SKKN hướng dẫn giải dạng toán chia hết trong chương trình toán lớp 6

SKKN Hướng dẫn giải dạng “Toán chia hết” trong chương trình Toán lớp 6”
PHẦN THỨ NHẤT :
NHỮNG VẤN ĐỀ CHUNG CỦA ĐỀ TÀI
1. TÊN ĐỀ TÀI
Hướng dẫn giải dạng “toán chia hết” trong chương trình toán THCS
2. TÍNH CẤP THIẾT CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU
2.1 Lí do về mặt lí luận:
Nghị quyết hội nghị lần thứ IV Ban chấp hành Trung ưng Đảng Cộng Sản Việt
Nam (khoá VII, 1993) đã chỉ ra:
Mục tiêu GD – ĐT phải hướng vào đào tạo những con người lao động, tự chủ,
sáng tạo có năng lực giải quyết những vấn đề thường gặp, qua đó mà góp phần tích
cực thực hiện mục tiêu lớn của đất nước là dân giàu, nước mạnh, xã hội công bằng
văn minh.
Nghị quyết Hội nghị lần thứ II Ban chấp hành Trung ương Đảng Cộng Sản Việt
Nam (khóa VII, 1997) khẳng định rõ hơn.
Cuộc cách mạng về phương pháp giáo dục phải hướng vào người học, rèn luyện
và phát triển khả năng suy nghĩ, khả năng giải quyết vấn đề một cách năng động,
độc lập sáng tạo ngay trong quá trình học tập ở nhà trường phổ thông . . . Áp dụng
những phương pháp giáo dục hiện đại để bồi dưỡng cho học sinh năng lực tư duy
sáng tạo, năng lực giải quyết vấn đề.
Điều 24 Luật giáo dục (1998) viết: Phương pháp giáo dục phổ thông phải phát
huy tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo của học sinh phù hợp với đặc điểm
của từng lớp học, môn học.
RajaRoy singh trong cuốn “Nếu giáo dục cho thế kỷ XXI. Những trển vọng của
Châu Á – Thái Bình Dương” đã khảng định .
Để đáp ứng được những đòi hỏi mới được đặt ra cho sự bùng nổ kiến thức và
sáng tạo kiến thức mới, cần phải phát triển năng lực tư duy, năng lực giải quyết
vấn đề và tính sáng tạo . . . Các năng lực này có thể quy gọn về năng lực giải quyết
vấn đề.
Khả năng giáo dục của môn Toán rất to lớn, nó có khả năng phát triển tư duy
lôgíc, khái quát hoá, phân tích tổng hợp, so sánh dự đoán, chứng minh và bác bỏ.

Nó còn có vai trò rèn luyện phương pháp suy nghĩ, suy luận,…
Ơû bậc trung học cơ sở việc dạy dạng “toán chia hết” cho học sinh là rất cần
thiết nhằm mục đích phát triển cho học sinh đầy đủ các yếu tố nêu trên.
2.2 Lí do về mặt thực tiễn:
Thực tiễn dạy và học bộ môn Toán ở Trường THCS Tân Thanh – Lâm Hà có
nhiều vấn đề phải quan tâm, giải quyết lâu dài, kỹ năng giải toán, các phép biến đổi
cơ bản, phương pháp giải toán, của học sinh khối 6 còn yếu rất nhiều, theo cuộc
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM - TRƯỜNG THCS TRỰC CƯỜNG - GIÁO VIÊN : BÙI VĂN THÔNG
Trang 1
SKKN Hướng dẫn giải dạng “Toán chia hết” trong chương trình Toán lớp 6”
điều tra về việc giải toán của học sinh hai lớp sáu vừa qua thì có tới hơn 50% học
sinh đạt điểm dưới trung bình. Còn các lớp trên cũng được liệt kê rất nhiều học
sinh yếu toán. Vậy vấn đề đặt ra là nếu chúng ta cứ lo phụ đạo học sinh yếu toán
mà không chăm lo bỗi dưỡng học sinh học khá, giỏi môn toán thật là một thiệt thòi
lớn đối với các em vấn đề này phải thực hiện song song với nhau. Nhận thức vấn
đề trên, Tôi muốn truyền đạt cho các em nhiều dạng toán để cung cấp cho các em
những kiến thức, kỹ năng, kỹ xảo để giải toán,… Một trong dạng toán đó là “Dạng
toán chia hết”.
3. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU:
Hướng dẫn giải dạng toán “chia hết” cho học sinh khá, giỏi trong chương trình
toán bậc trung học cơ sở.
4. PHẠM VI NGHIÊN CỨU.
Thời gian nghiên cứu từ 10 tháng 9 năm 2005 đến 25 tháng 11 năm 2006. Địa
điểm tại trường THCS Tân Thanh gồm các khối lớp 6 đến lớp 9.
5. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU.
Giúp các em học sinh nắm chắc các phương pháp giải dạng toán “chia hết”,
hình thành cho các em các kỹ năng suy luận, biến đổi, nhận dạng và thể hiện tốt lời
giải bài toán.
PHẦN THỨ II:
NỘI DUNG

I. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN CỦA ĐỀ TÀI
Phương pháp giải toán:
Là toàn bộ những thủ thuật toán được sắp xếp theo trình tự nhất định và vận
dụng sáng tạo để tìm ra kết quả bài toán.
Thủ thuật : Phép giải mang tính linh hoạt, hợp lí, sáng tạo để giải quyết một
khâu hay cả bài toán.
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM - TRƯỜNG THCS TRỰC CƯỜNG - GIÁO VIÊN : BÙI VĂN THÔNG
Trang 2
SKKN Hướng dẫn giải dạng “Toán chia hết” trong chương trình Toán lớp 6”
Giải bài toán:
Là việc làm tìm ra ẩn số, tức tìm ra đáp số của bài toán. Muốn tìm ra ấn số
phải là một quá trình suy luận. Chính vì thế nên gọi việc giải toán là một quá trình
hoạt động trí tuệ của học sinh.
Trong quá trình hướng dẫn học sinh giải toán giáo viên cũng phải truyền thụ
cho học sinh những tri thức phương pháp để học sinh biết cách học, biết cách suy
luận, vận dụng cái đã biết để tìm những kiến thức mới có tính chất thuật toán. Đặc
biết khi hướng dẫn giải toán giải toán cần coi trọng phương pháp có tính chất tìm
tìm đoán, và ngầm thể hiện cho học các bước giải toán của “Polya”. Học sinh cần
được rèn luyện các thao tác tư duy, phân tích, tổng hợp, đặc biệt hoá, khái quát
hoá, tương tự, quy lạ về quen. Trong chương trình toán (THCS), có rất nhiều dạng
toán thể hiện mục tiêu trên, một trong số đó có dạng “Toán chia hết” là một trong
số các dạng toán quan trọng trong chương trình toán THCS. Nó có mặt nhiều trong
các lần kiểm tra định kỳ, thi học kỳ, thi học sinh giỏi, thi vào trường chuyên, lớp
chất lượng cao, và một số đề thi cấp Huyện, Tỉnh ,… Điều này còn được thể hiện ở
chỗ lượng bài tập trong sách giáo khoa, sách bài tập khá nhiều và rất phong phú.
Dạng toán chia hết được đề cập ngay từ học kỳ I của lớp 6 và nó trải xuyên suốt cả
chương trình toán THCS và ở mỗi khối học, yêu cầu về mặt kiến thức cũng khác
nhau, mức độ yêu cầu cũng khác nhau. Nhưng kiến thức đòi hỏi có sự kế thừa, cái
này là cơ sở của cái kia, chúng bổ trợ cho nhau. Chính điều này yêu cầu người học
phải nắm chắc được kiến thức cơ bản, được cụ thể hoá trong từng bài và tóm tắt

