PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN CHIA HẾT TRONG TẬP HỢP SỐ NGUYÊN

PHÒNG GD&ĐT TAM ĐẢO
TRƯỜNG THCS MINH QUANG

CHUYÊN ĐỀ
“KHAI THÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ BÀI
TOÁN CHIA HẾT TRONG TẬP HỢP SỐ NGUYÊN ¢ ”

Tác giả: ĐÀO QUANG HƯNG
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị: Trường THCS Minh Quang
Đối tượng áp dụng: Học sinh giỏi khối 7,8,9
Dự kiến số tiết bồi dưỡng: 12 tiết
Địa chỉ gmail:

Page | 1


Tam Đảo, 11-2015
PHẦN 1. HỆ THỐNG KIẾN THỨC CƠ BẢN
1.1 Định lí về phép chia.
1.1.1 Định lí.
Cho a, b ∈ ¢ , b ≠ 0 . Khi đó tồn tại hai số nguyên

q, r duy nhất, sao cho:

a = bq + r , (0 ≤ r < b ).
Trong đó:

a

được gọi là số bị chia.

b được gọi là số chia.
q được gọi là thương.

r được gọi là số dư.
Chú ý:

• Nếu a chia cho b thì số dư chỉ có thể là: 0;1;2;...; ( b − 1) .
• Đặc biệt: Nếu r = 0 ⇒ a = bq , khi đó ta nói a chia hết cho b hay b là ước của a
và kí hiệu a Mb hay b | a . Vậy

a Mb ⇔ ∃ q ∈ ¢ a = bq
1.1.2 Tính chất
(i) Nếu a Mb và b Mc thì a Mc (Tính chất bắc cầu).
(ii) Nếu a Mb thì ac Mb, ∀ c ∈ ¢ (Tính chất nhân với một số).

b, c ) = 1 thì a Mbc .
(iii) Nếu a Mb , a Mc và (

Page | 2


b, c ) = 1 thì a Mc
(iv) Nếu ab Mc và (
1.2 Khái niệm đồng dư.
1.2.1 Định nghĩa:
Cho số m ∈ ¢ , m > 0 , nếu hai số nguyên

m

thì ta nói

a

đồng dư với

a

và

b có cùng số dư khi chia cho

b theo môđun m và ký hiệu a ≡ b ( mod m ) .

Vậy

a ≡ b ( mod m ) ⇔ a − b Mm
Dấu

" ≡ " gọi là đồng dư thức.

1.2.2 Tính chất.
(i) Cộng, trừ theo từng vế của nhiều đồng dư theo cùng 1 môđun.

 a ≡ b(mod m)

a ± c ≡ b ± d ( mod m )
c ≡ d (mod m)
Nếu 
thì

(ii) Nhân từng vế các đồng dư thức có cùng môđun.

 a ≡ b(mod m)

ac ≡ bd ( mod m )
c ≡ d (mod m)
Nếu 
thì
1.2.3 Hệ quả.
(i) Thêm bớt cùng một số vào hai vế của một đồng dư thức.
Nếu

a ≡ b ( mod m ) , thì a ± c ≡ b ± c ( mod m ) .

(ii) Nhân hai vế của cùng một đồng dư thức với một số nguyên khác không.
Nếu

a ≡ b ( mod m ) thì ac ≡ bc ( mod m ) .

Page | 3


(iii) Có thể nâng hai vế của một đồng dư thức lên cùng một lũy thừa với bậc
là một số tự nhiên.
Nếu

( a + b)
(iv)

a ≡ b ( mod m )

n

thì

a n ≡ b n ( mod m ) , ∀ n ∈ ¥ .

≡ b n ( mod a ) , ∀ a > 0

.

1.3 Một số định lý, tính chất và phương pháp giải các bài tập.
1.3.1 Tính chất chia hết của một tổng, hiệu.

 a Mm
⇒ a ± b Mm

b Mm

(i) Nếu
.
/m
a M
/m
⇒ a±bM

b
M
m
(ii) Nếu 
a Mm


b Mm ⇒ a + b + c Mm
c Mm
(iii) Nếu 
/m
a M

/m
b Mm ⇒ a + b + c M
c Mm
(iv) Nếu 
1.3.2 Đẳng thức mở rộng.
1) Với

n∈ ¥ , ta có

(

).

