Sáng kiến kinh nghiệm toán 6 các bài toán chia hết và phương pháp giải

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Năm học 2015 - 2016

PHẦN I

ĐẶT VẤN ĐỀ
I.

LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Theo xu thế phát triển của đất nước, việc phải hội nhập nến kinh tế và giáo dục

với các nước trong khu vực và trên thế giới là điều tất yếu. Nhiệm vụ đặt ra cho
ngành giáo dục là làm thế nào để cải tiến phương pháp giảng dạy cho phù hợp với
sự phát triển của thế giới.
Trong lí luận dạy học hiện nay, nhiều phương pháp được xem xét, được phân
loại theo nhiều quan điểm khác nhau, nhiều ý tưởng mới về phương pháp đang
được đề xuất thử nghiệm nhằm đáp ứng yêu cầu ngày càng cao của con người.
Riêng môn toán, nó có tầm quan trọng trong đời sống và trong các ngành khoa
học. Việc tìm ra phương pháp giảng dạy cho tốt môn toán trong trường phổ thông
là hết sức cần thiết. Theo C.Mac “một khoa học thực sự phát triển nếu nó có thể
sử dụng được phương pháp toán học”. Toán học có vai trò như vậy, vì nó không
chỉ là một tập hợp các sự kiện mà là một hệ thống các sự kiện. Do vậy, việc giảng
dạy môn toán không chỉ đơn điệu sử dụng một phương pháp mà phải phối hợp
các phương pháp giảng dạy với nhau đối với từng loại tri thức toán học (nên dạy
cho học sinh những gì? Cần truyền đạt những gì?....)
Việc học toán và giải toán trong học tập và việc giải quyết những vấn đề trong
cuộc sống có những nét giống nhau nếu cả hai vấn đề đó đều được thực hiện một
cách khoa học. Tính khoa học được thể hiện ở khả năng suy luận logic và khả
năng thực hành công việc. Chẳng hạn, một thợ sửa máy giỏi nếu đoán chính xác
máy bị hư bộ phận nào; sửa bộ phận đó ra sao; thực hiện các thao tác sửa chữa.

Cuối cùng để đạt được kết quả tốt hay không phần lớn dựa vào khả năng thực
hiện các thao tác (giả sử có dự đoán chính xác đến đâu nhưng kĩ năng “tồi” thì
không bao giờ thu được kết quà tốt).
Trong thao tác giải toán cũng đòi hỏi một kĩ năng thật tốt. “Không phải cứ có
tri thức là tự khắc có kĩ năng tương ứng, con đường đi từ chỗ có tri thức đến chỗ
LÊ THỊ LIỄU
1


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Năm học 2015 - 2016

có kĩ năng là con đường luyện tập”. Do vậy, rèn luyện kĩ năng giải toán cho học
sinh là một trong những nhiệm vụ cơ bản của việc giảng dạy toán ở trường phổ
thông.
Trong quá trình giảng dạy, tôi nhận thấy để hình thành được kĩ năng giải toán
cho học sinh trước hết giáo viên cần nêu được phương pháp giải từng bài toán cụ
thể, để dựa vào đó học sinh luyện tập dần dần hình thành kĩ năng giải toán cho
các em. Nếu ta chỉ dạy lí thyết mà không phân loại được từng dạng bài tập và
phương pháp giải thì thiết nghĩ học sinh khó có thể thực hiện tốt các dạng toán nói
chi là hình thành kĩ năng. Do vậy, trong bài viết này tôi đặt vấn đề “phân loại các
dạng bài tập toán và phương pháp giải”. Tuy nhiên với thời
gian và trình độ không cho phép nên tôi chỉ dừng lại việc phân loại:

“Các bài toán chia hết và phương pháp giải”
II.

PHẠM VI NGHIÊN CỨU ĐỀ TÀI:

• Phân loại và nêu được phương pháp giải các dạng bài toán về chia hết trong
chương trình THCS.
• Đưa ra một số dạng bài tập và nâng cao.
III.

ĐỐI TƯỢNG VÀ THỜI GIAN THỰC HIỆN ĐỀ TÀI:

• Đối tượng thực hiện: học sinh khối 6,7, 8 và khối 9.
• Thời gian thực hiện: trong năm học

LÊ THỊ LIỄU
2


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Năm học 2015 - 2016

PHẦN II

NỘI DUNG
I.

SƠ LƯỢC MỘT SỐ KHÁI NIỆM:

1. Kỹ năng là gì?
• Kỹ năng là khả năng thực hiện có kết quả một hành động nào đó theo một
mục đích trong những điều kiện nhất định.
• Kỹ năng toán học là khả năng vận dụng kiến thức (khái niệm, phương pháp,
cách thức…) để giải quyết một nhiệm vụ mới.

• Hình thành kỹ năng cho học sinh là cho học sinh nắm vững một hệ thống
phức tạp những thao tác nhằm làm biến đổi và sáng tỏ những thông tin chứa
đựng trong bài tập, trong nhiệm vụ và đối chiếu chúng với những hành động
cụ thể. Do vậy, hình thành kỹ năng cho học sinh cần:
o Giúp học sinh biết cách tìm tòi để nhận ra yếu tố đã cho, yếu tố phải
tìm và mối quan hệ giữa chúng.
o Giúp học sinh hình thành một mô hình khái quát để giải quyết những
bài tập, đối tượng cùng loại.
o Xác lập được mối quan hệ giữa bài tập mô hình khái quát và các kiến
thức tương ứng.
2. Cơ sở lý thuyết để thực hiện đề tài:
2.1.