trong từng chương của sách giáo khoa từng khối lớp, biết vận dụng linh hoạt các
phương pháp để giải quyết tốt được bài tập dạng này. Có thể nói rằng dạng “toán
chia hết” luôn là dạng toán khó đối với học sinh và không ít học sinh cảm thấy sợ
khi học dạng toán này.
Là một giáo viên dạy toán tôi muốn các em chinh phục được nó, và không
chút ngần ngại khi gặp dạng toán này. Nhằm giúp cho các em phát triển tư duy suy
luận, óc phán đoán, kỹ năng trình bày linh hoạt. Hệ thống các bài tập tôi đưa ra đều
từ dễ đến khó, bên cạnh đó còn có các bài tập nâng cao cho học sinh giỏi. Lượng
bài tập áp dụng tương tự cũng tương đối nhiều, nên các em có thể tự học, tự chiếm
lĩnh tri thức thông qua hệ thống bài tập áp dụng này điều đó giúp các em hứng thú
học tập hơn rất nhiều.
II. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ
Dạng toán “Chia hết” được đề cập trong sách giáo khoa ngay từ đầu lớp 6 đến
lớp 9, và mỗi lớp có yêu cầu khác nhau nên làm cho người học và người dạy rất vất
vả nhất là các em học sinh khối 8 và khối 9. Thông thường khi dạy dạng toán này
giáo viên lại phải nhắc lại các kiến thức cơ bản học ở lớp dưới làm mất rất nhiều
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM - TRƯỜNG THCS TRỰC CƯỜNG - GIÁO VIÊN : BÙI VĂN THÔNG
Trang 3
SKKN Hướng dẫn giải dạng “Toán chia hết” trong chương trình Toán lớp 6”
thời gian cho tiết dạy. Kỹ năng biến đổi để làm xuất hiện các yếu tố chia hết trong
biểu thức số hay biểu thức đại số của các em còn chưa linh hoạt, có những bài toán
rất đơn giản mà các em biến đổi chứng minh rất dài dòng và phức tạp, thực chất
nếu các em nắm chắc các phương pháp giải dạng toán chia hết thì chứng minh rất
đơn giản. Trong quá trình giảng dạy nhiều giáo viên không hay để ý tới dạng toán
này, vì dạng toán này thường được đặt dưới bài toán cụ thể trong sách giáo khoa
nên không nghĩ đó là trọng tâm của bài. Bên cạnh đó nếu có giải thì cũng chưa yêu
cầu học sinh làm thêm trong sách bài tập hay ra ngoài phạm vi sách giáo khoa để
rèn luyện kỹ năng, phát triển tư duy cho học sinh. Mặt khác tài liệu tham khảo viết
về dạng toán này hầu như không có trong thư viện nhà trường, các chủ đề tự chọn
cũng chưa được giáo viên nào đề cập tới mà yêu cầu về bồi dưỡng học sinh giỏi lại

có dạng toán “ Chia hết” trong chương trình. Từ những suy nghĩ đó và thực tế
giảng dạy tôi đã mạnh dạn viết đề tài này.
III. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
A. Cơ sở lý thuyết
Để học sinh học tốt, làm tốt được dạng “Toán chia hết ” này tôi trang bị cho các
em nội dung kiến thức sau, đó là nền tảng, là cơ sở để áp dụng giải các bài tập dạng
này.
1.Tính chất chia hết của một tổng, một hiệu, một tích.
- Nếu



mb
ma


mba 
+→
- Nếu



mb
ma


mba 
−→
- Nếu




mb
ma


a→
.b
m
- Nếu
→
ma
a

n
m (n là số tự nhiên).
2.Dấu hiệu chia hết cho 2; 4; 5; 6; 3; 9; 8.
* Dấu hiệu chia hết cho 2 là: Một số chia hết cho 2 khi và chỉ chi số ấy có chữ
số tận cùng là chữ số chẵn (0, 2, 4, 6, 8)
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM - TRƯỜNG THCS TRỰC CƯỜNG - GIÁO VIÊN : BÙI VĂN THÔNG
Trang 4
SKKN Hướng dẫn giải dạng “Toán chia hết” trong chương trình Toán lớp 6”
*Dấu hiệu chia hết cho 5 là:Một số chia hết cho 5 khi và chỉ khi số ấy có chữ
chữ số tận cùng là 0 hoặc 5.
*Dấu hiệu chia hết cho 3: Một số chia hết cho 3 khi và chỉ khi tổng các chữ số
đó chia hết cho 3.
*Dấu hiệu chia hết cho 9: Một số chia hết cho 9 khi và chỉ khi tổng các chữ số
đó chia hết cho 9.
*Dấu hiệu chia hết cho 6: Một số chia hết cho 6 khi và chỉ khi nó đồng thời chia
hết cho 2 và cho 3.

*Dấu hiệu chia hết cho 4: Một số chia hết cho 4 khi và chỉ khi hai chữ số tận
cùng lập thành một số chia hết cho 4.
*Dấu hiệu chia hết cho 8: Một số chia hết cho 8 khi và chỉ khi số đó có ba chữ
số tận cùng lập thành một số (có 3 chữ số) chia hết cho 8.
*Dấu hiệu chia hết cho 10: Một số chia hết cho10 thì có chữ số tận cùng bằng 0
và đảo lại.
* Dấu hiệu chia hết cho 11: Một số chia hết cho 11 khi và chỉ khi hiệu giữa tổng
các chữ số của nó “đứng ở vị trí lẻ ” và tổng các chữ số “đứng ở vị trí chẵn ” (kể từ
trái sang phải) chia hết cho 11.
3. Đồng dư:
*Hai số a và b đồng dư với nhau theo mô đun m khi và chỉ khi a – b chia hết
cho m.
*Có thể “cộng ” các đồng dư thức có cùng mô đun. Tức là: Nếu a
≡
b (mod m),
c
≡
d ( mod m ) thì a
±
c
≡
b
±
d (mod m)
*Có thể nhân từng vế các đồng dư thức có cùng mô đun. Tức là: Nếu a
≡
b
(mod m) , c
≡
d ( mod m) thì ac

≡
bd (mod m)
4. Nguyên tắc đirichlê:
Nội dung nguyên tắc này được phát biểu dưới dạng bài toán sau: Nếu nhốt n thỏ
vào m lồng (với n > m) nghĩa là số thỏ nhiều hơn số lồng thì ít nhất cũng có một
lồng nhốt không ít hơn 2 con thỏ.
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM - TRƯỜNG THCS TRỰC CƯỜNG - GIÁO VIÊN : BÙI VĂN THÔNG
Trang 5
SKKN Hướng dẫn giải dạng “Toán chia hết” trong chương trình Toán lớp 6”
5.Phương pháp chứng minh quy nạp:
Muốn chứng minh một khẳng định A
n
đúng với mọi n = 1,2,3,… ta chứng minh
như sau:
• Khẳng định A
1
đúng.
• Giả sử khẳng định A
k
đúng với mọi k
≥
1, ta cũng suy ra khảng định A
k + 1
đúng.
Kết luận : Khẳng định A
n
đúng với mọi n = 1,2,3 …
6. Chứng minh bằng phương pháp phản chứng
Muốn chứng minh khẳng định P đúng bằng phương pháp phản chứng, ta làm
như sau:

• Bước 1: Giả sử ngược lại P sai.
• Bước 2: Từ giả sử P sai, chúng ta suy ra điều vô lý.
• Bước 3: điều vô lý đó chứng tỏ rằng P không sai, tức là khẳng định P đúng.
B. Các dạng toán
Trong phần này tôi chia theo từng dạng để dễ dàng cho người dạy và người học
tham khảo, lựa chọn một số bài để cho học sinh làm từ dễ đến khó. Một bài có thể
vận dụng theo nhiều cách khác nhau, phát triển cho học sinh tính linh hoạt trong
quá trình giải toán.

