Phân loại và phương pháp giải một số dạng toán nâng cao về tính chia hết trên N trong phân môn số học 6

GV: NGUYỄN THỊ THANH TÂM - THCS BÙI THỊ XUÂN
PHÒNG GIÁO DỤC  ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ PLEIKU
TÊN ĐỀ TÀI:
PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ DẠNG TOÁN
NÂNG CAO VỀ TÍNH CHIA HẾT TRÊN N TRONG PHÂN MÔN
SỐ HỌC 6
GV: NGUYỄN THỊ THANH TÂM
THCS BÙI THỊ XUÂN
1
GV: NGUYỄN THỊ THANH TÂM - THCS BÙI THỊ XUÂN
NĂM HỌC: 2008 – 2009
PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ DẠNG TOÁN
NÂNG CAO VỀ TÍNH CHIA HẾT TRÊN N TRONG PHÂN MÔN
SỐ HỌC 6
PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ
Toán học là một bộ môn khoa học; ngày nay Toán học đã và đang
xâm nhập vào mọi ngành, mọi lónh vực. Những tri thức cùng với những kỹ
năng Toán học và những phương pháp suy nghó , lập luận trong Toán
học sẽ trở thành những công cụ để học tập các môn khoa học khác trong
nhà trường, là công cụ của nhiều ngành khoa học khác nhau, là công cụ để
tiến hành những hoạt động trong đời sống thực tế và vì vậy là một thành
phần không thể thiếu trong nền văn hoá phổ thông của con người mới.
Theo đònh hướng đổi mới phương pháp dạy học môn Toán trong giai
đoạn hiện nay được xác đònh là: “Phương pháp dạy học trong nhà trường
các cấp phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động của người học, hình
thành và phát triển năng lực tự học, trau dồi các phẩm chất linh hoạt, độc
lập, sáng tạo của tư duy”. Qua đó, giáo viên là người thiết kế, tổ chức,
hướng dẫn, điều khiển quá trình học tập, còn học sinh là chủ thể nhận
thức, biết cách tự học, tự rèn luyện từ đó hình thành phát triển nhân cách
và các năng lực cần thiết của người lao động theo những mục tiêu mới đã
đề ra.

Trong chương trình Toán trung học cơ sở, tính chia hết là một nội
dung cơ bản và quan trọng. Ở lớp 6, phần lớn các bài toán trong sách giáo
khoa về tính chia hết thường đơn giản và dễ dàng giải được. Tuy nhiên
trong nhiều bài tập nâng cao, việc tìm ra lời giải rất khó, đa dạng, đòi hỏi
phải có khả năng tư duy toán học linh hoạt, sáng tạo, cần sử dụng nhiều
phương pháp khác nhau. Trong khi đó, tư duy toán học, khả năng phân tích,
tổng hợp, suy nghó, lập luận của học sinh còn hạn chế nên các em thường
lúng túng, gặp khó khăn trong việc giải các bài toán này. Mặt khác, để
giải được các dạng toán trên, ngoài các kiến thức cơ bản trong sách giáo
khoa, học sinh cần phải nắm được một số kiến thức mở rộng không được
nêu trong chương trình học chính khoá. Những kiến thức này nếu không
được nắm chắc, khi vận dụng vào giải toán các em thường gặp nhiều sai
lầm dẫn đến giải sai như: Nếu ab
M
m thì a
M
m (hoặc b
M
m) mà không xét
điều kiện a, m (hoặc b, m) có nguyên tố cùng nhau hay không. Hoặc khi
thấy tổng chia hết cho một số thì kết luận các số hạng của tổng đều chia
2
GV: NGUYỄN THỊ THANH TÂM - THCS BÙI THỊ XUÂN
hết cho số đó. Hoặc khi thấy a
M
m, a
M
n thì kết luận a
M
mn mà không xét

điều kiện m, n nguyên tố cùng nhau.
Trong quá trình giảng dạy môn Toán lớp 6 về tính chia hết trong tập
hợp các số tự nhiên, để học sinh phát hiện, nhận dạng đúng các bài toán,
từ đó tìm ra phương pháp giải nhanh nhất, hợp lý nhất; đồng thời giúp các
em nắm chắc được một kiến thức mở rộng về tính chia hết, bản thân tôi đã
rút ra được một số kinh nghiệm. Bên cạnh đó, từ năm học 2004 – 2005,
Phòng giáo dục và đào tạo TP Pleiku không tổ chức thi học sinh giỏi các
lớp 6, 7, 8. Do đó, yêu cầu đặt ra cho các nhà trường là phải tạo nguồn học
sinh Giỏi ngay từ các lớp học dưới. Để giúp học sinh học tập tốt môn Toán,
tạo nền tảng vững chắc về mặt kiến thức đòi hỏi người giáo viên không
ngừng sáng tạo, tìm tòi, nghiên cứu những phương pháp giảng dạy sao cho
hiệu quả nhất.
Đây cũng chính là lý do tôi chọn đề tài: “ Phân loại và phương pháp
giải một số dạng toán nâng cao về tính chia hết trên N trong phân môn số
học 6”.
3
GV: NGUYỄN THỊ THANH TÂM - THCS BÙI THỊ XUÂN
PHẦN HAI: GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
A. HỆ THỐNG LẠI CÁC KIẾN THỨC CẦN GHI NHỚ
Để HS thuận lợi trong việc giải toán về tính chất chia hết cần củng
cố cho các em những kiến thức cơ bản về tính chia hết và những kiến thức
có liên quan, đó là:
1/ Đònh nghóa
Cho hai số tự nhiên a và b trong đó b
≠
0. Ta nói a chia hết cho b
nếu tồn tại số tự nhiên q sao cho a = bq. Khi đó ta còn nói a là bội của b,
hoặc b là ước của a.
2/ Các tính chất chung
a. Bất cứ số nào khác 0 cũng chia hết cho chính nó.