Phép Chia Hết:

a. Định Nghĩa:
Cho a, b ∈ Z, b ≠ 0. Nếu tồn tại một số nguyên k sao cho a = kb. Ta nói :
+ a chia hết cho b , kí hiệu:

a Mb

+ b chia hết a, kí hiệu :

b|a

+ a là một bội của b
+ b là một ước của a
LÊ THỊ LIỄU
3

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Năm học 2015 - 2016

b. Tính Chất:
• Tính phản xạ: ∀ a∈ Z, a≠ 0 thì a Ma
• Tính phản xứng: Nếu a Mb và b Ma thì a = b
• Tính bắc cầu: Nếu a Mb và b Mc thì a Mc
c. Một Số Định Lí:
• ∀ a∈ Z thì a M1
• ∀ a∈ Z, a≠ 0 thì 0 Ma
• a Mb ⇒ ka Mb
• a Mm và b M m ⇒ a ± b Mm
• a ± b Mm và a Mm ⇒ b Mm
• a Mm và b M n ⇒ ab Mmn
• a Mb ⇒ an Mbn, n∈ N, n≠ 0
• an Mbn ⇒ a Mb
• a Mb ⇒ an Mb, n∈ N, n≠ 0
• an Mb, b là số nguyên tố ⇒ a Mb, n∈ N, n≠ 0
• ab Mm và (a, m) = 1 ⇒ b M m
• ab Mm và m là nguyên tố ⇒ a Mm hoặc b Mm
• a Mm và a M n và (m,n) = 1 ⇒ a Mmn
• a Mm , a Mn và a M p với m,n,p nguyên tố đôi một cùng nhau ⇒ a Mmnp
• Tích n số tự nhiên liên tiếp thì chia hết cho giai thừa n
(m +1)(m+2)…(m+n) M n!
d. Điều Kiện Chia Hết:
• Điều kiện chia hết cho 2:
an a ...a a M
2⇔a M

2 hay a = 0,2, 4,6,8
n−1 1 0
0
0
• Điều kiện chia hết cho 5:
an a ...a a M
5⇔a M
5 hay a = 0,5
n−1 1 0
0
0
• Điều kiện chia hết cho 3 hoặc 9:
LÊ THỊ LIỄU
4


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Năm học 2015 - 2016

an a ...a a M
3 ⇔ an + a ... + a + a M
3
n−1 1 0
n−1
1 0

an a ...a a M
9 ⇔ an + a ... + a + a M
9

n−1 1 0
n−1
1 0
• Điều kiện chia hết cho 4 = 22 hoặc 25 = 52:
an a
...a a M
4 ⇔a a M
4
n−1 1 0
1 0
an a
...a a M
25 ⇔a a M
25
n−1 1 0
1 0

• Điều kiện chia hết cho 8 = 23 hoặc125 = 53:
an a ...a a a M
8⇔ a a a M
8
n−1 2 1 0
21 0

an a ...a a a M
125 ⇔ a a a M
125
n−1 2 1 0
21 0
• Điều kiện chia hết cho 11:

Điều kiện để một số tự nhiên chia hết cho 11 là tổng các chữ số ở hàng lẻ trừ tổng
các chữ số ở hàng chẵn chia hết cho 11.
+ Nếu n là số chẵn thì an là số hạng thứ (n+1) lẻ.
ana a
...a a a M11 ⇔ (a + a + ... + an ) − (a + a + ... + a ) M11
n−1 n−2 2 1 0
1 3
0 2
n−1
+ Nếu n là số lẻ thì an là số hạng thứ (n+1) chẵn
an a a
...a a a M11 ⇔ (a + a + ... + a ) − (a + a + ... + an ) M
11
n−1 n−2 2 1 0
1 3
n−1
0 2
2.2.

Đồng Dư Thức:

a. Định nghĩa:
Cho m là số nguyên dương. a, b là hai số nguyên tuỳ ý. Nếu a và b có cùng số dư
trong phép chia cho m thì ta nói a và b đồng dư với nhau theo mô đun m. viết là:
a ≡ b ( mod m )
b. Định lí:
Cho a, b, m ∈ Z, m > 0. Ba mệnh đề sau là tương đương:
• a ≡ b ( mod m )
• a – b Mm
• a = b + mt, t ∈ Z

c. Tính Chất:

LÊ THỊ LIỄU
5


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Năm học 2015 - 2016

• Tính chất 1: Ta có thể cộng vế với vế của hai đồng dư thức theo cùng một
mô đun. Nghĩa là từ các đồng dư thức a ≡ b ( mod m ), c ≡ d( mod m ), suy
a + c ≡ b + d ( mod m )

ra
Chứng minh:

Ta có: ( a + c ) – ( b + d ) = ( a – b ) + ( c – d )
Từ giả thiết suy ra, a – b và c – d chia hết cho m, do đó
( a + c ) – ( b + d ) chia hết cho m
Hay

a+c

b + d ( mod m )

Hệ quả:
o a ≡ b ( mod m ) suy ra a + c ≡ b + c ( mod m )
o a ≡ b ( mod m ) suy ra a ≡ b + mt ( mod m )
o a ≡ b ( mod m ) suy ra a – c ≡ b ( mod m )

•

Tính chất 2: Ta có thể nhân vế với vế của hai đồng dư thức theo cùng một
mô đun. Nghĩa là từ các đồng dư thức a ≡ b( mod m ), c ≡ d( mod m ), suy ra
ac ≡ bd ( mod m )

Chứng minh: Ta có: ac – bd = ac – ad + ad – bd = a(c – d) + d(a – b)
Từ giả thiết suy ra, c – d và a – b chia hết cho m, do đó
ac – bd chia hết cho m
Hay

ac ≡ bd ( mod m )

Hệ quả:
o a ≡ b ( mod m ) suy ra ac ≡ bc ( mod m )
o a ≡ b ( mod m ) suy ra an ≡ bn ( mod m ), n là số nguyên dương
•

