)
Một số chia hết cho 3 (hoặc 9) khi và chỉ khi tổng các chữ số của số đó chia hết
cho 3 (hoặc 9).
anan-1an-2 …a2a1a0 M 3  (an + an-1 + an-2 + …+ a2 + a1+ a0) M3
anan-1an-2 …a2a1a0 M 9  (an + an-1 + an-2 + …+ a2 + a1+ a0 ) M9

a = b.k ( k ∈ N) hoặc a = m.k ( m chia hết cho b).
Ví dụ 1: Chứng tỏ: 7212 M 234.323
Phương pháp: Biến đổi số 72 thành tích của hai lũy thừa với cơ số là 2 và 3.
Giải:
Ta có: 7212 = (8.9)12 = (23.32)12 = (23)12(32)12 = 212.3. 312.2 =236.324 =(234.323) . 22.3
= (234.323).12 nên 7212 M 234.323
*Hướng phát triển:
Ở bài toán này, có thể thay đổi cơ số ở số bị chia hoặc số chia nhưng phải đảm bảo
tính chia hết.
Bài toán mới: Chứng minh: a, 7517 M 313.534
b, 45.14420 M 287.339
...........
Ví dụ 2: Cho a + b = 6. Chứng tỏ rằng số có dạng abba bao giờ cũng chia hết cho
3 (a khác 0).
10


Phương pháp: Vận dụng dấu hiệu chia hết cho 3: tổng các chữ số của số đó chia
hết cho3.
Giải :
Số abba có tổng các chữ số là: a+ b + b + a = 2a + 2b = 2 .(a+b) = 2.6 =12 M 3
Mà số có tổng các chữ số chia hết cho 3 thì số đó chia hết cho 3.
Vậy: với a + b = 6 thì số abba M 3 (a ≠ 0)
*Hướng phát triển: Có thể thay đổi dữ kiện a + b = 6 hoặc thay đổi số để chứng
minh chia hết cho các số khác như: 9, 11, ...
Bài toán mới:
a, Cho a + b = 3. Chứng tỏ rằng số có dạng abbaba bao giờ cũng chia hết cho 9
(a khác 0).
b, Cho a + b = 2. Chứng tỏ rằng số có dạng 7b6a bao giờ cũng chia hết cho 11.
..........

(a ∈ N , a ≠ 1)
a −1

Giải :
P = 1+ 2015 + 21052 + 20153 +.......+ 20151997 + 21998

Xét biểu thức

2015.P = 2015.(1+ 2015 + 21052 + 20153 +.......+ 20151997 + 21998)
=2015+ 21052 + 20153 +.......+ 20151997 + 21998 + 20151999
2015P – P = 20151999 -1
2014.P = 20151999 -1
Mà P = 1+ 2015 + 21052 + 20153 +.......+ 20151997 + 21998 là 1 số tự nhiên
nên 20151999 -1M 2014.
Vậy MM2014.
*Hướng phát triển: Thay đổi số cần chia hết, cơ số của lũy thừa hoặc số mũ của
các lũy thừa trong biểu thức M:
Bài toán mới:
a, Cho P = 19991999 − 1 . Chứng tỏ P M1998
b, Cho Q = 1237 2015 − 1 . Chứng tỏ QM1236
……….

4.2.2.2: Dùng định lí - tính chất – dấu hiệu chia hết.
12


4.2.2.2.1. Nhận biết một số là số nguyên tố hay hợp số dựa vào các dấu hiệu
chia hết.
Ví dụ 1: Số 987654321 là số nguyên tố hay hợp số?
Phương pháp: Để nhận biết một hợp số cần chỉ ra ngoài ước là 1 và chính nó