b. Số 0 chia hết cho mọi số b
≠
0.
c. Bất cứ số nào cũng chia hết cho 1.
d. Tính chất bắc cầu : Nếu a chia hết cho b và b chia hết cho c thì a
chia hết cho c.
3/ Tính chất chia hết của tổng và hiệu
a. Nếu a và b cùng chia hết cho m thì a + b chia hết cho m, a – b
chia hết cho m.
Hệ quả:
Nếu tổng của hai số chia hết cho m và một trong hai số ấy chia hết
cho m thì số còn lại cũng chia hết cho m.
b. Nếu một trong hai số a và b chia hết cho m và số còn lại không
chia hết cho m thì a + b không chia hết cho m, a - b không chia hết cho m.
4/ Tính chất chia hết của tích
a. Nếu một thừa số của tích chia hết cho m thì tích chia hết cho m.
b. Nếu a chia hết cho m và b chia hết cho n thì ab chia hết cho mn.
Hệ quả: Nếu a chia hết cho b thì a
n
chia hết cho b
n
.
5/ Một số dấu hiệu chia hết
a. Dấu hiệu chia hết cho 2, cho 5:
Một số chia hết cho 2 (hoặc cho 5) khi và chỉ khi số đó có chữ số
tận cùng là chữ số chẵn (hoặc là 0 hoặc 5).
b. Dấu hiệu chia hết cho 3, cho 9:
Một số chia hết cho 3 (hoặc cho 9) khi và chỉ khi số đó có tổng các
chữ số chia hết cho 3 (hoặc cho 9).
c. Dấu hiệu chia hết cho 4, cho 25 :

Một số chia hết cho 4 (hoặc cho 25) khi và chỉ khi số đó có hai chữ
số tận cùng chia hết cho 4 ( hoặc chia hết cho 25).
d. Dấu hiệu chia hết cho 8, cho 125 :
4
GV: NGUYỄN THỊ THANH TÂM - THCS BÙI THỊ XUÂN
Một số chia hết cho 8 (hoặc cho125) khi và chỉ khi số đó có ba chữ
số tận cùng chia hết cho 8 ( hoặc chia hết cho 125).
e. Dấu hiệu chia hết cho 10:
Một số chia hết cho 10 khi và chỉ khi số đó có chữ số tận cùng là
0.
g. Dấu hiệu chia hết cho 11 :
Một số chia hết cho 11 khi và chỉ khi hiệu giữa tổng các chữ số ở
các hàng lẻ và tổng các chữ số ở các hàng chẵn chia hết cho 11.
6/ Toán về chia hết liên quan đến số nguyên tố, ƯCLN, BCNN
a. Nếu một tích chia hết cho số nguyên tố p thì tồn tại một thừa số
của tích chia hết cho p.
Hệ quả: Nếu a
n
chia hết cho số nguyên tố p thì a chia hết cho p.
b. Nếu tích ab chia hết cho m trong đó b và m là hai số nguyên tố
cùng nhau thì a chia hết cho m.
c. Nếu a chia hết cho m và n thì a chia hết cho BCNN của m và n.
Hệ quả: Nếu a chia hết cho hai số nguyên tố cùng nhau m và n thì a
chia hết cho tích mn.
7/ Bổ sung kiến thức về ƯCLN và BCNN
a. Thuật toán Ơclit :
+ Nếu a
M
b thì ƯCLN(a,b) = b.
+ Nếu a

M
b. Giả sử a = b.q + r thì ƯCLN(a,b) = ƯCLN(b,r).
b. ƯCLN(a,b). BCNN(a,b) = ab.
8/ Số nguyên tố, hợp số, số nguyên tố cùng nhau
+ Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1, có hai ước là 1 và chính nó.
Số 2 là số nguyên tố chẵn duy nhất.
+ Hợp số là số tự nhiên lớn hơn 1, có nhiều hơn hai ước.
+ Hai hay nhiều số được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu ƯCLN của
chúng bằng 1.
B. PHÂN LOẠI MỘT SỐ DẠNG TOÁN VÀ CÁCH GIẢI
I. Các bài toán áp dụng các tính chất chia hết và các dấu hiệu
chia hết
Dạng 1: Chứng minh một biểu thức chia hết cho một số
Để chứng minh một biểu thức chia hết cho một số nào đó, ngoài việc
sử dụng các tính chất chia hết và các dấu hiệu chia hết đã biết còn phải
tuỳ theo từng trường hợp cụ thể để kết hợp với một số kiến thức khác như:
Các tính chất của các phép toán, phép luỹ thừa, tìm chữ số tận cùng của
luỹ thừa, phép chia có dư, cấu tạo số, số nguyên tố cùng nhau
Phương pháp chung:
+ Để chứng tỏ A(n) chia hết cho số nguyên tố p, ta có thể xét mọi
trường hợp về số dư của n chia cho p.
5
GV: NGUYỄN THỊ THANH TÂM - THCS BÙI THỊ XUÂN
+ Để chứng tỏ A(n) chia hết cho một hợp số m, ta phân tích m thành
một tích các thừa số mà các thừa số đôi một nguyên tố cùng nhau. Rồi lần
lượt chứng tỏ A(n) chia hết cho từng thừa số đó.
* Chú ý: Để chứng minh A(n) chia hết cho t đôi khi ta còn viết A(n )
thành một tổng, rồi chứng tỏ mỗi số hạng của tổng đó đều chia hết cho t.
Ví dụ 1: Chứng minh rằng tích của hai số tự nhiên liên tiếp thì chia
hết cho 2

* Hướng giải quyết: Xét hai trường hợp n
M
2 và n
M
2
Giải:
Gọi hai số tự nhiên liên tiếp là n và n+1 (n
∈
N).
Nếu n
M
2 thì n(n + 1)
M
2.
Nếu n
M
2 thì n = 2k +1. Do đó: n + 1 = 2k + 2
M
2. Vậy n(n + 1)
M
2.
* Khai thác: Chứng minh rằng tích của ba số tự nhiên liên tiếp thì
chia hết cho 3. Tổng quát: Chứng minh rằng tích của n số tự nhiên liên tiếp
thì chia hết cho n
Ví dụ 2: Chứng minh rằng tổng của ba số tự nhiên liên tiếp thì chia
hết cho 3.
* Hướng giải quyết: Ba số tự nhiên liên tiếp có dạng là n, n+1, và
n+2. Ta tính tổng của ba số trên và đưa tổng về dạng tích trong đó có một
thừa số là 3.
Giải:

Gọi ba số tự nhiên liên tiếp là n, n+1, n+2 (n
∈
N).
Ta có: n + (n+1) + (n+2) = 3n + 3 = 3(n+3)
M
3.
Vậy, tổng của ba số tự nhiên liên tiếp thì chia hết cho 3.
* Tổng quát: Chứng minh rằng tổng của n số tự nhiên liên tiếp thì
chia hết cho n, với n là số lẻ.
Ví dụ 3: Cho C = 1 + 3 + 3
2
+3
3
+ … + 3
11
. Chứng minh rằng C chia
hết cho 13.
* Hướng giải quyết: Chia tổng C thành từng nhóm thích hợp để biến
đổi về dạng C = 13.K, rồi áp dụng tính chất : Nếu một thừa số của tích chia
hết cho m thì tích chia hết cho m.
Giải:
C = (1 + 3 +3
2
) + (3
3
+ 3
4
+ 3
5
) + + (3

9
+ 3
10
+ 3
11
)
= (1 + 3 +3
2
) + 3
3
(1 + 3 +3
2
) + … + 3
9
(1 + 3 +3
2
)
= (1 + 3 +3
2
)(1 + 3
3
+ … +3
9
) = 13(1 + 3
3
+ … +3
9
)
Vậy C
M

13.
Ví dụ 4: Chứng minh rằng 8
102
– 2
102

M
10
* Hướng giải quyết: Tìm chữ số tận cùng của 8
102
và 2
102
, từ đó tìm
chữ số tận cùng của hiệu 8
102
- 2
102
rồi sử dụng dấu hiệu chia hết cho 10.
Giải :
Ta có: 8
102
= (8
4
)
25
.8
2
= (…6)
25
.8

2
= (…6).64 = …4
6
GV: NGUYỄN THỊ THANH TÂM - THCS BÙI THỊ XUÂN
2
102
= (2
4
)
25
.8
2
= 16
25
.2
2
= (…6).64 = …4
Vậy 8
102
– 2
102
tận cùng bằng 0 nên chia hết cho 10.
Ví dụ 5: Chứng tỏ rằng hai số tự nhiên a và b khi chia cho số tự
nhiên c
≠
0 có cùng số dư thì hiệu của chúng chia hết cho c.
* Hướng giải quyết: Sử dụng kiến thức về phép chia có dư để biểu
diễn a, b rồi tìm hiệu của chúng.
Giải :
Ta có a = cq

1
+ r (0
≤
r < c) ; b = cq
2
+ r (0
≤
r < c)
Giả sử a > b, a – b = (cq
1
+ r) - (cq
2
+ r) = cq
1
+ r – cq
2
- r
= cq
1
- cq
2
= c(q
1
- q
2
)
Vậy a – b
M
c
* Khai thác bài toán:

Ta biết rằng số tự nhiên và tổng các chữ số của nó có cùng số dư
trong phép chia cho 3, cho 9 (theo cách chứng minh dấu hiệu chia hết cho
3, cho 9). Từ đó rút ra nhận xét :
Hiệu của số tự nhiên và tổng các chữ số của nó luôn chia hết cho 3,
cho 9.
Ví dụ 6: Cho biết abc chia hết cho 7, chứng minh rằng: 2a + 3b + c
chia hết cho 7.
* Hướng giải quyết: Sử dụng kiến thức về cấu tạo số để phân tích
abc thành tổng của hai số hạng: một số hạng là bội của 7, một số hạng là
2a + 3b + c
Giải:
Ta có abc = 100a + 10b + c = 98a + 2a + 7b + 3b + c
= (98a + 7b) + (2a + 3b + c) = 7(14a + b) + (2a + 3b + c)
Mà 7(14a + b) chia hết cho 7 và abc chia hết cho 7
Do đó 2a + 3b +c chia hết cho 7
Ví d ụ 7: Cho 10
k
- 1
M
19 với k > 1. Chứng minh rằng 10
2k
- 1
M
19
* Hướng giải quyết: Biến đổi số 10
2k
– 1 về dạng tổng của hai số
hạng đều chia hết cho 19.
Giải:
10

2k
– 1 = 10
2k
-10
k
+ 10
k
– 1 = 10
k
(10
k
- 1) + (10
k
- 1).
Theo đề bài ta có: 10
k
- 1
M
19 nên 10
k
(10
k
- 1) + (10
k
- 1)
M
19.
Hay 10
2k
– 1

M
19.
Ví d ụ 8: Chứng minh rằng số gồm 27 chữ số 1 thì chia hết cho 27.
* Hướng giải quyết: Biến đổi số đã cho thành tích của hai thừa số,
một thừa số chia hết cho 9 và một thừa số chia hết cho 3 rồi áp dụng tính
chất: Nếu a chia hết cho m và b chia hết cho n thì ab chia hết cho mn để
làm.
Giải:
Gọi A là số gồm 27 chữ số 1, B là số gồm 9 chữ số 1.
Tổng các chữ số của B là 9 nên B
M
9 (1)
7
GV: NGUYỄN THỊ THANH TÂM - THCS BÙI THỊ XUÂN
Lấy A chia B được thương là C = 100 0100 01 (dư 0)
8 chữ số 0 8 chữ số 0
Ta viết được : A = B.C
Tổng các chữ số của C bằng 3 nên C
M
3 (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra B.C
M
27 hay A
M
27
Ví d ụ 9: Chứng minh rằng: 88…….8 – 9 + n
M
9
n chữ số 8
* Hướng giải quyết: Biển đổi số đã cho thành tổng của hai số hạng