Tính chất 3: Ta có thể chia hai vế của một đồng dư thức cho một ước
chung nguyên tố với mô đun. Nghĩa là nếu d là một ước chung nguyên tố
của a và b và (d,m) = 1 thì a ≡ b ( mod m ), suy ra
a b
≡ (mod m)
d d

LÊ THỊ LIỄU
6


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Năm học 2015 - 2016

Chứng minh:

a b
− ) chia hết cho m.
d d
a b
Nhưng (d,m) = 1, từ đó suy ra − chia hết cho m.
d d
a b
≡ (mod m)
Hay
d d

Theo giả thiết ta có: a – b = d (

•

Tính chất 4: Ta có thể nhân hai vế và mô đun của một đồng dư thức với
một số nguyên dương và chia hai vế và mô đun cho một ước chung dương
của chúng, Nghĩa là từ a ≡ b ( mod m ), suy ra ac ≡ bc ( mod mc ) và
a b
m
≡ (mod ) , với mọi số nguyên dương c và mọi ước chung dương d
d d
d

của a, b, m.

Chứng minh:
Theo giả thiết ta có: a – b chia hết cho m. suy ra ac – bc chia h ết
cho mc và

m
a b
≡ bc ( mod mc ) và
− chia hết cho
d . Từ đó suy ra ac
d d

a b
m
≡ (mod ) , với mọi số nguyên dương c và mọi ước chung dương d
d d
d

của a,b,m

•

Tính chất 5: Nếu hai số đồng dư với nhau theo mô đun m thì chúng cũng
đồng dư với nhau theo theo mô đun n với mọi ước nguyên dương n của m,
nghĩa là từ a ≡ b ( mod m ) suy ra a ≡ b ( mod n ), n là ước nguyên dương
bất kì của m.

Chứng minh:
Tính chất này hiển nhiên vì a – b chia hết cho m thì a – b chia hết
cho cho mọi ước của m

LÊ THỊ LIỄU
7


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

•

Năm học 2015 - 2016

Tính chất 6: Nếu hai số đồng dư với nhau theo nhiều mô đun m thì chúng
cũng đồng dư với nhau theo theo mô đun là BCNN của các mô đun, nghĩa
là, từ a ≡ b ( mod mi ), i = 1, 2, 3, …, n suy ra a ≡ b ( mod M ), M = = [m 1,
m2,…,mn]

Chứng minh:
Tính chất này cũng hiển nhiên vì a – b là một b ội chung c ủa m 1, m2,
…,mn thì nó cũng là bội của BCNN(m1, m2,…,mn)

II.

PHÂN TÍCH THỰC TRẠNG:

1. Thuận lợi:
• Nhà trường:
o BGH luôn quan tâm đến chất lượng giáo dục toàn diện, đổi mới
phương pháp dạy học.
o Thường xuyên tổ chức các lớp bồi dưỡng học sinh giỏi, phụ đạo học
sinh yếu.
o Tạo điều kiện thuận lợi cho giáo viên phát huy khả năng của mình.

o Luôn quan tâm đến việc rèn luyện học sinh giỏi.
• Đồng nghiệp:
o Tận tình giúp đỡ, dự giờ thăm lớp, nhận xét những gì đạt được, những
gì còn hạn chế để khắc phục, trao đổi phương pháp để có tiết dạy tốt.
• Phụ huynh học sinh:
o Tạo mọi điều kiện tốt cho con em trong mọi hoạt động của trường
lớp.
2. Khó khăn:
• Nhà trường:
o Cơ sở vật chất còn thiếu sân chơi bi tập
o Phụ huynh học sinh: Chưa quan tâm đến chất lượng học tập của con
em mình
LÊ THỊ LIỄU
8


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Năm học 2015 - 2016

3. Thực trạng khi chưa áp dụng đề tài:
Những năm học trước tôi được nhà trường phân công bồi dưỡng học sinh
giỏi toán khối 8 ,9 và học sinh giỏi giải toán bằng máy tính casio, trong quá
trình giảng dạy và thông qua kiểm tra tôi nhận thấy những điều sau:
• Kỹ năng giải toán của các em còn rất nhiều hạn chế do không biết giải bài
toán phải bắt đầu từ đâu.
• Những bài tập vận dụng so với lý thuyết mà các em được học ở lớp thật sự
khó thực hiện với khả năng của các em.
• Tuy bộ môn số học các em đã được học từ khi bắt đầu đi học, nhưng khả
năng để giải các bài toán đó hầu như các em không thực hiện được. Đặc biệt

các bài toán về chia hết,… mà những dạng toán này thì hầu như đều có
trong các cuộc thi toán. Do vậy tôi đã áp dụng đề tài này.
III.

ĐỀ XUẤT BIỆN PHÁP:

1. Các dạng toán thường gặp và phương pháp giải:
1.1 Dạng 1: Chứng minh A(n) chia hết cho một số nguyên tố P

• Phương pháp:
Để chướng minh A(n) chia hết cho P, P nguyên tố ta có thể xét mọi trường
hợp về số dư khi chia n cho p(0, ±1, ±2,..., ±

p −1
)
2

• Ví dụ:
CMR: A(n) = n(n2 + 1)(n2 + 4) M5 , ∀n ∈ Z
Giải:
Xét các trường hợp:
TH1: nếu n M5 ⇒ A(n) = n(n2 + 1)(n2 + 4) M5
TH2: nếu n M5 thì n có dạng 5k ± 1hoặc 5k ± 2
• Nếu n = 5k ± 1 ⇒ n2 = 25k2 ± 10k + 1 ⇒ n2 + 4 M5 ⇒ A(n) M5
• Nếu n = 5k ± 2 ⇒ n2 = 25k2 ± 20k + 4 ⇒ n2 + 1 M5 ⇒ A(n) M5
Vậy: A(n) = n(n2 + 1)(n2 + 4) M5 , ∀n ∈ Z
LÊ THỊ LIỄU
9