(

)

a n − bn = ( a − b ) a n−1 + a n − 2b + ... + ab n − 2 + b n−1
2) Với

n∈ ¥ , n lẻ, ta có:
a n + b n = ( a + b ) a n −1 − a n − 2b + ... − ab n − 2 + b n−1

Page | 4


Từ đó ta có tính chất sau:
(i) Với a, b ∈ ¢, a ≠ b, ∀ n ∈ ¥ thì a − b Ma − b .
n

n

(ii) Với a, b ∈ ¢ , a ≠ − b, ∀ n ∈ ¥ , n lẻ thì a + b Ma + b .
n

n

n
n
a
−
b
Ma + b .
a
,
b
∈
¢
,
a
≠
−
b

,
∀
n
∈
¥
(iii) Với
, n chẵn thì

n

1.3.3 Tìm chữ số tận cùng của số a .
n

(i) Nếu a có chữ số tận cùng là 0;1;5 hoặc 6 thì a lần lượt có chữ số tận
cùng là 0;1;5 hoặc 6.
(ii) Nếu a có chữ số tận cùng là 2;3 hoặc 7, với ∀ k ∈ ¥ , ta có
*

24 k ≡ 6 ( mod10 )
34 k ≡ 1( mod10 )
7 4 k ≡ 1( mod10 )
n

Do đó để tìm chữ số tận cùng của a với a có tận cùng là 2; 3 hoặc 7, ta lấy n chia
cho 4 . Giả sử

n = 4k + r , r ∈ { 0;1;2;3} .

n
4k + r

r
• Nếu a ≡ 2 ( mod10 ) ⇒ a ≡ 2 ≡ 6.2 ( mod10 )
n
4k + r
r
• Nếu a ≡ 3( mod10 ) hoặc a ≡ 7 ( mod10 ) ⇒ a ≡ a ≡ a ( mod10 ) .

1.3.4 Định lí Fermat.
Với p là số nguyên tố, ta có
Đặc biệt: Nếu

a p ≡ a ( mod p )

.

( a, p ) = 1 thì a p−1 ≡ 1( mod p ) .

1.3.5 Phương pháp chứng minh quy nạp.
Page | 5


Giả sử cần chứng minh

A ( n ) Mp, n = 1;2;3....

(1)

A 1 Mp
Ta đi chứng minh (1) đúng với n = 1 , tức là ta đi chứng minh ( )
Giả sử (1) đúng với

n = k , tức là ta có A ( k ) Mp

Ta đi chứng minh (1) đúng với

n = k + 1 , tức là phải chứng minh A ( k + 1) Mp.

Theo nguyên lý quy nạp ta kết luận (1) đúng ∀ n = 1;2....
1.4 Các dạng bài tập của chuyên đề.
1) Chứng minh biểu thức A(n) Mm, ∀ m, n, m ≠ 0.
2) Tìm

n

để biểu thức A(n) chia hết cho một số

3) Chứng minh với mọi

n

thỏa mãn điều kiện bài toán thì biểu thức

A(n) Mp, p là số nguyên tố.
4) Tìm số dư trong phép chia biểu thức A(n) cho số

p nguyên tố.

5) Tìm chữ số tận cùng của một số.
6) Chứng minh một số không là số nguyên tố.
1.5 Các phương pháp cơ bản.

1) Sử dụng tính chất: “Trong n số nguyên liên tiếp có một và chỉ một số chia
hết cho n,

∀ n ≥ 1” .