đều chia hết cho 9.
Giải :
88…….8 – 9 + n = 8. 11 1 + 9n - 8n – 9 = 8.11… 1 - 8n + 9n -9
n chữ số 8 n chữ số 1 n chữ số 1
= 8(11… 1 - n) + 9(n - 1)
n chữ số 1
Mà tổng các chữ số của số 11…… 1 bằng 1 + 1 + … + 1 = n.
n chữ số 1 n chữ số 1
Theo nhận xét của ví dụ 5 ta suy được 11…… 1 – n
M
9
n chữ số 1
Mặt khác : 9(n - 1)
M
9.
Vậy 8(11… 1 - n) + 9(n - 1)
M
9. Hay 88… 8 – 9 + n
M
9
n chữ số 1 n chữ số 8

Ví dụ 10: Cho biết 3a + 2b chia hết cho 17 (a,b
∈
N), chứng minh
rằng 10a + b chia hết cho 17.
* Hướng giải quyết: Biến đổi làm xuất hiện tổng hoặc hiệu của hai
biểu thức, trong đó một biểu thức chứa 3a + 2b và biểu thức còn lại chứa
10a + b. Khi tính tổng hoặc hiệu trên thì kết quả là bội của 17. Áp dụng hệ
quả: Nếu tổng của hai số chia hết cho m và một trong hai số ấy chia hết

cho m thì số còn lại cũng chia hết cho m.
Giải:
Đặt 3a + 2b = X, 10a + b = Y
Ta có: 2Y – X = 2 (10a + b) – (3a +2b) = 20a + 2b – 3a – 2b = 17a
Do đó 2Y – X chia hết cho 17, mà X chia hết cho 17 nên 2Y chia hết
cho 17.
Mặt khác 2 và 17 nguyên tố cùng nhau nên Y chia hết cho 17 hay
10a + 6 chia hết cho 17.
* Bài tập vận dụng:
1. a. Chứng minh rằng trong ba số tự nhiên liên tiếp có một số chia hết cho
2 và một số chia hết cho 3.
8
GV: NGUYỄN THỊ THANH TÂM - THCS BÙI THỊ XUÂN
b. Chứng minh tích của ba số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 6.
2. Chứng minh rằng:
a. 942
60
– 351
37

M
5
b. 99
5
- 98
4
+ 97
3
– 96
2

M
10
3. Cho n
∈
N, chứng minh rằng 5
n
– 1
M
4.
4. Chứng minh rằng abcabc chia hết cho 7, 11 và 13
5. Cho một số chia hết cho 7 gồm 6 chữ số. Chứng minh rằng nếu chuyển
chữ số tận cùng lên đầu tiên ta vẫn được số chia hết cho 7.
6. Chứng minh rằng: 10
n
+ 18n – 1
M
27
Dạng 2 : Tìm các chữ số theo điều kiện về chia hết.
Phương pháp chung:
+ Dựa vào các dấu hiệu chia hết và các điều kiện về chia hết mà đề
bài cho biết để tìm được chữ số theo yêu cầu.
+ Đôi khi cần biến đổi số có chứa các chữ số cần tìm về dạng tổng
trong đó có một số hạng phụ thuộc vào chữ số cần tìm, các số hạng còn lại
thoả mãn điều kiện về chia hết.
Ví d ụ 1: Thay dấu * bởi các chữ số thích hợp để A = 52*2*
M
36
* Hướng giải quyết: Số 36 = 4.9, mà 4 và 9 là hai số nguyên tố cùng
nhau. Nên để A
M

36 thì A
M
4 và A
M
9, từ đó tìm ra các chữ số.
Giải :
Để A
M
36 thì A
M
4 và A
M
9. Suy ra hai chữ số tận cùng của A chia
hết cho 4 hay 2*
M
4
⇒
2*
∈
{20 ; 24 ; 28}
+ Trường hợp 1 : A = 52*20.
Để A
M
9 thì 5 + 2 + * + 2 + 0
M
9 hay 9 + *
M
9, do đó *
∈
{ 0 ; 9 }

+ Trường hợp 2 : A = 52*24.
Lập luận tương tự như trên ta cóù * = 5.
+ Trường hợp 3 : A = 52*28, ta có * = 1
Thay dấu * bởi các chữ số thích hợp vừa tìm được ở trên, ta có các
số: 52020 ; 52920 ; 52524 ; 52128 đều chia hết cho 36.
Ví d ụ 2: Tìm chữ số a để 1aaa1
M
11.
* Hướng giải quyết: Dựa vào dấu hiệu chia hết cho 11, xét hiệu của
tổng các chữ số hàng chẵn với tổng các chữ số hàng lẻ để tìm a.
Giải :
Tổng các chữ số ở vò trí hàng lẻ là: 1 + a + 1 = a + 2
Tổng các chữ số ở vò trí hàngchẵn là: a + a = 2a
+ Nếu 2a ≥ a + 2, ta có 2a – (a + 2) = a - 2
Để 1aaa1
M
11 thì a - 2
M
11
⇒
a = 2
+ Nếu 2a < a + 2, ta có a + 2 – 2a = 2 - a
Để 1aaa1
M
11 thì 2 – a
M
11
⇒
a = 2
Vậy với a = 2 thì ta được số 12221

M
11
9
GV: NGUYỄN THỊ THANH TÂM - THCS BÙI THỊ XUÂN
Ví d ụ 3 : Tìm x
∈
N để 2x78
M
17.
* Hướng giải quyết: Đưa 2x78 về dạng tổng của hai số hạng trong đó
có một số hạng chia hết cho 17 và một số hạng có chứa x. Để tổng chia hết
cho 17 thì số hạng có chứa x phải chia hết cho 17. Từ đó ta tìm được x.
Giải :
2x78 = 2078 + 100x = (17.122 +4) + (17.6x -2x)
= 17(122 + 6x) + (4 -2x) = 17(122 + 6x) + 2(2 -x)
Vì 17(122 + 6x)
M
17 nên để 2x78
M
17 thì (2 -x)
M
17.
Vậy x = 2.
* Bài tập áp dụng:
1. Tìm các chữ số a, b để:
a. Số 42ab chia hết cho cả 45 và 9.
b. Số 42a4b chia hết cho 72.
c. Số 25a1b chia hết cho 3, cho 5 và không chia hết cho2.
2. Điền vào dấu * các chữ số thích hợp để:
a. 4*77 chia hết cho 13.

