SKKN 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: NGUYEÃN THÒ THANH TAÂM - THCS BUØI THÒ XUAÂN
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: NGUYEN THề THANH TAM - THCS BUỉI THề XUAN
NM HC: 2008 2009
PHN LOI V PHNG PHP GII MT S DNG TON
NNG CAO V TNH CHIA HT TRấN N TRONG PHN MễN
S HC 6
PHN I: T VN
Toỏn hc l mt b mụn khoa hc; ngy nay Toỏn hc ó v ang xõm
nhp vo mi ngnh, mi lnh vc. Nhng tri thc cựng vi nhng k nng
Toỏn hc v nhng phng phỏp suy ngh , lp lun trong Toỏn hc s tr
thnh nhng cụng c hc tp cỏc mụn khoa hc khỏc trong nh trng, l
cụng c ca nhiu ngnh khoa hc khỏc nhau, l cụng c tin hnh nhng
hot ng trong i sng thc t v vỡ vy l mt thnh phn khụng th thiu
trong nn vn hoỏ ph thụng ca con ngi mi.
Theo nh hng i mi phng phỏp dy hc mụn Toỏn trong giai
on hin nay c xỏc nh l: Phng phỏp dy hc trong nh trng cỏc
cp phi phỏt huy tớnh tớch cc, t giỏc, ch ng ca ngi hc, hỡnh thnh
v phỏt trin nng lc t hc, trau di cỏc phm cht linh hot, c lp, sỏng
to ca t duy. Qua ú, giỏo viờn l ngi thit k, t chc, hng dn, iu
khin quỏ trỡnh hc tp, cũn hc sinh l ch th nhn thc, bit cỏch t hc, t
rốn luyn t ú hỡnh thnh phỏt trin nhõn cỏch v cỏc nng lc cn thit ca
ngi lao ng theo nhng mc tiờu mi ó ra.
2

GV: NGUYEN THề THANH TAM - THCS BUỉI THề XUAN
Trong chng trỡnh Toỏn trung hc c s, tớnh chia ht l mt ni dung
c bn v quan trng. lp 6, phn ln cỏc bi toỏn trong sỏch giỏo khoa v
tớnh chia ht thng n gin v d dng gii c. Tuy nhiờn trong nhiu bi
tp nõng cao, vic tỡm ra li gii rt khú, a dng, ũi hi phi cú kh nng t
duy toỏn hc linh hot, sỏng to, cn s dng nhiu phng phỏp khỏc nhau.
Trong khi ú, t duy toỏn hc, kh nng phõn tớch, tng hp, suy ngh, lp
lun ca hc sinh cũn hn ch nờn cỏc em thng lỳng tỳng, gp khú khn
trong vic gii cỏc bi toỏn ny. Mt khỏc, gii c cỏc dng toỏn trờn,
ngoi cỏc kin thc c bn trong sỏch giỏo khoa, hc sinh cn phi nm c
mt s kin thc m rng khụng c nờu trong chng trỡnh hc chớnh
khoỏ. Nhng kin thc ny nu khụng c nm chc, khi vn dng vo gii
toỏn cỏc em thng gp nhiu sai lm dn n gii sai nh: Nu ab
M
m thỡ a
M
m (hoc b
M
m) m khụng xột iu kin a, m (hoc b, m) cú nguyờn t cựng
nhau hay khụng. Hoc khi thy tng chia ht cho mt s thỡ kt lun cỏc s
hng ca tng u chia ht cho s ú. Hoc khi thy a
M
m, a
M
n thỡ kt lun a
M
mn m khụng xột iu kin m, n nguyờn t cựng nhau.
Trong quỏ trỡnh ging dy mụn Toỏn lp 6 v tớnh chia ht trong tp
hp cỏc s t nhiờn, hc sinh phỏt hin, nhn dng ỳng cỏc bi toỏn, t ú
tỡm ra phng phỏp gii nhanh nht, hp lý nht; ng thi giỳp cỏc em nm