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

• Bài tập áp dụng:

Năm học 2015 - 2016

Chứng minh rằng:

a/ Trong hai số nguyên liên tiếp có một và chỉ một số chia hết cho 2
b/ Trong ba số nguyên liên tiếp có một và chỉ một số chia hết cho 3
c/ Trong k số nguyên liên tiếp có một và chỉ một số chia hết cho
Giải: a/ Hai số nguyên liên tiếp là n và n + 1
• Nếu n M2 thì (n + 1) M2
• Nếu n M2 thì n M2
Vậy: Trong hai số nguyên liên tiếp có một và chỉ một số chia hết cho 2
b/ Ba số nguyên liên tiếp là n , n + 1 và n + 2
• Nếu n M3 thì (n + 1) và n + 2 không chia hết cho 3
• Nếu n M3 thì n có dạng 3k ± 1, ∀k ∈ Z
o Nếu n = 3k + 1 thì (n + 2) M3
o Nếu n = 3k - 1 thì (n + 1) M3
Vậy: Trong ba số nguyên liên tiếp có một và chỉ một số chia hết cho 3
c/ k số nguyên liên tiếp là n , n + 1, …, n + k – 1
• Nếu n Mk thì (n + 1), n + 2, …, n + k – 1 không chia hết cho k
k −1

• Nếu n Mk thì n có dạng kq ± 1, kq ± 2,…, kq ± 2

o Nếu n = kq ± 1 thì n + k – 1 hoặc n + 1 chia hết cho k
o Nếu n = kq ± 2 thì n + k – 2 hoặc n + 2 chia hết cho k
………………………………………………………………

o Nếu n =kq ±

k −1
k +1
k −1
thì n +
hoặc n +
chia hết cho k
2
2
2

1.2. Dạng 2: Chứng minh A(n) chia hết cho m, m là hợp số.

• Phương pháp:
Để chướng minh A(n) chia hết cho m, m là hợp số ta phân tích m ra thừa số.
Giả sử m = pq

LÊ THỊ LIỄU
10


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Năm học 2015 - 2016

o Trường hợp 1: Nếu p, q là hai số nguyên tố hay p và q là hai số
nguyên tố cùng nhau thì ta tìm cách chứng minh A(n) Mp và A(n) Mq,
từ đó suy ra A(n)Mp.q ,(p.q=m)
• Ví dụ 1:

Chứng minh rằng tích của ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 6.
Giải: Gọi ba số nguyên liên tiếp là n, n + 1, n + 2. Tích của chúng là:
A(n) = n(n + 1)( n + 2)
Trong hai số nguyên liên tiếp n và n + 1 bao giờ cũng có một s ố chia

•

hết cho 2. Do đó A(n) M2
Trong ba số nguyên liên tiếp n, n + 1 và n + 2 bao giờ cũng có m ột s ố

•

chia hết cho 3. Do đó A(n) M3
Mà (2,3) = 1. Vậy A(n) M6
o Trường hợp 2: Nếu p và q không nguyên tố cùng nhau thì ta phân
tích A(n) ra thừa số. Chẳng hạn A(n) = B(n).C(n) và tìm cách chứng
minh B(n)Mp và C(n)Mq, từ đó suy ra A(n) = B(n).C(n) Mp.q ,(p.q=m)
• Ví dụ 2:
Chứng minh rằng tích của hai số chẵn liên tiếp chia hết cho 8.
Giải:
Gọi hai số chẵn liên tiếp là 2n và 2n + 2. Tích của chúng là:
A(n) = 2n(2n + 2)
Ta có: 8 = 2.4 và A(n) = 4.n(n + 1)
mà

4M4

Vậy

; n(n + 1) M2

A(n) = 4.n(n + 1) M4.2 hay A(n) M8

• Bài tập áp dụng:
Chứng minh rằng:
a/ A(n) = n4 – n2 M12, ∀n ∈ Z
b/ B(n) = n(n+2)(25n2 – 1) M24, ∀n ∈ Z
c/ C = ab(a4 – b4) M30, ∀a, b ∈ N , a > b
LÊ THỊ LIỄU
11


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Năm học 2015 - 2016

Giải:
a/ Ta có thể viết A(n) = n4 – n2 = (n – 1)n.n(n + 1)
•

Tích ba số nguyên liên tiếp (n – 1)n(n + 1) luôn chia hết cho 3:

⇒ A(n) M3
•

Tích hai số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2

⇒ (n – 1)n M2 và n(n + 1) M2 ⇒ A(n) M4

Mà 12 = 3.4 và (3,4) = 1 nên A(n) = n4 – n2 M12, ∀n ∈ Z

b/ Ta có thể viết B(n) = n(n+2)(25n2 – 1) = n(n + 2)(n2 – 1 + 24n2)
= n(n + 2)(n2 – 1) + 24n3(n + 2)
Ta chứng minh C(n) = n(n + 2)(n2 – 1) M24, ∀n ∈ Z
Ta có: C(n) = n(n + 2)(n2 – 1) = (n – 1)n(n + 1)(n + 2)
•

Tích ba số nguyên liên tiếp (n – 1)n(n + 1) luôn chia hết cho 3:
⇒ C(n) M3

•

Trong bốn số nguyên liên tiếp (n – 1), n, (n + 1), (n + 2) luôn có m ột
số chia hết cho 2 và một số chia hết cho 4 ⇒ C(n) M8, ∀n ∈ Z