b. 2*34*5 chia hết cho 1375.
3. Biết số *7*8*9 chia hết cho 7, cho 11, cho 13. Tìm số đó.
Dạng 3 : Tìm số tự nhiên theo điều kiện về chia hết
Phương pháp chung:
Giả sử tìm n sao cho A(n)
M
B(n).
Biến đổi điều kiện A(n)
M
B(n)
⇔
k
M
B(n) với k
∈
N và không phụ
thuộc vào n. Từ đó tìm được n.
Thử lại các giá trò tìm được của n để có A(n)
M
B(n).
Ví dụ 1: Tìm số tự nhiên n sao cho 2n + 3
M
n – 2
* Hướng giải quyết: Vì 2n + 3
M
n – 2 và 2(n - 2)
M
n – 2 nên ta biến
đổi điều kiện ban đầu đề bài cho thành [2n + 3 - 2(n - 2)]
M

n – 2. Suy ra 7
M
n – 2 . Từ đó tìm được n.
Giải:
2n + 3
M
n – 2 mà 2(n - 2)
M
n – 2 nên [2n + 3 - 2(n - 2)]
M
n – 2
Hay 7
M
n – 2
⇒
n – 2
∈
Ư(7)
⇒
n – 2
∈
{1 ; 7}
⇒
n
∈
{3; 9}.
Tương tự, ta có ví dụ 2:
Ví dụ 2: Tìm số tự nhiên n sao cho 18n + 3
M
7

Giải :
18n + 3
M
7, mà 21n
M
7
⇒
21n – (18n + 3)
M
7
⇒
21n – 18n - 3
M
7

⇒
3n - 3
M
7
⇒
3(n – 1)
M
7
Vì 3, 7 là 2 số nguyên tố cùng nhau nên n – 1
M
7
Vậy n = 7k + 1 (k
∈
N)
Ví dụ 3: Tìm số tự nhiên x biết x có ba chữ số và x + 2999

M
997.
10
GV: NGUYỄN THỊ THANH TÂM - THCS BÙI THỊ XUÂN
* Hướng giải quyết: Biến đổi số x + 2999 thành tổng của hai số
hạng, trong đó có một số hạng chia hết cho 997. Để tổng chia hết cho 997
thì số hạng còn lại phải chia hết cho 997. Kết hợp với điều kiện x là số tự
nhiên có ba chữ số ta tìm được x
Giải:
Ta có: x + 2999 = (x + 8 + 997.3)
M
997
Mà 997.3
M
997 nên x + 8
M
997
Vì x
∈
N và
100 999x≤ ≤
nên 108
8 1007x≤ + ≤
⇒
x +8 = 997
⇒
x = 989
Ví dụ 4: Tìm các số tự nhiên m, n khác 0 sao cho :
a. 4m + 9n = 45 b. 3m +9n = 29
Giải:

a. Vì 45
M
9 nên 4m + 9n
M
9, mà 9n
M
9, do đó 4m
M
9.
Mà 4 và 9 là hai số nguyên tố cùng nhau nên m
M
9.
Theo bài ra ta có 4m
≤
45
⇒
m
≤
11. Và m
M
9 , m
≠
0 nên m = 9.
4m + 9n = 45
⇒
9n = 45 - 4m = 45 – 4.9 = 9
⇒
n = 1.
Vậy với m = 9 và n = 1 thì 4m + 9n = 45.
b. Giả sử tồn tại hai số tự nhiên m, n khác 0 để 3m +9n = 29

Mà 3m
M
3, 9n
M
3 nên 3m +9n
M
3
⇒
29
M
3. Vô lý vì 29 là số nguyên
tố. Vậy không tồn tại hai số tự nhiên m, n khác 0 để 3m +9n = 29

* Bài tập áp dụng :
1. Tìm số tự nhiên n sao cho :
a. n+ 5
M
n+2 b. 2n+1
M
n-5 c. n
2
+3n-13
M
n+3 d. n+3
M
n
2
-7
2.Tìm số tự nhiên n lớn nhất có hai chữ số sao cho n
2

– n chia hết cho 5.
3.Tìm số có hai chữ số biết rằng số đó chia hết cho tích các chữ số của nó.
4.Tìm số có ba chữ số như nhau biết rằng số đó có thể viết được dưới dạng
tổng các số tự nhiên liên tiếp từ 1.
5. Tìm tất cả các số tự nhiên n để 1.2.3. … .(n-1) chia hết cho n.
II. Các dạng toán về chia hết có liên quan đến số nguyên tố, hợp
số, số nguyên tố cùng nhau
Dạng 1: Tìm số nguyên tố p theo các điều kiện cho trước của nó
Phương pháp chung: Xét các trường hợp có thể xảy ra của p, chọn
các giá trò p thoả mãn điều kiện đề bài.
Ví dụ 1 :
Tìm số nguyên tố p sao cho p + 2, p + 4 cũng là số nguyên tố.
* Hướng giải quyết: Xét các trường hợp có thể xảy ra của p, thay
vào tính giá trò tương ứng của p+2 và p+4.
Giải :
Xét các trường hợp :
Với p = 2 thì p + 2, p + 4 đều là hợp số, không thoả mãn.
Với p = 3 thì p + 2 = 5, p + 4 = 7 đều là các số nguyên tố, thoả mãn.
11
GV: NGUYỄN THỊ THANH TÂM - THCS BÙI THỊ XUÂN
Với p > 3, do p là số nguyên tố nên p
M
3
⇒
p có dạng 3k+1 hoặc 3k+2
+ Nếu p = 3k + 1
⇒
p + 2 = 3k + 3 là hợp số, không thoả mãn.
+ Nếu p = 3k + 2
⇒