2) Sử dụng đẳng thức mở rộng.
3) Sử dụng phép chia có dư.
4) Sử dụng nguyên lý Dirichlet.
5) Phương pháp chứng minh quy nạp.
Page | 6


6) Sử dụng đồng dư thức.
7) Tìm chữ số tận cùng.
8) Sử dụng Fermat.
Do thời lượng không cho phép nên tôi chỉ đưa ra 3 dạng bài tập liên
quan đến bài toán chứng minh chia hết trong tập số nguyên ¢ .
1) Dạng 1. Chứng minh biểu thức A( n) Mm, ∀ m, n ∈ ¥ , m ≠ 0.
2) Dạng 2. Chứng minh với mọi n thỏa mãn điều kiện bài toán thì biểu thức

A(n) Mp, với p nguyên tố.
3) Dạng 3. Chứng minh một số không là số nguyên tố.
Bằng một trong các phương pháp như:
1) Sử dụng tính chất;
2) Sử dụng đẳng thức mở rộng;
3) Phương pháp chứng minh quy nạp;
4) Sử dụng đồng dư thức;
5) Sử dụng định lý Fermat.

PHẦN 2. MỘT SỐ VÍ DỤ VÀ BÀI TẬP ÁP DỤNG

2.1 Một số ví dụ và bài tập.
Dạng 1. Chứng minh biểu thức A( n) Mm, ∀ m, n ∈ ¥ , m ≠ 0.
3
n
Bài tập 1.1 Chứng minh rằng biểu thức + 11n M6 , ∀ n ∈ ¢ .

(1.1)
Page | 7


Khai thác lời giải.
Cách 1. Sử dụng tính chất: “Trong n số nguyên liên tiếp có một và chỉ một số
chia hết cho n,

∀ n ≥ 1” .
Giải.

Ta có

n3 + 11n = n3 − n + 12n = (n − 1)n( n + 1) + 12n

Vì

 (n − 1)n M2

 (n − 1)n(n + 1) M3

, mà

( 2,3) = 1 , nên (n − 1)n(n + 1) M6.

Hơn nữa, ta lại có 12n M6 , (tính chất (ii), mục 1.1.2)

(1)
(2)

Từ (1) và (2), ta suy ra

(n − 1)n(n + 1) + 12n M6 (Tính chất (i), mục 1.3.1).
Vậy

n3 + 11n M6 .
Cách 2. Sử dụng đồng dư thức.
Giải.
Ta có

n3 + 11n = n3 − n + 12n = (n − 1)n( n + 1) + 12n
(n − 1)n ≡ 0 ( mod 2 )
⇒ (n − 1)n(n + 1) ≡ 0(mod 6),do ( 2;3 ) = 1.

(n
−
1)n(n
+
1)
≡
0(mod3)
Vì 
mà

12n ≡ 0 ( mod6 )

(1)
(2)

Từ (1) và (2) suy ra ( n − 1) n( n + 1) + 12 n ≡ 0(mod 6) , (theo tính chất (i), mục 1.2.2)
Page | 8


Vậy

n3 + 11n M6 .
Cách 3. Dùng phương pháp quy nạp.
Giải.
3
gVới n = 1 ta có: 1 + 11.1 = 12 M6 , suy ra biểu thức (1.1) luôn đúng.

gGiả sử (1.1) đúng với n = k , tức là ta có:
k 3 + 11k M6.
(1.2)
Ta đi chứng minh (1.1) đúng với

n = k + 1 , tức là

( k + 1)

3

+ 11(k + 1) M6.

Xét thấy biểu thức

( k + 1)

3

+ 11(k + 1) = k 3 + 3k 2 + k + 1 + 11k + 11
= (k 3 + 11k ) + 3k (k + 1) + 12.

mà

k 3 + 11k M6 (theo 1.2)
k ( k + 1) M2 ⇒ 3k ( k + 1) M6
12 M6

suy ra

( k + 1)

3

+ 11(k + 1) M6.

Theo nguyên lý quy nạp ta suy ra (1.1) đúng với

∀ n ∈ ¢.

Page | 9

Bài tập tự luyện
Bài tập 1.2 Chứng minh rằng:
a) n(n + 1)(2n + 1) M6, ∀ n ∈ ¢.
b)
c)
d)

(

)

(

)

n 2 n 2 − 1 M12, ∀ n ∈ ¢.
n2 n 4 − 1 M60, ∀ n ∈ ¢.