chc c mt kin thc m rng v tớnh chia ht, bn thõn tụi ó rỳt ra c
mt s kinh nghim. Bờn cnh ú, t nm hc 2004 2005, Phũng giỏo dc
v o to TP Pleiku khụng t chc thi hc sinh gii cỏc lp 6, 7, 8. Do ú,
yờu cu t ra cho cỏc nh trng l phi to ngun hc sinh Gii ngay t cỏc
lp hc di. giỳp hc sinh hc tp tt mụn Toỏn, to nn tng vng chc
v mt kin thc ũi hi ngi giỏo viờn khụng ngng sỏng to, tỡm tũi,
nghiờn cu nhng phng phỏp ging dy sao cho hiu qu nht.
õy cng chớnh l lý do tụi chn ti: Phõn loi v phng phỏp
gii mt s dng toỏn nõng cao v tớnh chia ht trờn N trong phõn mụn s hc
6.
3
GV: NGUYEÃN THÒ THANH TAÂM - THCS BUØI THÒ XUAÂN
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:
4
GV: NGUYEÃN THÒ THANH TAÂM - THCS BUØI THÒ XUAÂN
1/ Định nghĩa
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 :
5
GV: NGUYEÃN THÒ THANH TAÂM - THCS BUØI THÒ XUAÂN
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 :
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.
6
GV: NGUYỄN THỊ THANH TÂM - THCS BÙI THỊ XUÂN
B. PHÂN LOẠI MỘT SỐ DẠNG TỐN VÀ CÁCH GIẢI
I. Các bài tốn 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, ngồi 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 tốn, phép luỹ thừa, tìm chữ số tận cùng của luỹ thừa, phép
chia có dư, cấu tạo số, số ngun tố cùng nhau
Phương pháp chung:
+ Để chứng tỏ A(n) chia hết cho số ngun tố p, ta có thể xét mọi
trường hợp về số dư của n chia cho p.
+ 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 đơi một ngun 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 đơi 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 qt: 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.
7
GV: NGUYEÃN THÒ THANH TAÂM - THCS BUØI THÒ XUAÂN
* 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

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.
8
GV: NGUYEÃN THÒ THANH TAÂM - THCS BUØI THÒ XUAÂN
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 dụ 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 dụ 8: Chứng minh rằng số gồm 27 chữ số 1 thì chia hết cho 27.
9
GV: NGUYEÃN THÒ THANH TAÂM - THCS BUØI THÒ XUAÂN
* 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)
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 dụ 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.
10
GV: NGUYEÃN THÒ THANH TAÂM - THCS BUØI THÒ XUAÂN
* 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.
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.
11
GV: NGUYEÃN THÒ THANH TAÂM - THCS BUØI THÒ XUAÂN
+ 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 dụ 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 dụ 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 vị trí hàng lẻ là: 1 + a + 1 = a + 2
Tổng các chữ số ở vị 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
Ví dụ 3 : Tìm x
∈
N để 2x78
M
17.
12
GV: NGUYEÃN THÒ THANH TAÂM - THCS BUØI THÒ XUAÂN
* 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 trị 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.
13
GV: NGUYEÃN THÒ THANH TAÂM - THCS BUØI THÒ XUAÂN
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.
* 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
14
GV: NGUYEÃN THÒ THANH TAÂM - THCS BUØI THÒ XUAÂN

* 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 trị 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 trị 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.
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 trị 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.
15
GV: NGUYEÃN THÒ THANH TAÂM - THCS BUØI THÒ XUAÂN
* Hướng giải quyết: Xét các trường hợp có thể xẩy ra của p, thay vào
2
p
+ p
2
, chọn giá trị 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.
16
GV: NGUYEÃN THÒ THANH TAÂM - THCS BUØI THÒ XUAÂN
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.
* 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
17
GV: NGUYEÃN THÒ THANH TAÂM - THCS BUØI THÒ XUAÂN
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}
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
18
GV: NGUYEN THề THANH TAM - THCS BUỉI THề XUAN
c. 9n+24 v 3n+4
d. 18n+3 v 21n+7
III. Cỏc dng toỏn v chia ht cú liờn quan n CLN, BCNN
Dng 1 : Tỡm CLN ca hai s bng thut toỏn clit
Nu a = bq + r (0 < r < b) thỡ CLN(a,b) = CLN(b,r).
T ú cú cỏch tỡm CLN ca hai s nh sau :