1. Dạng1: Tìm các chữ số chưa biết của một số
Bài toán 1: Tìm các chữ số a và b sao cho
ab19
chia hết cho 5 và chia hết cho 8.
Để tìm được a và b học phải thấy được 2 dấu hiệu cơ bản đó là số đó chia hết
cho 5 và cho 8.
Vì
ab19
chia hết cho 5 nên chữ số tận cùng b = 0 hoặc b = 5.
Vì
ab19
chia hết cho 8 nên suy ra b = 0.
Mặt khác
019a
chia hết cho 8 suy ra
019a
chia hết cho 4.
019a
chia hết cho 4
↔
0a

chia hết cho 4 suy ra a ∈{ 0, 2, 4, 6, 8}.
Ta có
019a
chia hết cho 8
↔
09a
chia hết cho 8 nên a = 2 hoặc a = 6.
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM - TRƯỜNG THCS TRỰC CƯỜNG - GIÁO VIÊN : BÙI VĂN THÔNG
Trang 6
SKKN Hướng dẫn giải dạng “Toán chia hết” trong chương trình Toán lớp 6”
Nếu a = 2 thì b = 0
Nếu a = 6 thì b = 0
KL: Vậy số phải là 1920, 1960.
Bài toán 2: Chữ số a là bao nhiêu để
96aaaaa
vừa chia hết cho 3 vừa chia hết
cho 8.
Vì
96aaaaa


8
↔

96a

8
↔
100a + 96


8 suy ra 100a

8 vậy a là số chẵn
→
a
∈{ 2, 4, 6, 8} (1).
Vì
96aaaaa


3
↔
(a + a + a + a + a + 9 + 6 )

3
↔
5a + 15

3
Mà 15

3
→
5a

3
Mà (5, 3) = 1
Suy ra a

3 vậy a ∈{ 3, 6 ,9} (2).

Từ (1) và (2 ) suy ra a = 6
KL: Vậy số phải tìm là 6666696.
Bài toán 3 : Tìm chữ số a để
11aaa

11.
HD: Tổng các chữ số hàng lẻ là 2 + a .
Tổng các chữ số hàng chẵn là 2a.
*Nếu 2a ≥ a + 2
→
a ≥ 2 thì 2a – (a + 2) = a -2 ≤ 9 – 2 = 7
Mà (a - 2)

11 nên a - 2 = 0
↔
a = 2
*Nếu 2a ≤ a + 2
↔
a <2 thì (a + 2) - 2a = 2 - a là 2 hoặc 1 không chia hết
cho11. Kết luận : Vậy a = 2
Bài toán 4 Tìm các chữ số a, b để số
ab1234
chia hết cho 8 và cho 9.
*Cách 1:
Nếu
ab1234
chia hết cho 8 thì dấu hiệu chia hết cho 8 ta có
ab4

8 hay

ab4
= 400 + 10a + b = 8p (p ∈ Z) (*)
Mặt khác nếu
ab1234


9 thì (1 + 2 + 3 + 4 + a + b)

9
Hay (1 + a + b)

9
→
1 + a + b = 9q (q∈ Z) ( **)
Vì a và b là các chữ số nên a + b ≤ 18
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM - TRƯỜNG THCS TRỰC CƯỜNG - GIÁO VIÊN : BÙI VĂN THÔNG
Trang 7
SKKN Hướng dẫn giải dạng “Toán chia hết” trong chương trình Toán lớp 6”
Từ (**) suy ra 9q ≤ 28 (q>1) Vậy q = 2 hoặc q = 3
Trừ (*) với (**) ta có 390 + 9a = 8p – 9q , hay p = 49 + a + q +
8
2−+ qa
Vì p nguyên nên
8
2−+ qa
nguyên hay a + q – 2

8
+Nếu q = 2 thì a = 0 hoặc a = 8
Từ (**) ta có b = 9q – a – 10 do đó b = 8 hoặc b = 0

+ Nếu q = 3 thì a = 7 suy ra b = 10 ( vô lí vì b ≤ 9)
KL: Vậy có số thoả mãn đề bài là: 123480, 123408.
*Cách 2
ab1234
= 123400 +
ab
= 72.1713 + 64 +
ab
Vì
ab1234
chia hết cho 8 và cho 9 nên
ab1234
chia hết cho 72
Vậy 64 +
ab
chia hết cho 72 . Vì 64 < 64 +
ab
≤ 163 nên 64 +
ab
bằng 72 hoặc
144.
+ Nếu 64 +
ab
= 72 thì
ab
= 08
+ Nếu 64 +
ab
= 144 thì
ab

= 80
KL: Vậy các số thoả mãn đề bài là: 123480, 123408.
Bài toán 5: Tìm các số a,b sao cho:
1) a – b = 4 và
157 ba
chia hết cho 3
2) a – b = 6 và
74a
+
51b
chia hết cho 9
Giải:
1) a – b = 4 và
157 ba
chia hết cho 3
Ta có:
157 ba
chia hết cho 3 khi và chỉ khi ( 7 + a + 5 + b + 1) chia hết cho 3
hay ( a +b + 13) chia hết cho 3 suy ra ( a +b ) chia 3 dư 2 (1)
Ta có a – b = 4 nên 4 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b ≤ 5
Suy ra 4≤ a+b ≤ 14 (2)
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM - TRƯỜNG THCS TRỰC CƯỜNG - GIÁO VIÊN : BÙI VĂN THÔNG
Trang 8
SKKN Hướng dẫn giải dạng “Toán chia hết” trong chương trình Toán lớp 6”
Mặt khác a – b là số chẵn nên a + b là số chẵn (3)
Từ (1) (2) và (3) suy ra a + b ∈ {8;14}
Với a + b = 8; a – b = 4 ta được a = 6; b = 2.
Với a + b = 14; a - b = 4 ta được a = 9; b = 5.
KL: Vậy các số phải tìm là a = 6; b = 2 và a = 9; b = 5
2)

74a
+
51b
chia hết cho 9 khi và chỉ khi ( 4 + a + 7 + 1 + b + 5 ) chia hết cho
9 hay ( a + b + 8 ) chia hết cho 9
(a + b) chia cho 9 dư 1
Do a + b ≥ a – b = 6 nên a + b = 10 từ đó tìm được a = 8; b = 2.
Bài tập tương tự :
Bài 1: Tìm các số x, y sao cho
xy1994