(

)

2n 16 − n 4 M30, ∀ n ∈ ¢.

e) n − n M30, ∀ n ∈ ¢.
5

4
3
2

n
+
6
n
+
11
n
+ 6n M24, ∀ n ∈ ¢.
f)

(Thi HSG toàn quốc, lớp 9 năm 1975 )
4
3
2
n
−
4
n
−
4
n
+ 16n M384, ∀ n ∈ ¢, n chẵn.
g)

(Thi HSG toàn quốc, lớp 9 năm 1970)
Bài tập 1.3 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên lẻ n , ta có.
2
n
+ 4n + 3 M8
a)

3
2
n
+
3
n
− n − 3 M48
b)

c) n − n − n + 1 M512
12

8

4

Dạng 2. Chứng minh với mọi

n

thỏa mãn điều kiện bài toán thì biểu thức

A(n) Mp, với p nguyên tố.
Bài tập 2.1 Chứng minh rằng:
Page | 10


7.52 n + 12.6n M19, ∀n ∈ ¥ .
(2.1)
Khai thác lời giải.

Cách 1. Sử dụng đẳng thức mở rộng.
Giải.
Ta có:

7.52 n + 12.6n = 7.25n − 7.6n + 19.6 n = 7(25n − 6 n ) + 19.6 n.
Vì
suy ra
mà

25n − 6n M( 25 − 6 ) , ∀ n ∈ ¥ ,

(

(theo tính chất (i), mục 1.3.2),

)

7 25n − 6n M19

(1)

19.6n M19.

(2)

Từ (1) và (2) ta suy ra

(

)

7 25n − 6n + 19.6n M19, ∀ n ∈ ¥ ,

(tính chất (i), mục 1.3.1).

Vậy

7.52 n + 12.6n M19, ∀n ∈ ¥ .
Cách 2. Sử dụng đồng dư thức.
Giải.
Ta có:

7.52 n + 12.6n = 7.25n − 7.6n + 19.6 n = 7(25n − 6 n ) + 19.6 n
Vì

25 ≡ 6 ( mod19 ) ⇒ 25n ≡ 6n ( mod19 )

, (theo tính chất (iii) mục 1.2.3)

Page | 11


Nên

(

)

25n − 6n ≡ 0 ( mod19 ) ⇒ 7 25n − 6n ≡ 0 ( mod19 )

, (theo tính chất (ii), mục

1.2.3)

19.6n ≡ 0 ( mod19 ) .

Hơn nữa, ta lại có
Suy ra

7(25n − 6n ) + 19.6n ≡ 0 ( mod19 )

Vậy

(

)

7 25n − 6n + 19.6n M19, ∀ n ∈ ¥ .
Cách 3. Dùng phương pháp quy nạp.
Giải.
0
0
gVới n = 0 ta có: 7.5 + 12.6 = 19 M19 , suy ra biểu thức (2.1) luôn đúng.

gGiả sử (2.1) đúng với n = k , tức là ta có
7.52 k + 12.6k M19
(*)
Ta đi chứng minh (2.2) đúng với

n = k + 1 , tức là

7.5 (

2 k +1)

+ 12.6(

k +1)

M19

Xét thấy biểu thức

7.5 (

2 k +1)

+ 12.6(

k +1)

= 7.52 k + 2 + 12.6k +1
= 7.252 k.25 + 6.12.6 k
= 25(7.252 k + 12.6k ) − 19.12.6k

Vì ta có

7.52 k + 12.6k M19 (theo *) ⇒ 25(7.52 k + 12.6k ) M19

mà

19.12.6k M19
Page | 12


Nên ta suy ra

25(7.252 k + 12.6k ) − 19.12.6k M19
Hay

7.52( k +1) + 12.6( k +1) M19
Vậy theo nguyên lý quy nạp ta suy ra (2.1) đúng với

∀ n ∈ ¢.

92 n + 14 M5 Bài tập 2.2 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có:
(2.2)
Khai thác lời giải.
Cách 1. Sử dụng phương pháp chứng minh quy nạp.
Giải.
0
gVới n = 0 ta có: 9 + 14 = 15 M5 , suy ra biểu thức (2.2) luôn đúng.