Mà 24 = 3.8 và (3,8) = 1 nên C(n) = n(n + 2)(n2 – 1) M24, ∀n ∈ Z
Ta lại có 24n3(n + 2) M24, ∀n ∈ Z
Do đó, B(n) = n(n+2)(25n2 – 1) M24, ∀n ∈ Z
c/ Chứng minh C = ab(a4 – b4) chia hết cho 2, 3, 5
•

Nếu a hoặc b chẵn thì ab(a4 – b4) M2 ⇒ C M2

•

Nếu a và b cùng lẻ thì (a4 – b4) M2 ⇒ C M2

Do đó, C = ab(a4 – b4) M2 ∀a, b ∈ N

(1 )

•

Nếu a hoặc b chiahết cho 3 thì ab(a4 – b4) M3 ⇒ C M3

•

Nếu a và b không chia hết cho 3 thì a = 3k ± 1, b = 3q ± 1. k , q ∈ Z

⇒ a4 =3t + 1 , b4 = 3h + 1. t , h ∈ Z
⇒ (a4 – b4) M3 ⇒ C M3

Do đó, C = ab(a4 – b4) M3 ∀a, b ∈ N
•

(2 )

Nếu a hoặc b chiahết cho 5 thì ab(a4 – b4) M5 ⇒ C M5

• Nếu a và b không chia hết cho 5 thì a = 5k ± 1 hoặc a = 5k ± 2
LÊ THỊ LIỄU
12 b = 5q ± 1 hoặc b = 5q ± 2 k , q ∈ Z
⇒ ( a4 – 1) M5 và (b4 – 1) M5 ⇒ (a4 – b4) M5


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Năm học 2015 - 2016

1.3 Dạng 3: Chứng minh A(n) chia hết cho m, ∀m ∈ N
• Phương pháp:

Để chướng minh A(n) chia hết cho m, ta có thể biến đổi A(n) thành tổng của
nhiều số hạng và chứng minh mỗi số hạng chia hết cho m.
• Ví dụ:
CMR: A(n) = n3 – 13nM6 , ∀n ∈ Z
Giải:
Ta có thể viết A(n) = n3 – 13n = (n3 – n) – 12n = (n – 1)n(n + 1) – 12n
•

Tích ba số nguyên liên tiếp (n – 1)n(n + 1) luôn chia hết cho 6:

⇒ (n3 – n) M6

Ta lại có : 12n M6
⇒ (n3 – n) – 12n M6 hay A(n) = n3 – 13n M6 , ∀n ∈ Z

• Bài tập áp dụng:
Chứng minh rằng:
a/ Tổng lập phương của ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 9.
b/ B(n) = n5 – n M 30, ∀n ∈ Z
c/ C(n) = n3 + 5n M 6, ∀n ∈ Z
Giải: a/ Gọi ba số nguyên liên tiếp là: n, n + 1, n + 2
Ta phải chứng minh A(n) = n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3 M9, ∀n ∈ Z
Ta có: A(n) = n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3 = 3n3 + 9n2 + 15n + 9
= 3n3 – 3n + 18n + 9n2 + 9 = 3n( n – 1)(n + 1) + 18n + 9n2 +
9
•

Tích ba số nguyên liên tiếp (n – 1)n(n + 1) luôn chia hết cho 3
⇒ 3n( n – 1)(n + 1) M9

Ta lại có : 18n + 9n2 + 9 M9
⇒ 3n( n – 1)(n + 1) + 18n + 9n2 + 9 M9
LÊ THỊ LIỄU
hay A(n) = n3 + (n + 1)3 + (n + 2)133 9,


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Năm học 2015 - 2016

b/ Ta có: B(n) = n5 – n = n( n4 – 1)
= n(n2 + 1)(n2 – 1)
= n(n – 1)(n + 1)(n2 – 4 + 5)
= n(n – 1)(n + 1)(n2 – 4) + 5n(n – 1)(n + 1)
= n(n – 1)(n + 1)(n – 2)(n + 2) + 5n(n – 1)(n + 1)
•

Do n(n – 1)(n + 1)(n – 2)(n + 2) là tích của n ăm s ố nguyên liên ti ếp nên
chia hết cho 2, 3 và 5. Và vì 2, 3 và 5 đôi một nguyên t ố cùng nhau nên:
n(n – 1)(n + 1)(n – 2)(n + 2) M30

•

Tích ba số nguyên liên tiếp n(n – 1)(n + 1) luôn chia hết cho 6
⇒ 5n(n – 1)(n + 1) M30

Vậy: B(n) = n5 – n = n(n – 1)(n + 1)(n – 2)(n + 2) + 5n(n – 1)(n + 1) M30
c/ Ta có: C(n) = n3 + 5n = n3 – n + 6n
= n(n – 1)(n + 1) + 6n
•

Tích ba số nguyên liên tiếp n(n – 1)(n + 1) luôn chia hết cho 6 và
6n M6

1.4 Dạng 4: Chứng minh A(n) chia hết cho m bằng phương pháp dùng hằng
đẳng thức.
• Phương pháp:
Để chướng minh A(n) chia hết cho m ta sử dụng các hằng đẳng thức sau:
o a2 – b2 = (a + b)(a – b)
o Công thức Newton:

( a + b)

n

= a n + na n −1b +

n(n − 1) n −2 2
n(n − 1) 2 n −2
a b + ... +
a b + nab n −1 + b n
1.2
1.2

o a3 – b3 = (a – b)(a2 + ab + b2)
o a3 + b3 = (a + b)(a2 – ab + b2)
LÊ THỊ LIỄU
14