72
HD:
xy1994


72 = 72. 2769 + 32 +
xy


72
↔ 32 +
xy


72
Vì 32 ≤ 32 +
xy
≤ 32 + 99 = 131 nên 32 +

xy
= 72 ↔
xy
= 40
Vậy x = 4 , y = 0.
Bài 2 : Tìm chữ số x để
1994x
chia hết cho 3 nhưng không chia hết cho 9.
HD: Vì
1994x
chia hết cho 3 ↔ (x + 1 + 9 + 9 + 4) chia hết cho 3
Hay (x + 25) chia hết cho 3
Vì 1≤ x ≤ 9 nên 24 ≤ 23 + x ≤ 32
Trong các số tự nhiên từ 23 đến 32 có 24, 30, chia hết cho 3mà không chia hết
cho 9.
Bài 3 : Phải viết ít nhất mấy số 1994 liên tiếp nhau để được một số chia hết cho
3.
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM - TRƯỜNG THCS TRỰC CƯỜNG - GIÁO VIÊN : BÙI VĂN THÔNG
Trang 9
SKKN Hướng dẫn giải dạng “Toán chia hết” trong chương trình Toán lớp 6”
HD: Tổng các chữ số của 1994 là 23 khi chia cho 3 thì dư 2
Nếu viết k lần số 1994 liên tiếp nhau thì tổng các chữ số của số nhận được có
cùng số dư với 2k khi chia cho3.Để số nhận được chia hết cho 3 thì 2k phải chia
hết cho 3, nên số nhỏ nhất là 3, tức là ít nhất phải viết 3 lần số 1994 liên tiếp nhau.
Bài 4 : Tìm 3 chữ số tận cùng của tích 4 số tự nhiên liên tiếp khác không, bết
rằng tích này chia hết cho 125. Tích này nhỏ nhất bằng bao nhiêu?
HD: Tích 4 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 8 thì tích 4 số tự nhiên liên tiếp
cũng chia hết cho 125 nên 3 chữ số tận cùng là 000.
Trong tích của 4 số tự nhiên tiếp không thể có 2 số chia hết cho 5 nên phải có
một số chia hết cho 125

Tích nhỏ nhất là: 125.126.127.128

Dạng 2: Chứng minh chia hết đối với biểu thức số.
Bài toán 1:Chứng minh rằng: 21
39
+ 39
21
chia hết cho 45.
*Cách 1: Ta có 21
39
+ 39
21
= (21
39
- 1 ) + (39
21
+ 1)
Vì 21
39
- 1 = 20 (21
38
+ 21
37
+ …+ 1) chia hết cho 5
Và 39
21
+ 1 = 40 (39
20
- 39
19

+ …+1) chia hết cho 5
Suy ra: (21
39
- 1 ) + (39
21
+ 1) chia hết cho 5
Mặt khác 21
39
- 39
21
= (21
39
- 3
39
) + (39
21
- 3
21
) + (3
39
+ 3
21
)
Mà 21
39
- 3
39
= 18 (21
38
+ …+3

38
) chia hết cho 9
21
39
- 3
39
= 36 (39
20
+…+3
20
) chia hết cho 9
Và 3
39
+ 3
21
= 3
21
(3
18
+ 1) = (3
3
)
7
(3
18
+ 1) chia hết cho 9
Mà ( 5,9) = 1 nên 21
39
+ 39
21


45
*Cách 2: vì 45 = 5.3
2
nên để chứng minh 21
39
+ 39
21
chia hết cho 45 thì ta
chứng minh 21
39
+ 39
21
chia hết cho 5.3
2

Ta có: 21
39
= (20 + 1)
39
= 20
39
+ 39. 20
38
+ …+ 39.20 + 1= 10M + 1.39
21
=
(30 + 9)
21
= 30

21
+ 21.30
20
.9 + 9 +…+ + 21.30.9
20
+ 9
21
= 10N + 9
Như vậy: 21
39
+ 39
21
= 10K + 1 + 9 = 10K + 10 chia hết cho 5
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM - TRƯỜNG THCS TRỰC CƯỜNG - GIÁO VIÊN : BÙI VĂN THÔNG
Trang 10
SKKN Hướng dẫn giải dạng “Toán chia hết” trong chương trình Toán lớp 6”
Mặt khác 21
39
+ 39
21
= (7.3)
39
+ (13.3)
21
= 7
39
.3
39
+ 13
21

+ 3
21
= 3
21
. 7
39
. 3
18
+ 13
21
. 3
21
= 3
21
(7
39
. 3
18
+ 13
21
) = (3
3
)
7
(7
39
. 3
18
+ 13
21

) chia hết cho 9
*Cách 3 Ta có: 21
≡
1 (mod 20)
39
≡
-1 (mod 20)
Vậy 21
39
+ 39
21

≡
1
39
+ (-1)
21

≡
0 (mod 20)
Như vậy 21
39
+ 39
21
chia hết cho 20; do đó 21
39
+ 39
21
chia hết cho 5 (*)
Tương tự ta chứng minh 21

39
+ 39
21
chia hết cho 9
KL: Vậy 21
39
+ 39
21
chia hết cho 45
Bài toán 2: Chứng minh rằng: 43
43
- 17
17
chia hết cho 5
+Ta có: 43
43
= 43
40
. 43
3
= (43
4
)
10
.43
43
Vì 43
3
có tận cùng bởi chữ số 1 (3
4

có tận cùng bởi 1) nên (43
4
) có tận cùng bởi
chữ số 1 hay 43
40
có tận cùng bởi chữ số 1.
43
43
có tận cùng bởi chữ số 7.
Vậy 43
40
. 43
3
có tận cùng là chữ số 7.
Hay 43
3
có tận cùng là chữ số 7
Ta có 17
17
= 17
16
.17 = (17
4
)
4
. 17
Vì 17
4
có chữ số tận cùng là 1 nên (17
4

)
4
cũng có chữ số tận cùng là chữ số 1
hay 17
16
có chữ số tận cùng là 1
Suy ra: 17
16
.17 có chữ số tận cùng là 7
Hai số 43
43
và 17
17
có chữ số tận cùng giống nhau nên 43
43
- 17
17
có chữ số
tận cùng là chữ số 0
KL: Vậy 43
43
- 17
17
chia hết cho 5.
Bài toán 3: Cho A = 2 + 2
2
+ 2
3
+ … + 2
60

Chứng minh rằng: A chia hết cho 3,7 và 15.
Ta có: A =2 + 2
2
+ 2
3
+…+ 2
60
A = 2(1+2)+ 2
3
(1+2)+…+ 2
59
(1+2) = 3 (2 + 2
2
+ 2
3
+…+ 2
59
)
A = 3 (2 + 2
2
+ 2
3
+…+ 2
59
) chia hết cho 3
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM - TRƯỜNG THCS TRỰC CƯỜNG - GIÁO VIÊN : BÙI VĂN THÔNG
Trang 11
SKKN Hướng dẫn giải dạng “Toán chia hết” trong chương trình Toán lớp 6”
Ta có A = 2 + 2
2

+ 2
3
+…+ 2
60

A = 2 (1 + 2 + 2
2
) + 2
4
(1 + 2 + 2
2
) + … + 2
58
(1 + 2 + 2
2
)
A = 2 . 7 + 2
4
.7 + … + 2
58
.7
A = 7 (2 + 2
4
+ …+ 2
58
) chia hết cho 7
Ta có A = 2 (1 + 2 + 2
2
+ 2
3

) + 2
5
(1 + 2 + 2
2
+ 2
3
) + … +2
57
(1 + 2 + 2
2
+ 2
3
)
A = 2. 15 + 2
5
.15 + …+ 2
57
.15
A = 15( 2 + 2
5
+ … + 2
57
) chia hết cho 15
KL: Vậy A chia hết cho 3,7 và 15.
Bài tập tương tự:
Bài1 Cho B = 3 + 3
3
+ 3
5
+ …+ 3

1991

Chứng minh rằng B chia hết cho 13 và 41.
Bài 2 Cho C = 11
9
+ 11
8
+ 11
7
+ …+ 11 + 1
Chứng minh rằng C chia hết cho 5.
Bài 3

Chứng minh rằng A chia hết cho B với
A = 1
3
+ 2
3
+ 3
3
+ …+ 99
3
+ 100
3

B = 1 + 2 + 3 + …+ 99 + 100
Dạng 3: Chứng minh chia hết đối với biểu thức chứa chữ
Bài toán 1 Chứng minh rằng: n
3
– n chia hết cho 6 với n nguyên.