p + 4 = 3k + 6 là hợp số, không thoả mãn.
Vậy p = 3 là giá trò duy nhất phải tìm.
Ví dụ 2 : Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 2
p
+ p
2
cũng là số
nguyên tố.
* Hướng giải quyết: Xét các trường hợp có thể xẩy ra của p, thay
vào 2
p
+ p
2
, chọn giá trò p thoả mãn điều kiện đề bài.
Giải:
Với p = 2: 2
p
+ p
2
= 8 không là số nguyên tố.
Với p = 3: 2
p
+ p
2
= 17 là số nguyên tố.
Với p > 3: 2
p
+ p
2
= (p

2
- 1) + (2
p
+ 1).
Vì p lẻ và p
M
3 nên p
2
– 1 = (p - 1)(p + 1)
M
3 và 2
p
+ 1
M
3 .
Do đó, 2
p
+ p
2

M
3 và 2
p
+ p
2
> 3 nên là hợp số.
Vậy với p = 3 thì 2
p
+ p
2

là số nguyên tố.
* Bài tập áp dụng:
1. a. Tìm các số nguyên tố p để các số sau là số nguyên tố: p+2, p+10.
b. Tìm các số nguyên tố p để các số sau là số nguyên tố: p+2, p+6, p+8,
p+14.
c. Tìm các số nguyên tố p vừa là tổng vừa là hiệu của hai số nguyên tố.
2. Tìm ba số nguyên tố p, q, r sao cho: p
q
+ q
p
= r.
3. Tìm các số nguyên tố x, y, z thoả x
y
+1 = z.
4. Tìm tất cả các số nguyên tố p dạng
( 1)
1
2
n n +
−
(
1n ≥
)
Dạng 3: Chứng minh hai số nguyên tố cùng nhau
Phương pháp chung: đặt ƯCLN của hai số đã cho là d. Khi đó, mỗi
số đều chia hết cho d. Ta tìm cách chứng minh d=1.
Ví dụ1: Chứng minh rằng hai số tự nhiên liên tiếp (khác 0) là hai số
nguyên tố cùng nhau.
* Hướng giải quyết: Gọi d là ước chung của hai số n và n+1. Hiệu
hai số bằng 1 chia hết cho d. Vậy d = 1.

Giải:
Gọi hai số tự nhiên liên tiếp là n và n+1 (n
≠
0).
Giả sử d là ước chung của n và n + 1. Ta có: n
M
d; n + 1
M
d.
Suy ra: (n+1) – n
M
d hay 1
M
d.
Do đó, d=1.
Vậy, hai số tự nhiên liên tiếp (khác 0) là hai số nguyên tố cùng
nhau.
Ví dụ 2: Chứng minh rằng 2n + 1 và 3n + 1 (n
∈
N) là hai số nguyên
tố cùng nhau.
12
GV: NGUYỄN THỊ THANH TÂM - THCS BÙI THỊ XUÂN
* Hướng giải quyết: Giả sử d là ước chung của hai số đã cho. Biến
đổi để hiệu hai biểu thức có chứa hai số đã cho bằng 1 chia hết cho d. Vậy
d = 1.
Giải:
Gọi d là ước chung của 2n + 1 và 3n + 1
Ta có: 2n + 1
M

d; 3n + 1
M
d
⇒
[3(2n+1) – 2(3n + 1)]
M
d
⇒
6n + 3 – 6n - 2
M
d
⇒
1
M
d
⇒
d = 1
Vậy 2n + 1 và 3n + 1 là hai số nguyên tố cùng nhau.
Ví dụ 3 : Cho a và b là hai số nguyên tố cùng nhau, chứng minh rằng
ab và a + b cũng là hai số nguyên tố cùng nhau.
* Hướng giải quyết: Chứng minh bằng phản chứng.
Giải :
Giả sử ab và a + b cùng chia hết cho số nguyên tố d
⇒
tồn tại một
thừa số a hoặc b chia hết cho d.
Giả sử a
M
d.
Mà a + b

M
d
⇒
b
M
d
⇒
d là ước chung của a và b.
Mặt khác : ƯCLN(a,b) = 1 nên điều đó trái với đề bài.
Vậy ab và a + b là hai số nguyên tố cùng nhau.
* Bài tập áp dụng :
1. Chứng minh rằng hai số lẻ liên tiếp là hai số nguyên tố cùng nhau.
2. Chứng minh rằng, với mọi số tự nhiên n, các số sau là hai số nguyên tố
cùng nhau :
a. 2n+1 và 3n+1
b. 7n+10 và 5n+7
c. 2n+3 và 4n+8
3. Cho a và b là hai số nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng các số sau
cũng là hai số nguyên tố cùng nhau :
a. a và a+b b. a
2
và a+b
Dạng 4: Tìm điều kiện để hai số nguyên tố cùng nhau
Phương pháp chung: Giả sử số nguyên tố d là ước chung của hai số
đã cho. Khi đó, cả hai số đều chia hết cho d. Biến đổi để tìm d. Sau đó xét
điều kiện để ƯCLN của hai số đó bằng 1
Ví dụ: Tìm số tự nhiên n để các số 9n+24 và 3n+4 là các số nguyên
tố cùng nhau.
* Hướng giải quyết: Gọi số nguyên tố d là ước chung của 9n + 24 và 3n +
4. Biến đổi để tìm d. Sau đó xét diều kiện để ƯCLN(9n+24, 3n+4 ) = 1

Giải :
Giả sử số nguyên tố d là ước chung của 9n+24 và 3n+4.
Khi đó : 9n+24
M
d và 3n+4
M
d
Suy ra : 9n+24 – 3(3n+4)
M
d
⇒
12
M
d
⇒
d
∈
{2, 3}
13
GV: NGUYỄN THỊ THANH TÂM - THCS BÙI THỊ XUÂN
Điều kiện để ƯCLN(9n+24, 3n+4 ) = 1 là d
≠
2 và d
≠
3.
+ d
≠
3 vì 3n+4
M
3.