Chứng minh rằng: p+8 là hợp số
b, Chứng minh rằng: Nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 và 2p+1 cũng là số nguyên
tố thì 4p+1 cũng là số nguyên tố.
.........
Ví dụ 3: Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3. Hỏi p2 + 2012 có là số nguyên tố
không?
Phương pháp: Khi số nguyên tố p>3 thì p2 chia cho 3 dư 1 và khẳng định
p2 + 2012 không thể là số nguyên tố:
Giải: p là số nguyên tố lớn hơn 3, p có dạng p = 3k+1 hoặc p = 3q +2( k,q ∈ N * )
=> p2 = 3l+1 (l ∈ N * )
=> p2+2012 =3l+1+2012= 3l+2013
Ta thấy 3lM3, 2013 M3 nên 3l+2013 M3
Vậy p2 + 2012 không là số nguyên tố.
*Hướng phát triển: Thay đổi 2012 thành 1 số nào đó chia cho 3 dư 2 hoặc thay
số mũ của p2 sao cho số mũ phải là số chẵn.
Bài toán mới:
a, Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3. Hỏi p2 + 1991 có là số nguyên tố không?
b, Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3. Hỏi p4 + 563 có là số nguyên tố không?
............
4.2.2.2.2. Tìm chữ số chưa biết dựa vào các dấu hiệu chia hết.
Ví dụ 1: Tìm a, b biết 21ab chia hết cho 2, 5 , 3 và 9.
Phương pháp: Dựa vào dấu hiệu chia hết cho 2 và 5 để tìm b, rồi dựa vào dấu
hiệu chia hết cho 3 và 9 để tìm a.
Giải :
Số 21ab chia hết cho 2 và 5 khi b = 0.
Với b = 0 được số 21a0.
21a0 chia hết cho 3 và 9 khi (2+1+a+0) M9.
Hay 3+a M 9
14

Để số 1x8 y 2 M 36 ( 0 ≤ x, y ≤ 9 , x, y ∈ N ) thì 1x8 y 2 M4 và 9
(1 + x + 8 + y + 2) M9
⇔
 y 2 M4
15


* y 2M4 ⇒ y ∈ { 1;3;5;7;9}
(1 + x + 8 + y + 2)M9 => (x+y+11) M 9 => x+y = 7 hoặc x+y = 16

+ Nếu y = 1 thì x = 6
+ Nếu y = 3 thì x=4
+ Nếu y=5 thì x=2
+ Nếu y=7 thì x=0 hoặc 9
+ Nếu y=9 thì x=7
Vậy các cặp số (x,y) là : (6,1); (4,3); (2,5) ; (0,7) ; (9,7) ; (7,9).
Ví dụ 4:
Tìm các số 21xy chia hết cho 60.
Phương pháp : Viết số 60 dưới dạng tích của ba số có dấu hiệu chia hết mà ba số
đó nguyên tố là ba số nguyên tố sánh đôi.
Giải
Ta có : 60 = 3.4.5 và 3, 4, 5 là ba số nguyên tố sánh đôi.
* 21xy M 5  y ∈ {0;5}.
Nếu y = 5 thì 21x5 không chia hết cho 4.
Nếu y = 0 thì 21x0 chia hết cho 4  x0 M 4 ⇒ x ∈ {0; 2; 4 ; 6 ; 8}. (1)
21x 0 M 3  (2 + 1 + x + 0) M 3  (3+ x)M 3 ⇒ x ∈ {0; 3; 6; 9}.

( 2)

Kết hợp (1) và ( 2) ⇒ x ∈ {0; 6}.

10181998 = ( 10184)499 .10182 =

( …6)499 . ... 4 ⇒ 10181998 có tận cùng là 4

Vậy A có tận cùng bằng 0 ⇒ A M 5
*Hướng phát triển: Khi thay đổi cơ số, số mũ các số hạng trong tổng ( hiệu) và số
chia ta có nhiều bài toán tương tự.
Bài toán mới:
a, Chứng minh rằng: 20172001 +93 chia hết cho 10.
b, Chứng minh rằng: 10177 + 4 chia hết cho 5.
….....
17


Ví dụ 2:
1999

Chứng minh rằng 10

−1

3

là một số tự nhiên.