*Cách 1: Vì (2,3) = 1 nên chỉ cần chứng minh n
3
– n chia hết cho 2 và chia
hết cho 3.
Ta có n
3
– n = n(n
2
– 1) = n(n + 1)(n - 1)
Mà n, n + 1, n – 1 là 3 số tự nhiên liên tiếp nên n(n + 1)(n - 1)

2.
Mặt khác: n có thể biểu diễn thành một trong các dạng sau 3k, 3k + 1, 3k +2 (k
∈ Z)
+ Nếu n = 3k thì n
3
– n = (3k)
2
- 3k = 3k (9k
2
– 1)

3
+ Nếu n = 3k + 1 thì n
3
– n = n(n + 1)(n - 1) =3k(3k + 1)( 3k + 2)

3.
+ Nếu n = 3k + 2 thì n
3

– n = n(n + 1)(n - 1) = (3k + 1)( 3k + 2)( 3k + 3)
= 3(k + 1)( 3k + 1)( 3k + 2)

3.
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM - TRƯỜNG THCS TRỰC CƯỜNG - GIÁO VIÊN : BÙI VĂN THÔNG
Trang 12
SKKN Hướng dẫn giải dạng “Toán chia hết” trong chương trình Toán lớp 6”
KL: Vậy n
3
– n

6 với n nguyên.
*Cách 2: Nếu n là số nguyên thì chỉ có thể biểu diễn thành một trong các dạng
sau 6p, 6p + 1, 6p + 2, 6p + 3, 6p + 4, 6p + 5 ( do phép chia một số cho 6)
+ Nếu n = 6p thì n
3
– n = 6p (6p + 1)(6p - 1)

6
+Nếu n = 6p + 1 thì n
3
– n = 6p(6p + 1)(6p + 2)

6.
+ Nếu n = 6p + 2 thì n
3
– n = 6(3p + 1)(2p + 1)(6p + 1)

6.
+ Nếu n = 6p + 3 thì n

3
– n = 6(36p
3
+ 54p
2
+ 26p – 4)

6.
+ Nếu n = 6p + 4 thì n
3
– n = 6(36p
3
+ 54p
2
+ 26p – 4)

6.
+ nếu n = 6p + 5 thì n
3
– n = 6(36p
3
+ 54p
2
+ 26p – 4)

6.
Cách 3: Ta chứng minh n
3
– n chia hết cho 2 và chia hết cho 3
Nếu n

≡
0 (mod 2) thì n
3
– n
≡
0
3
– 0
≡
0 (mod 2)
Nếu n
≡
1 (mod 2) thì n
3
– n
≡
1
3
– 1
≡
0 (mod 2)
Như vậy với n nguyên, n
3
– n
≡
0 (mod 2) nghĩa là n
3
– n chia hết cho 2
Mặt khác:
+ Nếu n

≡
0 (mod 3) thì n
3
– n
≡
0
3
– 0
≡
0 (mod 3)
+ Nếu n
≡
1 (mod 3) thì n
3
– n
≡
1
3
– 1
≡
0 (mod 3)
+ Nếu n
≡
2 (mod 3) thì n
3
– n
≡
2
3
– 2

≡
0 (mod 3)
Với n nguyên n
3
– n
≡
0 (mod 3) nghĩa là n
3
– n chia hết cho 3.
KL: Vậy n
3
– n chia hết cho 6 với n nguyên.
Bài toán 2: Chứng minh rằng 2n +

nchuso
1 11
chia hết cho 3.
*chú ý: Số n và số có tổng các chữ số bằng n có cùng số dư trong phép chia cho
9, do đó

nchuso
1 11
- n chia hết cho 9.
Ta có: 2n +

nchuso
1 11
= 3n + (

nchuso

1 11
- n) chia hết cho 3.
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM - TRƯỜNG THCS TRỰC CƯỜNG - GIÁO VIÊN : BÙI VĂN THÔNG
Trang 13
SKKN Hướng dẫn giải dạng “Toán chia hết” trong chương trình Toán lớp 6”
Bài toán 3: Chứng minh rằng A = 10
n
+ 18n – 1 chia hết cho 27.
*Cách 1: A = 10
n
+ 18n – 1 = 10
n
- 9n + 27n – 1
=

nchuso
9 99
- 9n + 27n = 9(

nchuso
1 11
- n) + 27n
Mà 27n chia hết cho 27 nên (

nchuso
1 11
- n) chia hết cho 9 suy ra 9(

nchuso
1 11

- n)
Vậy 10
n
+ 18n – 1 chia hết cho 27.
Cách 2: (Phương pháp quy nạp toán học)
+ Nếu n = 1 thì A = 10 + 18 – 1 = 27 chia hết cho 27.
Vậy mệnh đề đúng với n = 1.
+ giả sử mệnh đề đúng với n = k tức là A
k
= 10
k
+ 18k -1 chia hết cho 27
Ta cần chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1.
Thật vậy A
k+1
= 10
k+1
+ 18(k + 1) – 1 = 10
k
.10 + 18k + 18 – 1
A
k+1
= 10 (10
k
+ 18k -1) – 9.18k +27
A
k+1
= 10 (10
k
+18k-1) – 27.6k + 27

Mà 10 ( 10
k
+ 18k-1)

27 => A
k+1


27
27 . 6k

27 ; 27

27
Vậy 10
n
+ 18 n-1 chia hết cho 27
Bài toán 4: Với mọi n nguyên dương chứng minh:
B = 7
n
+3n -1chia hết cho 9.
Cách 1: (Dùng phương pháp chứng minh quy nạp)
+Nếu n = 1 thì B = 7 + 3 - 1 = 9

9.
Giả sử mệnh đề đúng với n = k tức là B
k
= 7
k
+3k -1 chia hết cho 9.

Ta cần chứng minh mệnh đề đúng với n = k +1.
Thật vậy: B
k+1
= 7
k+1
= 3 ( k+1) -1.
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM - TRƯỜNG THCS TRỰC CƯỜNG - GIÁO VIÊN : BÙI VĂN THÔNG
Trang 14
SKKN Hướng dẫn giải dạng “Toán chia hết” trong chương trình Toán lớp 6”
B
k+1
= 7. 7
k
+ 3k + 3 -1
B
k+1
= 7 ( 7
k
+ 3k -1) – 6. 3k – 9
B
k+1
= 7( 7
k
+ 3k -1) – 9.2k -9
B
k+1


9
Vậy 7

n
+ 3n -1

9 mọi n nguyên dương.
Cách 2: Ta có : 7
n
+ 3n -1 = (6 + 1)
n
+ 3n -1
= 6
n
+ c
1
n 6
n-1
+ c
2
n
. 6
n-2
+ …. + c
n
n-1
. 6 + c
n
n
+ 3n-1
=(6
n
+ c

n
1
.6
n-1
+ c
n
2
. 6
n-2
+… + c
n
n-2
. 6
2
) + c
n
n-1
. 6+ c
n
n
+3n-1
=(3.2)
n
+c
n
1
. . (2.3)
n-1
+ c
n