92 k + 14 M5 gGiả sử (2.2) đúng với n = k , tức là ta có:
(*)
Ta đi chứng minh (2.2) đúng với

n = k + 1 , tức là
9(

2 k +1)

+ 14 M5

Xét thấy biểu thức

9(

2 k +1)

Vì ta có
mà

+ 14 = 81.92 k + 14 = 81(9 2k + 14) − 80.14

2k
92 k + 14 M5 (theo *) ⇒ 81( 9 + 14 ) M5

80.14 M5
Page | 13


Nên ta suy ra

81(92 k + 14) − 80.14 M5
Hay

92( k +1) + 14 M5
Vậy theo nguyên lý quy nạp ta suy ra (2.2) đúng với

∀ n ∈ ¥.

Cách 2. Sử dụng đẳng thức mở rộng.
Giải.
Ta có:

(

)

92 n + 14 = 92 n − 1 + 15
Vì

92 n − 1 M( 9 + 1) , (Theo tính chất (iii), mục 1.3.2)

mà

15 M5

suy ra

(9

2n

)

− 1 + 15 M5

, (Theo tính chất (i), mục 1.3.1)

Vậy

92 n + 14 M5
Cách 3. Sử dụng đồng dư.
Giải.
Ta có:

92 ≡ 1( mod5 ) ⇒ 92 n ≡ 1( mod5 ) .

mà

14 ≡ − 1( mod5)

Do đó, ta có.

92 n + 14 ≡ 1 + (− 1) ≡ 0 ( mod5 )
Page | 14


Vậy

92 n + 14 M5.
Cách 4. Sử dụng Fermat.

(

Vì
mà

)

92 n + 14 = 34 n − 1 + 15.

( 3;5) = 1. Theo định lí Fermat, suy ra ta có.
34 ≡ 1( mod5) ⇒ 34 n ≡ 1( mod5) .

suy ra

34 n − 1 ≡ 0 ( mod5 ) ,

nên ta có

34 n − 1 + 15 ≡ 0 ( mod5) .

Hay

92 n + 14 ≡ 0 ( mod5) .

Vậy

92 n + 14 M5.

Bài tập tự luyện
Bài tập 2.3 Chứng minh rằng:
n
9.10
+ 18 M27, ∀ n ∈ ¥ .
a)
n

n
n
n
1
+
3
+
5
+
7
M8, ∀ n ∈ ¥ , n lẻ.
b)

c) 6 + 19 − 2
2n

d) 6

2 n +1

n

n +1

M17, ∀n ∈ ¥ .

+ 5n+ 2 M31, ∀n ∈ ¥ .

Page | 15

4 n +1

+ 32 n.10 − 13 M64, ∀ n ∈ ¥ .

e) 3

Bài tập 2.4 Chứng minh rằng:
a) 16 − 15n − 1 M225, ∀n ∈ ¥ .
n

3n + 3
3
− 26n − 27 M169, ∀ n ∈ ¥ .
b)

d) 7 − 48n − 1 M48 , ∀ n ∈ ¢ .
2n

2

2 n+ 2

*

+ 32n − 36 M64, ∀n ∈ ¢*.

c) 4.3

*

Bài tập 2.5 Cho n∈ ¢ , chứng minh rằng:
n+2

a) 3

+ 42 n+1 M13
n+ 2

b) 6 + 3
2n

+ 3n M11

Bài tập 2.6 Chứng minh rằng với mọi ∀ n ∈ ¢ , ta có
*

6 n+ 2

+ 3 M19.

4 n+1

+ 2 M11

4 n+1

+ 7 M11.

2

2
a)
2
3
b)

2
2
c)

Dạng 3. Chứng minh một số không là số nguyên tố.
Bài tập 3.1 Chứng minh rằng các số có dạng:

A ( n ) = 22
với

2 n +1

+ 3,

(3.1)

n là số nguyên dương đều không phải là số nguyên tố.
Page | 16


Khai thác lời giải
Cách 1. Sử dụng đồng dư thức.
Giải.
2 n +1

n
2
=
2.4
= 2 ( 3 + 1) ≡ 2 ( mod6 ) , (theo tính chất (iv), mục 1.2.3),
Vì
n

2 n +1
*
2
=
6
k
+
2,
∀
k
∈
¢
.
nên ta đặt

Bây giờ, ta đi chứng minh rằng các số có dạng

A ( k ) = 26 k + 2 + 3

với

k là số nguyên

dương đều không phải là số nguyên tố.
Dễ thấy

A ( k ) ≡ 0 ( mod7 ) .