Phương pháp: Muốn một biểu thức dạng

A
là một số tự nhiên (trong đó A, B là
B


Chứng minh rằng 10

3

−1

là một số tự nhiên.

*Hướng phát triển: Thay đổi biểu thức trên tử hoặc mẫu nhưng phải đảm bảo tử
chia hết cho mẫu.
Bài toán mới:
1789481 + 1
a, Chứng minh rằng
là một số tự nhiên.
5

b, Chứng minh rằng

22225555 + 55552222
là một số nguyên.
7

........
Ví dụ 3:
Cho A = 1 + 7 + 7 2 + 73 + ... + 7999 . Tìm chữ số tận cùng của A.

18



*Hướng phát triển: Ở hai ví dụ trên, thay đổi biểu thức bằng cách thay đổi cơ số
hoặc số mũ trong đó có 1 nhóm chia hết cho 1 số tròn chục.
19


Bài toán mới:
Cho A = 1 + 3 + 32 + 33 + ... + 31999 . Tìm chữ số tận cùng của A.
Cho L = 1 + 9 + 92 + 93 + ... + 92000 . Tìm chữ số tận cùng của L.
.......
4.2.2.2.4. Dùng tính chất chia hết của 1 tích.
Để chứng minh a chia hết cho b (b ≠ 0) ta có thể chứng minh bằng một
trong các cách sau:
+ Ta chứng minh (a.m) chia hết cho b; (m, b) = 1 ⇒ a chia hết cho b
+ Biểu diễn b = m.n với (m,n)= 1, sau đó chứng minh a chia hết cho m, a chia hết
cho n
+ Biểu diễn a= a1 . a2,, b = b1.b2, rồi chứng minh a1 chia hết cho b1; a2 chia hết cho b2
Ví dụ 1 :
Tìm các số tự nhiên x, y. sao cho (2x + 1)(y – 5) = 12
Phương pháp : Do x, y là các số tự nhiên nên 12 chia hết cho 2x + 1 và y - 5. Ta
viết số 12 thành tích của hai số tự nhiên.
Giải: Ta có: 12= 1.12 = 2.6 = 3.4
Do x∈ N nên 2x+1 lẻ => 2x+1 =1 hoặc 2x+1=3
+ Nếu 2x+1=1 => x=0 thì y-5=12 => y=17
+ nếu 2x+1=3=> x=1 thì y-5=4=>y=9
Vậy (x,y) = (0,17); (1,9)
*Hướng phát triển: Thay đổi biểu thức trong từng ngoặc hoặc thay đổi số 12.
Bài toán mới:
Tìm các số tự nhiên x,y biết:
a, (x+3)( y-4) =5
b, (x-1)( 2y+3) =10

trở lên trong các số: 2; 3; 5; 9; 4;11; 25...và các số ấy phải đôi một nguyên tố cùng
nhau.
Bài toán mới:

21


a. Thay các dấu * tùy ý bằng các chữ số 4; 7; 0 (không dấu * nào nhận giá trị
giống nhau) trong số 8*5*9*. Chứng minh rằng số: 8x5y9z chia hết cho 33.
b, Cho số 97162*1*1*40 trong đó tổng các chữ số ở các dấu * bằng 5. Chứng
minh rằng số đó chia hết cho 220.
.......
Ví dụ 3 :
Chứng minh rằng: Tích của ba số tự nhiên liên tiếp bao giờ cũng chia hết cho 6.
Phương pháp: Số 6 có thể viết thành tích của hai số nguyên tố cùng nhau là 2 và
3, cả hai số này đều có dấu hiệu chia hết. Cần chứng minh tích của hai số tự
nhiên liên tiếp chia hết cho 2, tích của ba số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 3.
Giải:
Gọi 3 số tự nhiên liên tiếp là n, n+1, n+2.
Ta cần chứng minh: n(n + 1)(2n + 1) ⋮6.
Thật vậy:
+ Trong 2 số tự nhiên liên tiếp luôn có một số chẵn và một số lẻ, mà số
chẵn thì luôn chia hết cho 2
Do đó

n(n + 1)(2n + 1) ⋮2.