2
.(3.2)
n-2
+….+c
n
n-2+(3.2)
n+2
+d
c
n
n-1
. 6 + c
n
n
+ 3n-1
=2
n
. 3
n
+ c
n
1
.2
n-1
.3
n-1
+….+ c
n
n-2
.3

n-2
.2
n-2
+ 6n + 1 + 3n -1
=3
2
(2
n
. 3
n-2
+ c
n
1
.2
n-1
.3
n-2
+ …. +c
n
n-2
.2
2
)+9n.
=9(2
n
. 3
n-2
+ c
n
1

. 2
n-1
. 3
n-2
+…+ c
n
n-2
.2
2
) + 9n

9
Vậy 7
n
+ 3n-1

9 mọi n nguyên dương.
Bài tập tương tự:
Bài 1: Chứng minh raống :
a)-10
n
+ 72n -1 chia hết cho 91.
b)- 2
2n
+15n-1 chia hết cho 9 với mọi n nguyên dương.
Bài 2: Chứng minh rằng với mọi n tự nhiên thì:
(n+ 1993
1994
) (n+ 1994
1993

) chia hết cho 2.
Bài 4: Chứng mỉnhằng với mọi số tự nhiên n thì
12
2n+1
+ 11
n+2
chia hết cho 133.
+ Đâylà dạng toán chia hết mà số mũ chứa chữ nên khi làm cần định hướng cho
học sinh cách làm sau:
Cách 1: Vì n ở nên ta có thể phân tích và đưa về dạng bội của 133.
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM - TRƯỜNG THCS TRỰC CƯỜNG - GIÁO VIÊN : BÙI VĂN THÔNG
Trang 15
SKKN Hướng dẫn giải dạng “Toán chia hết” trong chương trình Toán lớp 6”
Ta có: 12
2n+1
+11
n+2
= (12
2
)
n
.12 + 11
n
. 11
2
.
=144
n
.12

+ 11
n
. 121 =12( 144
n
– n
n
) + 12.11
n
+ 121. n
n
= 12 . 133 . M + 133 . 11
n
.
Mỗi số hạng đều chia hết cho 133 nên.
12
2n+1
+ 11
n+2
chia hết cho 133.
Cách 2: (Dùng phương pháp quy nạp).
Với n =1 thì tổng 12
3
+ 11
3
= (12 + 11) (12
2
-12 .11 + 11
2
)
=22.133 chia hết cho 133.

Vậy mệnh đề đúng với n=1.
Giả sử mệnh đề đúng với n=k Tức là 12
2k+1
+11
k+2
chia hết 133.
Ta cần chứng minh mệnh đề đúng với n=k+1.
Thật vậy: 12
2k+3
+11
k+3
=144 .12
2k+1
+11
k+3
.
= 133. 12
2k+1
+11. 12
2k+1
+ 11
k+3
.
=133. 12
2k+1
+11 (12
2k+1
+ 11
k+2
).

Vì 133 . 12
2k+1


133; 11(12
2k+1
+11
k+2
)

133
133. 12
2k+1
+11(13
2k+1
+11
k+2
) chia hết cho 133
Cách 3:
Ta có : 12
2n+1
+11
n+2
=12
2n+1
+11
n+2
+11
2(2n+1)
-11

2(2n+1)
=(12
2n+1
+11
2(2n+1)
) - (11
2(2n+1)
-11
n+2
)
=12
2n+4
+(11
2
)
2n+1
–(11
4n+2
-11
n+2
).
=(12
2n+1
+(11
2
)
2n+1
) -11
n+2
(11

3n
-1)
Vì 12
2n+1
+ (11
2
)
2n+1
= (12 +11
2
) . P

133.
Và 11
3n
-1 = (11
3
-1) . Q =(n-1) (n
2
+11 +1) .Q
= 10 . 133 . Q

133
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM - TRƯỜNG THCS TRỰC CƯỜNG - GIÁO VIÊN : BÙI VĂN THÔNG
Trang 16
SKKN Hướng dẫn giải dạng “Toán chia hết” trong chương trình Toán lớp 6”
Vậy 12
2n+1
+11
n+2

chia hết cho 133
Cách 4: Ta có 12
2n+1
+ 12 + 12
2n
+ 12 .144
n
Vì 144 = 11 (mod 133) nên 144
n

≡
11
n
(mod 133)
 12. 144
2n

≡
12. 11
n
(mod 133).
Hay 12
2n+1
= 12 .11
n
(mod 133)
Mặt khác : 121 =-12 (mod 133) nên 121 .11
n
= -12.11
n

(mod 133).
Từ đẳng thức: 12
2n+1
=12 .11
n
(mod 133)
11
n+2
= -12. 11
n
(mod 133)
 12
2n+1
+ 11
n+2

≡
0 (mod 133)
Tức là : 12
2n+1
+ 11
n+2
chia hết cho 133
Cách 5 : Với n =1 thì mệnh đề đúng.
Giả sử mệnh đề đúng với n =k tức 12
2n+1
+ 11
n+2
=133m (m ∈ N)
Ta cần chứng minh mệnh đề đúng với n = k+1 tức là:

12
2k+1)

+1
+ 11
k +1+2
=133p ( p ∈N). (**)
Thật vậy : Từ (*) suy ra : 12
2k+1
=133m – 11
k+2
Ta có 12
2k+3
– 11
k+3
=144 . 12
2k+1
+ 11 . 11
k+2
=144 (133 m – 11
k+2
) + 11. 11
k+2
=12
2
.133m + 11
k+2
(11 -144)
=133 (144m – 11
k+2

)
Như vậy 12
2k+3
+ 11
k+3
=133p với p=144m- 11
k+2
Bài toán được chứng minh.
Bài toán 5: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì.
4 . 3
2n+2
+ 32n – 36

64
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM - TRƯỜNG THCS TRỰC CƯỜNG - GIÁO VIÊN : BÙI VĂN THÔNG
Trang 17
SKKN Hướng dẫn giải dạng “Toán chia hết” trong chương trình Toán lớp 6”
Cách 1: Vì 4. 3
2n+2
+32n -36 = 4 (3
2n+2
-8n -9) nên bài toán đưa về việc chứng
minh : 3
2n+2
+ 8n – 9

16
+Nếu n chẵn, ta đặt n = 2k (k ∈Z) khi đó.
3
2n+2

+ 8n – 9 = 3
4k+2
+16k -9 = 3
4k
. 3
2
– 9 + 16k
= 9(3
4k
-1) +16k = 9 (81
k
-1) +16k ; Vì hiệu (81
k
-1)

80 nên (81
k
-1)

16
Vậy khi n chẵn thì 4 . 3
2n+2
+32n -36

64
+Nếu n lẻ , ta đặt n =2k+1 (k ∈Z). Khi đó 3
2n+2
+8n -9 = 3
4k+4
+16k -8 -9

= (3
4
)
k+1
-1+ 16k = 81
k+1
-1 +16k Vì hiệu (81
k+1
-1)

80 nên (81
k+1
-1)

16
Vậy với n lẻ thì 4. 3
2n+2
+ 32b – 36

64
Kết luận: Vậy với mọi số tự nhiên n; 4(3
2n+2
+8n -9)

64
Cách 2:
+Với n =0 thì tổng 3
2
. 4 + 6 -36 =0


64
Vậy mệnh đề đúng với n =0
+Giả sử mệnh đề đúng với n=k tức là 3
2k+2
. 4 -32k – 36 =64p
Ta cần chứng minh mệnh đề đúng với n = k+1 tức là
4. 3
2k+4
+ 32k + 32 – 36