+ d
≠
2 khi có ít nhất một trong hai số 9n+24 và 3n+4 không
chia hết cho 2.
9n+24 là số lẻ
⇒
9n lẻ
⇒
n lẻ.
3n+4 là số lẻ
⇒
3n lẻ
⇒
n lẻ.
Vậy điều kiện để các số 9n+24 và 3n+4 là các số nguyên tố cùng
nhau là n là số lẻ.
* Bài tập áp dụng :
Tìm số tự nhiên n để các số sau nguyên tố cùng nhau :
a. 4n+3 và 2n+3
b. 7n+13 và 2n+4
c. 9n+24 và 3n+4
d. 18n+3 và 21n+7
III. Các dạng toán về chia hết có liên quan đến ƯCLN, BCNN
Dạng 1 : Tìm ƯCLN của hai số bằng thuật toán Ơclit
Nếu a = bq + r (0 < r < b) thì ƯCLN(a,b) = ƯCLN(b,r).
Từ đó có cách tìm ƯCLN của hai số như sau :
Lấy a chia cho b dư r, Lấy b chia cho r dư r
1
, Lấy r chia cho r
1

dư
r
2
Cứ tiếp tục như vậy cho đến khi được số dư bằng 0 thì số dư cuối
cùng khác 0 là ƯCLN phải tìm.
Ví dụ 1: Tìm ƯCLN(A;B) biết rằng A gồm 1991 chữ số 2, B gồm 8
chữ số 2.
Giải :
A = 22 2, B = 22 2
1991 chữ số 2 8 chữ số 2
Ta có 1991 chia cho 8 dư 7; 8 chia 7 dư 1 nên khi chia A cho B ta
được dư là 22 2 .
7 chữ số 2
Tiếp tục phép chia B cho số dư trên ta được số dư là 2.
Theo thuật toán Ơclit ta có ƯCLN(22 2 ; 22 2)
1991 chữ số 2 8 chữ số 2
= ƯCLN(22 2 ; 22 2)
8 chữ số 2 7chữ số 2
= ƯCLN(22 2 ; 2) = 2.
7 chữ số 2
Vậy ƯCLN(A;B) = 2.
Ví dụ 2: Tìm ƯCLN của 11……… 1 và 11111111 (8 chữ số 1)
14
GV: NGUYỄN THỊ THANH TÂM - THCS BÙI THỊ XUÂN
2004 chữ số 1
Gọi a = 11………… 1 , b = 11………… 1.
2004 chữ số 1 8 chữ số 1
Ta có: 2000
M
8 nên 11…………………1

M
b.
2000 chữ số 1
Do đó: a = 11………… 10000 + 1111 = bq + 1111
2000 chữ số 1
Suy ra: ƯCLN(a, b) = ƯCLN(b, 1111) = 1111 (Vì b
M
1111)
Ví dụ 3: Tìm ƯCLN của 123456789 và 987654321.
Giải:
Đặt a = 987654321 và b = 123456789.
Ta có: a = 8b + 9
⇒
ƯCLN(a, b) = ƯCLN(b, 9) = 9 (Vì b
M
9).
Dạng 2: Tìm ƯCLN của các biểu thức số
Phương pháp chung: Gọi d là ước chung của các biểu thức số. Khi
đó, các biểu thức đều chia hết cho d. Biến đổi để tìm d. Xét các điều kiện
để tìm ƯCLN của các biểu thức đã cho.
Ví dụ 1: Tìm ƯCLN của 2n+1 và 3n+1.
Giải:
Giả sử d = ƯCLN(2n+1, 3n+1)
⇒
2n+1
M
d, 3n+1
M
d
⇒

[3(2n+1) – 2(3n+1)]
M
d
Hay 1
M
d. Vậy ƯCLN(2n+1, 3n+1)= 1.
Ví dụ 2: Cho số tự nhiên a. Tìm ƯCLN(a, a+2)
Giải :
Giả sử d = ƯCLN(a, a+2)
⇒
a
M
d, a+2
M
d
⇒
a + 2 - a
M
d
Hay 2
M
d
⇒
d
∈
{1; 2}.
+ Với a lẻ thì ƯCLN(a, a+2) = 1.
+ Với a chẵn thì ƯCLN(a, a+2) = 2.
* Bài tập áp dụng:
1. Tìm ƯCLN của 2n-1 và 9n+4 (n

∈
N*).
2. Tìm ƯCLN của
( 1)
2
n n +
và 2n+1 (n
∈
N*).
Dạng 3: Tìm hai số trong đó biết ƯCLN, BCNN
Khi giải các bài toán về tìm hai số trong đó biết ƯCLN, BCNN ta
thường sử dụng các kiến thức sau:
a = da
,
(1) ƯCLN (a,b) = d
⇒
b = db’
(a
,
, b
,
) = 1
(2) ƯCLN (a, b) . BCNN (a, b) = ab
(3) Từ (1) và (2)
⇒
BCNN (a, b) =
15
,,
,,
.bda

d
.dbda
d
ab
==
GV: NGUYỄN THỊ THANH TÂM - THCS BÙI THỊ XUÂN

Ví dụ 1 : Tìm hai số tự nhiên a và b, biết rằng:
ƯCLN (a, b) = 15 ;BCNN (a, b) = 300
Giải :
Ta có: a.b = ƯCLN (a, b).BCNN (a, b) = 300.15 = 4500 (1)
Giả sử a
≤
b. Vì ƯCLN (a, b) = 15 nên a = 15m, b = 15n
với ƯCLN(m, n) = 1 và m
≤
n.
Từ (1) suy ra 15m.15n = 4500
⇒
mn = 20.
Ta có bảng liệt kê sau:
m n a b
1 20 15 300
4 5 60 75
Ví dụ 2 : Tìm hai số tự nhiên a và b biết a + b = 66, ƯCLN(a, b) = 6
và trong hai số a, b có một số chia hết cho 5.
Giải :
Vì ƯCLN(a, b) = 6 nên a = 6k, b = 6l với ƯCLN(k,l) = 1.
Từ a+b = 66
⇒