Ly a chia cho b d r, Ly b chia cho r d r
1
, Ly r chia cho r
1
d r
2

C tip tc nh vy cho n khi c s d bng 0 thỡ s d cui cựng khỏc 0
l CLN phi tỡm.
Vớ d 1: Tỡm CLN(A;B) bit rng A gm 1991 ch s 2, B gm 8
ch s 2.
Gii :
A = 22 2, B = 22 2
1991 ch s 2 8 ch s 2
Ta cú 1991 chia cho 8 d 7; 8 chia 7 d 1 nờn khi chia A cho B ta c
d l 22 2 .
7 ch s 2
Tip tc phộp chia B cho s d trờn ta c s d l 2.
Theo thut toỏn clit ta cú CLN(22 2 ; 22 2)
1991 ch s 2 8 ch s 2
= CLN(22 2 ; 22 2)
8 ch s 2 7ch s 2
= CLN(22 2 ; 2) = 2.
7 ch s 2
Vaọy ệCLN(A;B) = 2.
Vớ d 2: Tỡm CLN ca 11 1 v 11111111 (8 ch s 1)
2004 ch s 1
Gi a = 11 1 , b = 11 1.
2004 ch s 1 8 ch s 1
19

GV: NGUYEÃN THÒ THANH TAÂM - THCS BUØI THÒ XUAÂN
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
20
GV: NGUYEÃN THÒ THANH TAÂM - THCS BUØI THÒ XUAÂN
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) =

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.
21
,,
,,
.bda
d
.dbda
d
ab
==
GV: NGUYEÃN THÒ THANH TAÂM - THCS BUØI THÒ XUAÂN
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.
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 ĐƯỢC:
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
22
GV: NGUYEN THề THANH TAM - THCS BUỉI THề XUAN
gii ỳng v hp lý. Cú khong 80% HS hiu sõu sc bn cht tng vn
nờn khi gp cỏc bi toỏn khỏc nhau cỏc em ó nhn dng v vn dng cỏch
gii linh hot vi mi dng. S cũn li cng lm tt cỏc dng c bn hay gp.
Sau õy l mt vi s liu so sỏnh c th :
K nng

Trc khi
ỏp dng
Sau khi
ỏp dng
Nhn dng v gii quyt c cỏc bi toỏn tng t. 38% 85%
Nhn dng bi toỏn v vn dng cỏch gii linh hot
vi mi bi.
30% 80%
Tỡm c li gii cỏc bi toỏn c bit, cú ni dung
phc hp.
18% 50%
II. BI HC KINH NGHIM
Trc ht, bn thõn giỏo viờn phi cú s u t, nghiờn cu k bi dy,
khụng ngng tỡm hiu kin thc, tỡm tũi cỏc phng phỏp v hỡnh thc ging
dy hp lớ to ra mụi trng giỳp hc sinh hng thỳ, tớch cc, ch ng lnh
hi kin thc.
Kinh nghim cho thy, vi bi tp nõng cao v tớnh chia ht cho HS lp
6 cn phi hng dn cỏc em mt cỏch dn dn, i t nhng vn n gin,
c bn, sau ú thay i mt vi chi tit nõng dn n bi tp phc tp hn.
Sau mi bi giỏo viờn cn cng c phng phỏp gii quyt v cú th khai thỏc
thnh bi toỏn mi bng cỏch thay i d kin HS t mỡnh võn dng.
Trong quỏ trỡnh ging dy, ngi giỏo viờn ngoi nng lc, kh nng s
phm cũn cn phi tớch lu, rỳt kinh nghim dự rt nh. Phi tỡm tũi hc tp
kinh nghim sỏch bỏo, ti liu tham kho v chớnh trong quỏ trỡnh ging dy
trờn lp ca bn thõn sau mi tit dy.
Sau mt thi gian t nghiờn cu vi phng phỏp tỡm c ti liu tham
kho su tm cỏc bi tp, vớ d, kt hp vi thc t ging dy, vi kin thc,
lý lun ó tớch lu. Tụi ó hon thnh cho mỡnh ti : "Phõn loi v v
phng phỏp gii mt s dng toỏn nõng cao v tớnh cht chia ht trờn N
23

GV: NGUYEÃN THÒ THANH TAÂM - THCS BUØI THÒ XUAÂN
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.
24
GV: NGUYỄN THỊ THANH TÂM - THCS BÙI THỊ XUÂN
25
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