64
Thật vậy: 3
2k+4
. 4 + 32k + 32 – 36 = 3
2k+2
. 36 +32k +32 -36
=( 3
2k+2
. 4 +32k -36) + 32 ( 3
2k+1
+1) (*)
Vì (3
2k+2
.4 +32k -36) là bội của 64. theo giả thiết quy nạp, nên chỉ cần chứng
minh 32 (3
2k+1
+1) cũng là bội của 64.
Vì 3
2k+2
là số lẻ nên 3

2k+2
+1 là số chẵn do đó 32 (3
2k+1
+1)

64
Vậy 4. 3
2k+2
+ 32k – 36

64
+Bài tập tưong tự:
Bài 1: Chứng minh với mọi số tự nhiên n:
a) 3
n+2
+ 4
2n-1


13
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM - TRƯỜNG THCS TRỰC CƯỜNG - GIÁO VIÊN : BÙI VĂN THÔNG
Trang 18
SKKN Hướng dẫn giải dạng “Toán chia hết” trong chương trình Toán lớp 6”
Bài 2: Với mọi n nguyên dương, chứng minh rằng:
6
2n
+ 3
n+2
+ 3
n


11
Bài toán 6: Chứng minh tổng k số nguyên liên tiếp (k lẻ) thì chia hết cho k.
Gọi k số nguyên liên tiếp là n, n+1, n+2, …. N+k-1.
Khi đó tổng của chúng bằng : n + n+1+ n+2+…. + n+k-1
=kn +1+2+…+k-1
=kn +
2
)1)(11( −−+ kk
= kn +
2
)1( −kk
Vì k lẻ nên :
2
1−k
=p (Nguyên)
Như vậy kn +
2
)1( −kk
= kn + kp =k(n+p)
Điều này chứng tỏ rằng khi k lẻ, tổng k số nguyên liên tiếp

k
+Chú ý: Đây là bài toán tổng quát, từ bài toán này ta có thể yêu cầu học sinh
chứng minh các trường hợp riêng của bài toán tổng của ba, năm, bảy,…. Số
nguyên liên tiếp thì

cho 3,5,7,…
Bài toán 7: Chứng minh rằng tích của k số nguyên liên tiếp thì


k
Cách 1: Gọi k số nguyên lẻ liên tiếp là : a, a+1, a+2, … , a+ k -1.
Tích của chúng là : a (a+1) (a+2)… ( a+k -1).
Ta cần chứng minh : a (a+1) (a+2) ….(a+1 -1)

k
+Nếu a

k thì bài toán đã giải xong.
+Nếu a không chia hết cho k thì a=qk +r ( 0<r<k)
Thừa số (a+k+r) có mặt trong tích đang xét và a+k-r=qk+r+k-r
=k(q+1)

k. Điều đó chứng tỏ rằng trong tích đang xét luôn luôn tồn tại một
số

k. Từ đó => a(a+1) (a+2)…(a+k-1)

k
Cách 2: (Chứng minh bằng phản chứng).
Giả sử trong tích đang xét không có thừa số nào chia hết cho k. Như vậy thì
chia k của tích cho k ta nhận được các số dư từ 1 đến k-1.
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM - TRƯỜNG THCS TRỰC CƯỜNG - GIÁO VIÊN : BÙI VĂN THÔNG
Trang 19
SKKN Hướng dẫn giải dạng “Toán chia hết” trong chương trình Toán lớp 6”
Theo nguyên lý Đirichlê tồn tại ít nhất 2 số có cùng số dư. Ta gọi 2 số đó là
(a+h) và (a+l) với 0
≤
h < l

≤
k-1
Khi đó (a+h) – (a+l)

k hay k-l

k. Vô lý vì 0 <
lh −
< k
+Chú ý: Từ bài toán này có thể đưa ra các trường hợp riêng của bài toán đã
quen thuộc đối với học sinh đó là: Chứng minh tích hai, ba, bốn, năm…. số nguyên
liên tiếp

2,3,4,5……
Bài toán 8: Cho a và b là các số nguyên, hãy chứng minh rằng:
Nếu 2a +3b

17 thì 9a + 5b

17 và đảo lại.
Giải:
Chứng minh: Nếu (2a +3b)

17 thì 9a +5b

17
Nếu (2a+3b)

17 thì 8(2a+3b)


17
Rõ ràng (34a +34b)

17
Vậy (34a + 34b) – (16a +24b) =34a+34b-16a – 24b
=18a + 10b =2 (9a +5b)

17 vì (2,17) =1
Nên 9a + 5b

17
Chứng minh: Nếu ( 9a + 5b)

17 thì (2a + 3b )

17
Ta có : (34 a + 34 b)

17
Theo giả thiết ( 9a + 5b)

17 => 2 ( 9a + 5b)

17.
Hay (34 a + 34b) – 2( 9a+5b) = 34a + 34b -18a -10b.
=16a + 24b = 8(2a + 3b)

17 vì (8,17) =1
Nên (2a + 3b)


17.
Bài toán 9: Chứng minh rằng
Nếu a,b là các số tự nhiên so cho 5a +3b và 13a +8b

1995 thì a và b chia hết
cho 1995.
+Theo giả thiết 5a + 3b

1999 => 8( 5a + 3b)

1995
13a + 8b

1995 =>3(13a +8b)

1995
Hay 8(5a +3b) - 3(13a +8b) = 40a + 24b - 39a + 24b = a

1995
+Theo giả thiết 5a + 3b

1995 => 13(5a +3b)

1995
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM - TRƯỜNG THCS TRỰC CƯỜNG - GIÁO VIÊN : BÙI VĂN THÔNG
Trang 20
SKKN Hướng dẫn giải dạng “Toán chia hết” trong chương trình Toán lớp 6”
13a + 8b

1995 => 5(13a +8b)


1995
Hay 5(13a +8b) -13(5a+3b)=65a + 40b - 65a - 39b = b

1995
Vậy a và b

1995.
+Bài tập tương tự:
Bài 1: Biết các số tự nhiên a và b thoả mãn a+b và a
2
+b
2


11.Chứng minh
a.b

11.
Bài 2: Chứng minh với x và y là số tự nhiên thì:
A + 2y

5  3x – 4y

5
Bài 3: Cho 2 số tự nhiên a và b.chứng minh rằng.
Nếu a
2
+ b
2


3 thì a và b

3
Dạng 4: Tìm điều kiện để 1 bài toán chia hết cho 1 số hoặc chia hết cho 1
biểu thức.
Bài toán 1: Tìm số tự nhiên n sao cho n
2
+4

n +1
Ta có :
1
4
+
+
n
n
n =
1
51
+
+−
n
n
=
1
5)1)(1(
+

++−
n
nn
= n-1 +
1
5
+n
để (n
2
+ 4)

(n+1) thì 5

n+1 hay n+1 ∈ Ư(5).
Mà Ư(5) ={1; 5}
*n+1 = 5 -> n = 0 (thoả mãn)
*hoặc n+1 = 5 -> n = 4 (thoả mãn).
Vậy với n = 0 ; n = 4 thì n
2
+ 4

n+1
Bài toán 1: Tìm số nguyên n để :
n
2
+ 2n – 4

11
2
n + 2n - 4 =(n-3) (n+5) + 11

(n-3) (n-5) 11

⇒


M
Mmµ 11 11
⇒
n = BS11 + 3 hoặc n =BS 11-
5.
Bài toán 2 : Tìm số tự nhiên n để : 3
2n+3
+ 2
4n +1)