6k + 6l = 66
⇒
k + l = 11.
Vì trong hai số a, b có một số chia hết cho 5 nên giả sử k
M
5
⇒
k=5 hoặc k = 10
Khi đó l = 6 hoặc l = 1.
Vậy a = 30, b = 36 hoặc a = 60, b = 6.
Ví dụ 3: Tìm hai số tự nhiên a và b biết tổng của BCNN với ƯCLN
của chúng bằng 15.
Giải:
Đặt ƯCLN(a,b) = d
⇒
a = dm, b = dn, với ƯCLN(m, n) = 1 .
Khi đó: BCNN(a, b) = dmn.
Vậy: BCNN(a, b) + ƯCLN(a,b) = dmn + d = d(mn+1) = 15.
Giả sử a
≤
b thì m
≤
n và mn + 1
≥
2.
Ta có bảng liệt kê sau:
d mn+1 mn m n a b
1 15 14
1 14 1 14
2 7 2 7

3 5 4 1 4 3 12
5 3 2 1 2 5 10
* Bài tập áp dụng
1. Tìm hai số tự nhiên a và b biết ƯCLN(a,b) = 5; BCNN(a,b)=105.
2. Tìm hai số tự nhiên :
a. Có tích bằng 720, ƯCLN bằng 6.
16
GV: NGUYỄN THỊ THANH TÂM - THCS BÙI THỊ XUÂN
b. Có tích bằng 2700, BCNN bằng 900.
3. Bội chung nhỏ nhất của hai số tự nhiên bằng 770, một số bằng 14.
Tìm số kia.
4. Tìm hai số tự nhiên biết hiệu của chúng bằng 48, ƯCLN bằng 12.
PHẦN III:
KẾT QUẢ VÀ BÀI HỌC KINH NGHIỆM.
I. KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯC:
Tôi đã áp dụng những kinh nghiệm trên vào thực tế giảng dạy, thông
qua các giờ học trên lớp và đã thu được một số kết quả khả quan:
Đa phần các em đã có thể phân tích đầu bài, nhận dạng được bài toán,
tìm được mối liên hệ giữa các dữ kiện đề bài đã cho, từ đó có phương pháp
giải đúng và hợp lý. Có khoảng 80% HS hiểu sâu sắc bản chất từng vấn
đề nên khi gặp các bài toán khác nhau các em đã nhận dạng và vận dụng
cách giải linh hoạt với mỗi dạng. Số còn lại cũng làm tốt các dạng cơ bản
hay gặp.
Sau đây là một vài số liệu so sánh cụ thể :
Kỹ năng
Trước khi
áp dụng
Sau khi
áp dụng
Nhận dạng và giải quyết được các bài toán tương

tự.
38% 85%
Nhận dạng bài toán và vận dụng cách giải linh
hoạt với mỗi bài.
30% 80%
Tìm được lời giải các bài toán đặc biệt, có nội
dung phức hợp.
18% 50%
II. BÀI HỌC KINH NGHIỆM
Trước hết, bản thân giáo viên phải có sự đầu tư, nghiên cứu kó bài
dạy, không ngừng tìm hiểu kiến thức, tìm tòi các phương pháp và hình thức
giảng dạy hợp lí tạo ra môi trường giúp học sinh hứng thú, tích cực, chủ
động lónh hội kiến thức.
Kinh nghiệm cho thấy, với bài tập nâng cao về tính chia hết cho HS
lớp 6 cần phải hướng dẫn các em một cách dần dần, đi từ những vấn đề
đơn giản, cơ bản, sau đó thay đổi một vài chi tiết để nâng dần đến bài tập
phức tạp hơn. Sau mỗi bài giáo viên cần củng cố phương pháp giải quyết
và có thể khai thác thành bài toán mới bằng cách thay đổi dữ kiện để HS
tự mình vân dụng.
Trong quá trình giảng dạy, người giáo viên ngoài năng lực, khả năng
sư phạm còn cần phải tích luỹ, rút kinh nghiệm dù rất nhỏ. Phải tìm tòi học
17
GV: NGUYỄN THỊ THANH TÂM - THCS BÙI THỊ XUÂN
tập kinh nghiệm ở sách báo, tài liệu tham khảo và chính trong quá trình
giảng dạy trên lớp của bản thân sau mỗi tiết dạy.
Sau một thời gian tự nghiên cứu với phương pháp tìm đọc tài liệu
tham khảo sưu tầm các bài tập, ví dụ, kết hợp với thực tế giảng dạy, với
kiến thức, lý luận đã tích luỹ. Tôi đã hoàn thành cho mình đề tài : "Phân
loại và và phương pháp để giải một số dạng toán nâng cao về tính chất
chia hết trên N trong phân môn Số học 6" . Khi viết đề tài này chắc không

tránh khỏi thiếu sót.
Rất mong nhận được sự góp ý, bổ sung của các đồng nghiệp.
18
GV: NGUYỄN THỊ THANH TÂM - THCS BÙI THỊ XUÂN
19
PHÒNG GIÁO DỤC  ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ PLEIKU
TÊN ĐỀ TÀI:
PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ DẠNG TOÁN
NÂNG CAO VỀ TÍNH CHIA HẾT TRÊN N TRONG
PHÂN MÔN SỐ HỌC 6
MÃ SKKN: 2TL
Họ và tên người viết: Nguyễn Thò Thanh Tâm
Chuyên môn: Đại học Sư phạm
Đơn vò: Trường THCS Bùi Thò Xuân
NĂM HỌC: 2008 – 2009