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Năm học 2015 - 2016

o an – bn = (a – b)(an-1 + an-2b + …+ abn-2 + bn-1), ∀n ∈ N
o an – bn = (a + b)(an-1 – an-2b + …+ abn-2 – bn-1), ∀n chẵn
o an + bn = (a + b)(an-1 – an-2b + … – abn-2 + bn-1), ∀n lẻ
Từ các hằng đẳng thức trên suy ra
o an – bnMa – b, ∀n ∈ N (a ≠ b)
o an – bnMa + b, ∀n chẵn (a ≠ −b)
o an + bnMa + b, ∀n lẻ (a ≠ −b)
•

Ví dụ :
CMR: A(n) = 24n – 1M15 , ∀n ∈ N

Giải:
Ta có : A(n) = 24n – 1 =(24)n – 1 = (24 – 1) [(24)n-1 + … + 1] = 15.M M15
Vậy: A(n) = 24n – 1M15 , ∀n ∈ N
•

Bài tập áp dụng :
Chứng minh rằng:
a/ A = 25 + 35 + 55 M5

Giải:

b/ B = 71 + 72 + 73 + 74 + … + 74k M400 , ∀k ∈ N

c/ C = 75(451975 +5 41974 + … + 425 + 5)5 + 25 M41976

a/ Vì 5 là số lẻ nên 2 + 3 M(2 + 3) ⇒ 2 + 3 M5
mà: 55 M5
Vậy: A = 25 + 35 + 55 M5
b/ Ta có: B = 71 + 72 + 73 + 74 + … + 74k
= ( 71+72+73+74 ) + (75+76+77+78) +…+ (74k-3+ 74k-2+ 74k-1+ 74k)
= ( 71+72+73+74 ) + 74( 71+72+73+74 ) +…+ 74k-4( 71+72+73+74 )
= ( 71+72+73+74 )( 1 + 74 + 78 + … + 74k-4)
= 7(1 + 7 + 49 + 343)( 1 + 74 + 78 + … + 74k-4)
= 7. 400M
Vậy: B = 71 + 72 + 73 + 74 + … + 74k M400 , ∀k ∈ N
c/ Ta có: C = 75(41975 + 41974 + … + 42 + 5) + 25
= 25.3(41975 + 41974 + … + 42 + 4 + 1) + 25
= 25( 4 – 1)(41975 + 41974 + … + 42 + 4 + 1) + 25

LÊ THỊ LIỄU

Ap dụng hằng đẳng thức: an – bn = (a – b)(an-1 + an-2b + …+ abn-2 + bn-1)
15
⇒ C = 25(41976 – 1) + 25 = 25. 41976


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Năm học 2015 - 2016

1.5 Dạng 5: Chứng minh A(n)Mm bằng phương pháp dùng nguyên lí Dirichlet.
• Phương pháp:
Nguyên lí Dirichlet: “Nếu nhốt 9 chú thỏ vào 4 cái chuồng thì phải có một
cái chuồng nhốt ít nhất 3 chú thỏ”.
• Ví dụ:

Chứng minh rằng: Trong m + 1 số nguyên bất kì thế nào cũng có hai số có
hiệu chia hết cho m.
Giải:
Khi chia một số cho m thì ta có số dư là một trong m s ố 0, 1, 2, …, m – 1.
Do đó, theo nguyên lí Dirichlet khi chia m + 1 số cho m thì phải có ít nhất hai số
có cùng số dư. Hiệu hai số này chia hết cho m.
• Bài tập áp dụng:
Chứng minh rằng:
a/ Trong m số nguyên bất kì bao giờ cũng có một số chia hết cho m hoặc
có ít nhất hai số có tổng chia hết cho m.
b/ Trong các số tự nhiên thế nào cũng có số k sao cho: 1983k – 1M105
Giải:
c/ Tồn tại số tự nhiên k < 17 sao cho : 25k – 1M17
a/ Gọi m số nguyên bất kì là: a1, a2, a3, …, am . Ta lập tổng:
a1
a1 + a2
a1 + a2 + a3
…………………
a1 + a2 + a3 + …+ am
• TH1 : Một trong các tổng trên chia hết cho m. Đó là điều phải chứng minh
• TH2: Không có tổng nào chia hết cho m, như vậy số d ư khi chia m ỗi
tổng trên cho m là một số từ 1 đến m – 1. Ta có m t ổng, do đó theo nguyên
Dirichlet phải có hai tổng có cùng số dư khi chia cho m. Hiệu c ủa hai
LÊ THỊ líLIỄU
16
tổng này (là tổng của một số các số đã cho) chia hết cho m.


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Năm học 2015 - 2016

b/ Cho k lần lượt lấy 105 + 1 giá trị liên tiếp từ 1 trở đi, ta được 10 5 + 1 giá trị
khác nhau của 1983k – 1. Chia 105 + 1 số này cho 105 ta chỉ có nhiều nhất 105
số dư. Vì vậy, theo nguyên lí Dirichlet phải có ít nh ất hai s ố có cùng s ố d ư khi
chia cho 105. Giả sử hai số đó là 1983m – 1 và 1983n – 1 (m >n). Thế thì hiệu hai
số này phải chia hết cho 105.
(1983m – 1) – (1983n – 1)M105
mà: (1983m – 1) – (1983n – 1) = 1983m– 1983n = 1983n(1983m-n – 1)
Nhưng 105 và 1983n nguyên tố cùng nhau, do đó 1983m-n – 1 phải chia hết cho
105. Như vậy là có số k/= m – n để 1983k’ – 1 M105
c/ Xét dãy số gồm 17 số hạng sau:
25, 252, 253, …, 2517

(*)

Chia các số hạng của dãy (*) cho 17. Vì (25, 17) = 1 nên (25 n, 17) = 1,
∀n ∈ N *