25
Đặt A = 3
2n+3
+ 2
4n +1)
=27.3
2n
+ 2. 2
4n
=25 .3
2n
+ 2(3
2n
+2
4n

)
=BS25 + 2(9
n
+ 16
n
)
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM - TRƯỜNG THCS TRỰC CƯỜNG - GIÁO VIÊN : BÙI VĂN THÔNG
Trang 21
SKKN Hướng dẫn giải dạng “Toán chia hết” trong chương trình Toán lớp 6”
+Nếu n lẻ thì 9
n
+16
n


25 do đó A

25
+Nếu n chẵn thì 9
n
tận cùng bằng 1, còn 16
n
tận cùng bằng 6
 2( 9
n
+16
n
) tận cùng bằng 4. Vậy A không chia hết cho 25
Vậy với n lẻ thì 3
2n+3

+ 2
4n +1)


25
Bài toán 3: Cho đa thức f(x) = a
2
x
3
+3ax
2
-6x -2a (a ∈Q).
Xác định a sao cho f(x)

(x +1)
+Cách 1: Đặt phép chia đa thức.
a
2
x
3
+3ax
2
-6x -2a = (x +1) a
2
x
2
+(3a –a
2
) x +(a
2

-3a -6) +(-a
2
+a +6)
Để f(x)

(x+1), ta phải có: -a
2
+a +6 = 0  (a+2) (3-a) = 0
=> a+2 = 0 hoặc(3-a) = 0 nên a = -2; a = 3
Kết luận: Vậy với a=-2; a=3 thì f(x)

(x+1)
+Cách 2: Dùng phương pháp hệ số bất định
Đa thức bị chia có bậc ba, đa thức chia có bậc nhất nên thương là một đa thức
bậc 2 có hạng cao nhất : a
2
x
3
: x =a
2
x
2
, số hạng thấp nhất là -2a : 1 = -2a. Gọi
thương của phép chia là: a
2
x
2
+ bx - 2a, ta có
f(x) = (x+1) (a
2

x
2
+bx -2a)
 a
2
x
3
+3ax
2
-6x -2a =a
2
x
3
+(a
2
+b) x
2
+(b-2a) x -2a

2
a 3
2 6
b a
b a

+ =
⇒

− = −


Giải hệ phương trình ta được a=-2 thì b=-10 và a=3 thì b=0.
+Cách 3: Gọi thương của phép chia f(x) cho (x+1) là q(x).
 a
2
x
3
+3ax
2
-6x -2a =(x+1) q(x).
Vì đẳng thức đúng với mọi x nên cho x =-1 ta được.
-a
2
+3a +6 -2a =0
-a
2
+a + 6 =0
Từ đó a = -2; a = 3
Với a = -2 thì f(x) = 4x
3
- 6x
2
- 6x + 4
q(x) = 4x
2
-10x +4
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM - TRƯỜNG THCS TRỰC CƯỜNG - GIÁO VIÊN : BÙI VĂN THÔNG
Trang 22
SKKN Hướng dẫn giải dạng “Toán chia hết” trong chương trình Toán lớp 6”
Với x =3 thì f(x) = 9x

3
+ 9x
2
- 6x - 6
q(x) = 9x
2
- 6
+Bài tập tượng tự:
Bài 1: Tìm k để k(k
2
-1) (k
2
-4)

480
HD: Để ý rằng tích của năm số nguyên liên tiếp thì chia hết cho 120.
Đáp số : k = 8t, k = 4t +2, k =16t +1, k =16t - 1
Bài 2: Tìm n để 5
n
-2
n


9
HD: Lần lượt xét n=3k ,n =3k +1, n=3k +2
Chỉ có n =3k thì 5
n
-2
n


9
Bài 3: Xác định các hằng số a,b để.
a) x
4
+ ax
2
+b

x
2
–x +1.
b) ax
3
+ bx
2
+ 5x – 50

x
2
+ 3x - 10
HD: Thực hiện phép chia.
a) x
4
+ ax
2
+ b = (x
2
–x +1) (x
2

+x +a) + (a-1) x + b –a.
Muốn chia hết thì đa thức dư phải đồng nhất bằng 0, do đó a=1, b=a.
b) Đặt phép chia : Tính được a=1, b=8 .
PHẦN THỨ III : KẾT LUẬN, KẾT QUẢ, KIẾN NGHỊ
Để làm tốt được bài tập dạng “Toán chia hết”này học sinh cần phải nắm chắc các kiến
thức cơ bản như: Tính chất chia hết của 1 tổng, hiệu, 1 tích, dấu hiệu chia hết của 1 số các
số thường gặp như: 2,3,4,5,6,8,10,11,… bên cạnh đó còn hiểu, nắm được phương pháp
chứng minh quy nạp toán học, định nghĩa và các tính chất về đồng dư thức, nguyên tắc
đirichlê, phương pháp phản chứng…. Và một số phương pháp khác nữa. Tuy nhiên trong
quá trình làm học sinh cần vận dụng linh hoạt nội dung kiến thức trên vào từng bài cho
phù hợp có như vậy mới đạt được hiệu quả tốt . Trong quá trình làm dạng toán này tôi
đặc biệt chú ý đến nội dung các bài toán có sự sắp xếp theo trình tự từ dễ đến khó, và các
dạng rất phong phú, đa dạng. Nhằm cung cấp cho học sinh lượng kiến thức phù hợp với
khả năng nhận thứcvà có sự phát triển khả năng tư duy lôgíc.
Trên đây là 1 số dạng toán thường gặp trong chương trình toán THCS. Mỗi dạng toán
có những đặc điểm khác nhau và còn có thể chia nhỏ từng dạng trong mỗi dạng trên.
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM - TRƯỜNG THCS TRỰC CƯỜNG - GIÁO VIÊN : BÙI VĂN THÔNG
Trang 23
SKKN Hướng dẫn giải dạng “Toán chia hết” trong chương trình Toán lớp 6”
Việc phân dạng như trên giúp học sinh dễ tiếp thu hơn và thấy được trong từng bài toán
ta nên áp dụng kiến thức nào cho phù hợp. Mỗi dạng toán tôi chọn 1 số bài toán cơ bản
điển hình để học sinh hiểu cách làm và từ đó để làm các bài tập mang tính tương tự và
dần nâng cao lên.
Sau một số năm làm như vậy ở các lớp 6, 7, 8, 9 trong tiết luyện tập, trong quá trình
bồi dưỡng học sinh giỏi, trong một số tiết tự chọn lớp 9 tôi thấy học sinh có sự tiến bộ
hơn rất nhiều. Các em dần thích thú say mê khi gặp dạng toán này. Số đông các em
không còn lúng túng thiếu tự tin như trước nữa, trong các em đã có sự chuyển biến rõ rệt.
Mặc dù đề tài đạt được một số kết quả nhất định song không tránh khỏi những thiếu sót,
hạn chế. Rất mong nhận được ý kiến góp ý của các bạn đồng nghiệp để đề tài phong phú,
có hiệu quả hơn. Giải pháp này có thể sử dụng làm chủ đề tự chọn “phần nâng cao”.

Ngày 02 tháng 02 năm 2008
Người viết
GIÁO VIÊN : BÙI VĂN THÔNG
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM - TRƯỜNG THCS TRỰC CƯỜNG - GIÁO VIÊN : BÙI VĂN THÔNG
Trang 24