Thật vậy, ta có:
mà

A ( k ) = 26 k + 2 + 3 = 4.26 k + 3 = 4.64k + 3

64 ≡ 1( mod7 ) ⇒ 64k ≡ 1( mod7 )

.

Do đó

A ( k ) = 4.64k + 3 ≡ 4 + 3 ≡ 0 ( mod7 )

Hơn nữa, vì

A ( k ) = 26 k + 2 + 3 > 7, ∀ k ∈ ¢*.

Suy ra, các số có dạng
Vậy các số có dạng

A ( k ) = 26 k + 2 + 3

A ( n ) = 22

2 n +1

+3

,

với

với

k là số nguyên dương đều hợp số.

n

là số nguyên dương đều không phải là

số nguyên tố.
Cách 2. Sử dụng đẳng thức mở rộng.
Giải.
Ta đi chứng minh

A ( n ) M7 . Thậy vậy, ta có:

Page | 17


A( n) = 2

22 n +1

( )

+3= 2

2n
2 2

(

n

)

+ 3 = 4 4 − 4 + 7.

n

n
*
Vì 4 M4 nên ta đặt 4 = 4k , ∀ k ∈ ¢ , suy ra biểu thức có dạng

(

)

A ( k ) = 44 k − 4 + 7.
Áp dụng đẳng thức mở rộng, ta thấy:

44 k − 4 = 256k − 4 M( 256 − 4 )

Suy ra

44k − 4 M7

mà

7 M7

nên

A ( k ) = 44 k − 4 + 7 M7.

Hơn nữa, vì

A ( k ) = 26 k + 2 + 3 > 7, ∀ k ∈ ¢*.

(

)

Suy ra, các số có dạng
Vậy các số có dạng

.

A ( k ) = 26 k + 2 + 3

A ( n ) = 22

2 n +1

+3

với

với

n

k là số nguyên dương đều hợp số.
là số nguyên dương đều không phải là

số nguyên tố.
Cách 3. Sử dụng định lý Fermat.
Giải.
Ta đi chứng minh
Vì

A ( k ) M7 . Thậy vậy, ta có:

( 2,7 ) = 1 . Theo định lí Fermat, ta có:
26 ≡ 1( mod 7 ) ⇒ 26 n ≡ 1( mod 7 ) , ∀ n ∈ ¢ *.

Suy ra

A ( n ) = 26 n+ 2 + 3 = 4.26n + 3 ≡ 4 + 3 ≡ 0 ( mod 7 ) .
Page | 18


Hơn nữa, vì

A ( n ) = 26 n+ 2 + 3 > 7, ∀ n ∈ ¢ *.

Vậy các số có dạng

A ( n ) = 22

2 n +1

+3

với

n

là số nguyên dương đều không phải là

số nguyên tố.
Cách 4. Sử dụng phương pháp chứng minh quy nạp.
Giải.
Ta đi chứng minh

A ( k ) M7 . Thậy vậy, ta có:

gVới n = 1 ta có:

A ( 1) = 22

2.1+1

+ 3 M7,

suy ra biểu thức (3.1) luôn đúng.

gGiả sử (3.1) đúng với n = k , tức là ta có:
A ( k ) = 22

2 k +1

+ 3 M7
(*)

n = k + 1 , tức là

Ta đi chứng minh (3.1) đúng với

A ( k + 1) = 22

2( k +1) +1

+ 3 M7

Xét thấy biểu thức

A ( k + 1) = 2

(
Ta lại có:
mà

22

2 k +1

)

4

2 k +1 +1
2 ( )

− 34 M22

2 k +1

+3=2

+3

22 k +1.4

(

 2 k +1
+ 3 =  22


)

4


− 34  + 84


, (theo tính chất (iii), mục 1.3.2 ),

 A ( k ) = 222 k +1 + 3 M7,(theo *)

84 M7
Page | 19


Nên ta suy ra

A ( k + 1) = 22

2( k +1) +1

(

 2 k +1
+ 3 =  22


)

4



− 34  + 84 M7


Vậy theo nguyên lý quy nạp ta suy ra (3.1) đúng với ∀ n ∈ ¢ .
*

Hơn nữa, vì

A ( n ) = 26 n+ 2 + 3 > 7, ∀ n ∈ ¢ *.