+ Ta cần chứng minh n(n + 1)(2n + 1) ⋮3 thì n(n + 1)(2n + 1) ⋮6
(Vì 2 và 3 là hai số nguyên tố cùng nhau)
Xét 2 trường hợp : Khi n chia hết cho 3 hoặc n không chia hết cho 3.

n và n+1 là hai số tự nhiên liên tiếp nên tích của chứng luôn chia hết cho 2
(vì trong 2 số đó có 1 số chẵn) và 2014 M 2, do đó n(n+1) +2014 M 2
Hay n2+n+ 2014 chia hết cho 2 với mọi số tự nhiên n.
Ví dụ 2: Cho n là số tự nhiên. Hỏi n2 -2 có chia hết cho 5 không?
Phương pháp: Khi n là số tự nhiên cần chỉ ra n2 không thể có chữ số tận cùng
là 2 hoặc 7.
Giải:
23


Với mọi số tự nhiên n thì n2 không thể có chữ số tận cùng là 2 hoặc 7 nên n 2 -2
không thể có chữ số tận cùng là 0 hoặc 5. Do vậy n2 -2 có chia hết cho 5.
Ví dụ 3: Chứng tỏ rằng: 2x + 3y chia hết cho 17 ⇔ 9x + 5y chia hết cho 17.
Phương pháp: Nhân (2x + 3y) với 1 số để tách làm 2 nhóm, 1 nhóm luôn chia hết
cho 17, một nhóm là 9x + 5y . Chứng minh chiều ngược lại thì nhân (9x + 5y)
với 1 số để tách làm 2 nhóm, 1 nhóm luôn chia hết cho 17, một nhóm là 2x + 3y .
Giải:
* Chứng minh: 2x + 3y chia hết cho 17 thì 9x + 5y chia hết cho 17.
Ta có : 2x + 3y M17 => 13 (2x + 3y )M17 => 26x + 39y M17
hay ( 17x + 34y ) + ( 9x + 5y )  M17
Mà 17x + 34y M17 => 9x+ 5y M17.
* Chứng minh: 9x + 5y chia hết cho 17 thì 2x + 3y chia hết cho 17.
Ta có : 9x + 5y M17 => 4 (9x + 5y )M17 => 36x + 20y M17
hay ( 34x + 17y ) + ( 2x + 3y )  M17
Mà 34x + 17y M17 => 2x+ 3y M17.
Vậy : 2x + 3y chia hết cho 17 ⇔ 9x + 5y chia hết cho 17.
*Hướng phát triển: Thay đổi biểu thức chứa chữ và số cần chia hết.
Bài toán mới:
a, Cho a- b =6 Chứng minh các biểu thức: a+5b, a + 17 b chia hết cho 6.
b, Chứng minh rằng: 3x + 4y chia hết cho 7 ⇔ 2x + 5y chia hết cho 7.

Mà Ư(4) = { 1; 2; 4}
 2n- 1 =1 => 2n=1+1=2 => n=1 (thỏa mãn)
Hoặc: 2n- 1 =2 => 2n=2+1=3 => n=3/2 ( không thỏa mãn)
Hoặc: 2n- 1 =4 => 2n=4+1=5 => n=5/2 ( không thỏa mãn)
Vậy n=1.
Lưu ý: Khi 2n-1 là ước của 4. Ta có cách khác để tìm n:
Do 2n- 1 là số lẻ nên 2n-1 là ước lẻ của 4.
 2n- 1 =1 => 2n=1+1=2 => n=1 (thỏa mãn)
25