Do đó, số dư của phép chia chỉ có thể là: 1, 2, 3, …, 16. Có 17 phép chia và có 16 s ố
dư nên theo nguyên lí Dirichlet có ít nhất hai số hạng của dãy (*) có cùng s ố d ư
khi chia cho 17.
Gọi hai số đó là 25i và 25j , ( i, j ∈ N và1 ≤ i ≤ j ≤ 17 )
⇒ 25j – 25i M17 ⇒ 25i (25j-i – 1) M17

Vì (25i , 17) = 1 nên (25j-i – 1) M17
1.6 Dạng 6 : Chứng minh A(n)Mm bằng phương pháp quy nạp toán học.
• Phương pháp:
Xét bài toán: Chứng minh rằng P(n) đúng ∀n ∈ Z và n ≥ a , a ∈ Z
o Phương pháp 1:

Bước 1: Thử với n = a ⇒ P(a) đúng. Do đó, P(n) đúng khi n = a.
Bước 2: Giả sử P(n) đúng khi n = k, k ∈ Z và k ≥ a , nghĩa là P(k) đúng.
LÊ THỊ LIỄU
17


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Năm học 2015 - 2016

Bước 3: Ta phải chứng minh P(n) đúng khi n = k + 1, nghìa là P(k + 1) đúng.
Bước 4: Kết luận
Vậy: P(n) đúng ∀n ∈ Z và n ≥ a , a ∈ Z
o Phương pháp 2:
Bước 1: Thử với n = a ⇒ P(a) đúng. Do đó, P(n) đúng khi n = a.
Khi n = a + 1 ⇒ P(a + 1) đúng
Bước 2: Giả sử P(k – 1) và P(k) đúng , k ∈ Z và k ≥ a + 1
Bước 3: Ta phải chứng minh P(n) đúng khi n = k + 1, nghìa là P(k + 1) đúng.
Bước 4: Kết luận
Vậy: P(n) đúng ∀n ∈ Z và n ≥ a , a ∈ Z
o Phương pháp 3:
Bước 1: Thử với n = a ⇒ P(a) đúng. Do đó, P(n) đúng khi n = a.
Bước 2: Giả sử P(a), P(a + 1), …, P(k – 1), P(k) đúng.
Bước 3: Ta phải chứng minh P(n) đúng khi n = k + 1, nghìa là P(k + 1) đúng.
Bước 4: Kết luận
Vậy: P(n) đúng ∀n ∈ Z và n ≥ a , a ∈ Z
• Ví dụ:
CMR: A(n) = 16n – 15n – 1M225, ∀n ∈ N (*)
Giải: Khi n = 1
Ta có: A(1) =161 – 15.1 – 1 = 0 M225

• Giả sử (*) đúng khi n = k. Nghĩa là:
A(k) = 16k – 15k – 1M225
• Ta chứng minh (*) đúng khi n = k + 1. nghĩa là ta chứng minh
A(k + 1) = 16k+1 – 15(k + 1) – 1 M225
Thật vậy:

16k+1 – 15(k + 1) – 1
= 16. 16k – 15k – 15 – 1
= (16k – 15k – 1) + 15. 16k – 15

Theo giả thiết quy nạp thì (16k – 15k – 1) M225
Còn 15. 16k – 15 = 15(16k – 1) M225 ( do16k – 1 M(16 – 1) =15)
Do đó, A(k + 1) = 16k+1 – 15(k + 1) – 1 M225
LÊ THỊ LIỄU
18


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Năm học 2015 - 2016

• Bài tập áp dụng:
Chứng minh rằng:
a/ A(n) = 42n+2 – 1 M15, ∀n ∈ N
b/ B(n) = 4n + 15n – 1 M9, ∀n ∈ N
c/ C(n) = 10n + 18n – 28 M27, ∀n ∈ N
Giải: a/ A(n) = 42n+2 – 1 M15, ∀n ∈ N (1)
• Khi n = 0
Ta có: A(0) =42 – 1 = 15 M15
• Giả sử (1) đúng khi n = k. Nghĩa là:

A(k) = 42k+2 – 1 M15
• Ta chứng minh (1) đúng khi n = k + 1. nghĩa là ta chứng minh
A(k + 1) = 42(k +1)+2 – 1 M15
Thật vậy:
42(k +1)+2 – 1 = 16.42k+2 – 1
= 15.42k+2 + (42k+2 – 1)
Theo giả thiết quy nạp thì 42k+2 – 1 M15
Còn 15.42k+2 M15
Do đó, A(k + 1) = 42(k +1)+2 – 1 M15
Vậy: A(n) = 42n+2 – 1 M15, ∀n ∈ N
b/ B(n) = 4n + 15n – 1 M9, ∀n ∈ N (2)
• Khi n = 0
Ta có: B(0) = 40 + 15.0 – 1 = 0 M15
• Giả sử (2) đúng khi n = k. Nghĩa là:
B(k) = 4k + 15k – 1 M9
• Ta chứng minh (2) đúng khi n = k + 1. nghĩa là ta chứng minh
B(k+1) = 4k +1 + 15(k + 1) – 1 M9
Thật vậy:
4k +1 + 15(k + 1) – 1 = (4k + 15k – 1) + 3(4k + 5)
Theo giả thiết quy nạp thì 4k + 15k – 1 M9
Ta lại có 4k = 3M + 1 ⇒ 4k + 5 M3 ⇒ 3(4k + 5) M9
Do đó, B(k+1) = 4k +1 + 15(k + 1) – 1 M9
Vậy: B(n) = 4n + 15n – 1 M9, ∀n ∈ N
c/ C(n) = 10n + 18n – 28 M27, ∀n ∈ N (3)
• Khi n = 0
Ta có: C(0) = 100 + 18.0 – 28 = - 27 M27
• Giả sử (2) đúng khi n = k. Nghĩa là:
C(k) = 10k + 18k – 28 M27
• Ta chứng minh (2) đúng khi n = k + 1. nghĩa là ta chứng minh
C(k+1) = 10k+1 + 18(k+1) – 28 M27