Vậy các số có dạng

A ( n ) = 22

2 n +1

+3

với

n

là số nguyên dương đều không phải là

số nguyên tố.

Bài tập tự luyện
Bài tập 3.2 Chứng minh rằng với

n

là số nguyên dương thì các số có dạng sau đều

không phải là số nguyên tố.
a)

M ( n ) = 22

+ 3.

4 n +1

b)

N ( n ) = 32

+ 2.

4 n +1

c)

P ( n ) = 22

+ 7.

6 n+ 2

PHẦN 3. KẾT QUẢ TRIỂN KHAI CHUYÊN ĐỀ
3.1 Kết quả nghiên cứu

Page | 20


Năm học vừa qua, tôi đã áp dụng chuyên đề trên với thời lượng là 12 tiết vào việc
bồi dưỡng cho học sinh giỏi các khối 7,8,9 với mục đích giúp cho các em rèn luyện
kỹ năng; năng lực tư duy, suy luận lôgic trong quá trình giải các bài tập nói chung
và nội dung phần số học nói riêng. Phần lớn các em học sinh đã tiếp thu và lĩnh hội
được chi thức tốt, các em đã thực sự có hứng thú hơn khi được luyện thêm các bài
toán số học, tự độc lập tìm tòi ra nhiều cách giải khác nhau mà không cần sự gợi ý
của giáo viên. Kết quả thu được qua quá trình bồi dưỡng rất khả quan, cụ thể:
Khối

Số
HS

7
8
9
Tổng

8
6
6
20

Giỏi
SL %
0
0

0
0
0
0
0
0

Khảo sát thời gian đầu
Khá
TB
SL
%
SL
%
0
0
2
25,0
0
0
2
33,3
1
16,7
3
50,0
1
5,0
7
35,0

Yếu
SL
%
6
75,0
4
66,7
2
33,3
12 60,0

Khảo sát thời gian sau
Giỏi
Khá
TB
SL
%
SL
%
SL
%
6
75,0
2
25,0
0
0
5
83,3

1
16,7
0
0
5
83,3
1
16,7
0
0
15 75,0
5
25,0
0
0

3.2. Kết luận
Việc áp dụng chuyên đề trên vào trong giảng dạy, đã mang lại cho tôi hiệu quả cao
trong việc nâng cao chất lượng bồi dưỡng cho học sinh giỏi các khối 7,8,9 với mục
đích giúp cho các em rèn luyện kỹ năng; năng lực tư duy, suy luận lôgic trong quá
trình giải các bài tập. Nhiều học sinh đã biết chủ động hơn trong việc tìm tòi, định
hướng và sáng tạo ra nhiều cách giải khác nhau mà không cần sự hướng dẫn của
giáo viên.
Nhờ đó, mà tôi có thể giúp các em phát triển năng lực tư duy độc lập, khả năng
sáng tạo, tính tự giác học tập, phương pháp giải toán nhanh, kỹ năng phát hiện tốt.
Trên đây là một vài kinh nghiệm nhỏ trong việc khai thác tư duy trong quá trình
tìm lời giải một số bài tập, áp dụng cho việc bồi dưỡng học sinh khá, giỏi phần số
học nói riêng và môn toán nói chung. Nhưng dù sao đó cũng chỉ là những phương
pháp mà cá nhân tôi đã nghiên cứu, học hỏi, đúc kết kinh nghiệm. Rất mong nhận
được sự góp ý chân thành của thầy, cô và đồng nghiệp.

Page | 21


Page | 22