Thật vậy: 10k+1 + 18(k+1) – 28 = (10k + 18k – 28) + 9(10k + 2)
LÊ THỊ LIỄU
Theo giả thiết quy nạp thì 10k + 18k – 28M27
19


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Năm học 2015 - 2016

1.7 Dạng 7 : Chứng minh A(n)Mm bằng phương pháp dùng đồng dư thức.
• Phương pháp:
Để chứng minh A(n) chia hết cho m ta có thể sử dụng các tính chất, định lí
của đồng dư thức để chứng minh.
• Ví dụ:
CMR: Một số chia hết cho 9 khi tổng các chữ số của nó chia hết cho 9.
Giải: Gọi số nguyên N = ...dcba hay N = a + 10b + 102c + 103d + …
Ta có:
a ≡ a ( mod 9)
10 ≡ 1 (mod 9) ⇒ 10b ≡ b (mod 9)
102 ≡ 1 (mod 9) ⇒ 102c ≡ c (mod 9)
103 ≡ 1 (mod 9) ⇒ 103d ≡ d (mod 9)
…………………………………......
Cộng từng vế các đồng dư thức trên ta được:
N = a + 10b + 102c + 103d + … ≡ a + b + c + d + … (mod 9)
Vậy N đồng dư với tổng các chữ số của nó theo môđun 9. Do đó, N chia h ết
• Bài tập áp dụng:
Chứng minh rằng:
a/ A = 2

2n

2

+ 5

M7, ∀ n ∈ N

b/ B = 7.52n + 12.6n M19, ∀n ∈ N
Giải:c/ C = 22225555+ 55552222 M7
a/ Ta có: 23 = 8 ≡ 1(mod 7). Ta đi tìm số dư của 22n khi chia cho 3
Vì 4 ≡ 1 (mod 3) nên 4n ≡ 1 (mod 3)
Hay 42n ≡ 1 (mod 3)
Đặt : 22n = 3k + 1, ta được:
A = 23k + 1 + 5 = 2. 8k + 5 ≡ 2 + 5 ≡ 0 (mod 7)
2n
M7, ∀ n ∈ N
Vậy: A = 2

2

+ 5

b/ Ta có: A = 7.25 + 12.6n
Vì 25 ≡ 6 (mod 19) nên A ≡ 7.6n + 12.6n ≡ 19.6n ≡ 0 (mod 19)
Vậy: A = 7.52n + 12.6n M19, ∀n ∈ N
c/ Ta có:
2222 ≡ 3 (mod 7) ⇒ 22224 ≡ 34 ≡ 4 (mod 7)
⇒ 22225 ≡ 4.3 ≡ 5 (mod 7)
LÊ THỊ LIỄU

Ta lại có: 55555 ≡ 4 ( mod 7) ⇒ 55552 ≡ 42 ≡ 2 (mod 7)
20
Mà: 22225555 + 22225555 = 22225.1111 + 55552.1111 ≡ 51111 + 21111
n


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Năm học 2015 - 2016

Trên đây là một vài suy nghĩ của bản thân trong quá trình giảng dạy. Tuy nhiên
có những bài toán ta có thể có nhiều cách giải khác nhau, đơn giản hơn, hợp lí
hơn. Nhưng mục đích của đề tài này không phải nêu ra cách giải toán mà chúng tôi
muốn thông qua các ví dụ để nêu lên cách giảng dạy và hướng dẫn học sinh rèn
luyện kĩ năng trong giải toán tứ đó phát triển tư duy sáng tạo, khả năng tìm tòi cùa
các em.
Từ bài viết này quý thầy cô cũng có thể lập ra các dạng bài toán khác như: Các
bài toán về tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất; các bài toán về bất đẳng thức; các bài
toán về đoạn thẳng tỉ lệ,….
Với thời gian và trình độ không cho phép, nên bài viết không thể trách khỏi
những sai xót, rất mong sự đóng góp của quý thầy cô và các bạn đồng nghiệp.
2. Kết quả đạt được:
Qua thời gian áp dụng đề tài, tôi nhận thấy các em thật sự say mê giải toán.
Thời gian ở nhà các em đọc sách nhiều hơn và thể hiện lời giải các bài toán tương
đối chặt chẽ. Do vậy, trong năm học 2015– 2016, đối với học sinh lớp 6 có 11 học
sinh giỏi toán trên mạng (1 giải nhất, 1 giải nhì, 3 giải ba và 6 giải kk) và 7 giải
trong kỳ thi văn hoá cấp huyện (1 giải nhì, 3 giải ba và 3 giải kk).
Tôi cũng đưa chương trình ôn này vào ôn tập củng cố cho đội tuyển học sinh
giỏi toán các lớp 8 và 9, cấp tỉnh của huyện. Kết quả đạt được bước đầu tương đối
khả quan với: 1 giải ba và 2 giải kk cấp tỉnh môn giải toán bằng máy tính cầm tay

casio; 1 giải kk môn toán 8 văn hoá cấp tỉnh. Tôi nhận thấy các em hứng thú học
tập, yêu thích say mê bộ môn toán nhiều hơn. Và hơn cả, các em đã tích cực tìm
tòi và áp dụng giải thành công các bài tập tương tự và những bài nâng cao hơn - đó
là điều mà tôi tâm đắc nhất.

LÊ THỊ LIỄU
21


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Năm học 2015 - 2016

Người viết : LÊ THỊ LIỄU

LÊ THỊ LIỄU
22