skkn phương pháp giải một số dạng toán về phép chia hết cho HS lớp 6

THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN
1. Tên sáng kiến: Phương pháp giải một số dạng toán về phép chia hết cho
học sinh lớp 6.
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 6.
3. Tác giả:
Họ và tên: Nguyễn Thị Phượng

Nam (nữ): Nữ.

Ngày tháng/năm sinh: 27/09/1977
Trình độ chuyên môn: ĐHSP Toán
Chức vụ, đơn vị công tác: Tổ phó tổ KHTN trường THCS An Lạc.
Điện thoại: 0987 345 581
4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến:
Tên đơn vị: Trường THCS An Lạc
Địa chỉ: Thôn Bờ Đa, xã An Lạc, Chí Linh, Hải Dương
Điện thoại: 03203 888 019
5. Đơn vị áp dụng sáng kiến lần đầu (nếu có) :
Tên đơn vị: Trường THCS An Lạc
Địa chỉ: Thôn Bờ Đa, xã An Lạc, Chí Linh, Hải Dương
Điện thoại: 03203 888 019
6. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến:
- Được sự ủng hộ giúp đỡ nhiệt tình của Ban giám hiệu, nhà trường, học sinh
và phụ huynh. HS có trình độ nhận thức tương đối tốt và đồng đều.
- GV thực hiện có trình độ chuyên môn vững vàng và kết hợp tốt các phương
pháp giảng dạy đặc trưng bộ môn.
1


- Có đầy đủ các đồ dùng cần thiết cho việc nghiên cứu và áp dụng: Trang
thiết bị dạy học: máy tính, máy chiếu, các tài liệu tham khảo…

7. Thời gian áp dụng sáng kiến lần đầu: Tháng 10 năm 2013.

TÁC GIẢ

XÁC NHẬN CỦA ĐƠN VỊ ÁP DỤNG

(ký, ghi rõ họ tên)

SÁNG KIẾN

Nguyễn Thị Phượng

2


TÓM TẮT SÁNG KIẾN
1. Hoàn cảnh nảy sinh sáng kiến:
Trong quá trình giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi, tôi nhận thấy các dạng
toán về phép chia hết là mảng kiến thức trọng tâm với nhiều dạng bài phong phú,
nó góp phần phát triển tư duy rất tốt đối với học sinh. Nếu không nắm kiến thức
tốt, các em thường dẫn tới kết luận sai mặc dù bài toán không khó lắm hoặc có
những cách giải dài dòng, không khoa học, thiếu logic.
Việc nắm chắc các kiến thức cơ bản và phân dạng bài tập với các phương pháp
giải đặc trưng cho từng dạng giúp các em thuận lợi hơn rất nhiều trong quá trình
giải toán. Các em tiết kiệm thời lượng giải với cách trình bày chính xác, chặt chẽ
và sáng tạo. Từ những bài toán cơ bản ban đầu, học sinh biết phát triển thành các
bài toán mới trên nền móng đã có, đảm bảo “Dạy học theo định hướng phát triển
năng lực người học”.
2. Điều kiện, thời gian, đối tượng áp dụng sáng kiến:
Sau khi nắm được các quan hệ và dấu hiệu chia hết, các em được củng cố

và mở rộng các kiến thức bằng hệ thống các bài tập áp dụng. Với mỗi dạng bài
giáo viên gieo vấn đề từ dễ đến khó, từ đơn giản đến phức tạp để học sinh “ làm
quen”, dần dần sẽ hình thành kĩ năng. Giáo viên có thể làm mẫu hoặc

bằng các

câu hỏi gợi mở, dẫn dắt các em đến với các kiến thức sâu và rộng hơn.
Cuối tiết học chính khóa hoặc trong các buổi bồi dưỡng học sinh, giáo viên
khuyến khích, động viên để tìm ra các học sinh “xuất sắc” bằng những bài toán “
mới hơn”, có tính khái quát hơn, vì thế các em nhớ lâu, khắc sâu kiến thức và tư
duy được phát triển.
Để giải quyết được những đề khó và phức tạp thì không phải áp dụng được
cho bất cứ học sinh nào. Do vậy, giáo viên phải “chọn lựa” các em có tư duy tốt
và tương đối đồng đều thì mới mang lại hiệu quả.
3


3. Nội dung sáng kiến (cần làm rõ):
+ Tính mới, tính sáng tạo của sáng kiến :
Các dạng bài tập trước kia đưa ra chưa có hệ thống, chưa nâng dần mức độ từ dễ
đến khó và các dạng bài còn lẻ tẻ, chưa thành 1 dạng riêng biệt nên học sinh
không biết liên hệ vấn đề mới với các vấn đề cũ, các em không biết tìm hướng giải
cho đúng, chưa đưa ra phương pháp giải cho từng dạng nên nhanh quên và giải
được bài nào biết bài đó. Do vậy, hình thành được kĩ năng giải ở học sinh rất mất
nhiều thời gian và không phát huy được khả năng tư duy sáng tạo cũng như năng
lực tự học, tự nghiên cứu của các em.
Trên cơ sở hiểu và thực hành thành thục, các em có thể tự ra đề và giải, hướng
dẫn các bạn khác cùng học, tạo ra không khí tích cực sôi nổi trong lớp. Giáo viên
đóng vai trò hướng dẫn, dẫn dắt, chỉ đạo và kiểm tra đánh giá mức độ nhận thức
từng em, giảm hẳn sự vất vả trong công việc.

+ Khả năng áp dụng của SK (tính khả thi của các giải pháp):
Sáng kiến này có thể áp dụng trong tổ tự nhiên của các nhà trường trong công tác
bồi dưỡng học sinh giỏi.
+ Lợi ích thiết thực của SK:
Những năm học trước tôi nhận thấy: tôi đã mất rất nhiều thời gian cho việc dạy
đội tuyển học sinh giỏi mà kết quả không như mong muốn. Mảng kiến thức này
tôi đã “co” được nhiều thời gian và học sinh giải nhanh, gọn hơn rất nhiều.
4. Khẳng định giá trị, kết quả đạt được của sáng kiến:
Khi áp dụng sáng kiến trong giảng dạy tôi thấy các dạng bài giáo viên đưa ra học
sinh nhanh chóng giải quyết với lời giải đầy sáng tạo.
5. Đề xuất kiến nghị để thực hiện áp dụng hoặc mở rộng sáng kiến: Nhà trường
tạo điều kiện hơn nữa về thời lượng bồi dưỡng HSG để các em học tốt hơn.
4


MÔ TẢ SÁNG KIẾN
1. Hoàn cảnh nảy sinh sáng kiến
1.1. Là năm học thứ 2 được giao nhiệm vụ dạy toán 6 lớp Khá – Giỏi, tôi nhận
thấy các kiến thức cơ bản về phép chia hết, đa số các em nắm được nhưng lập luận
và trình bày còn lủng củng, thậm chí có sai lầm “ngớ ngẩn” ,thiếu logic trong quá
trình giải bài tập.
1.2. Trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi đội tuyển Toán 6, khi đưa một dạng
toán mới hầu hết các em lúng túng không tìm ra hướng giải, dẫn tới chán nản và
cảm thấy bế tắc. Các em hay quên dạng cũ khi tập trung vào giải dạng bài mới, do
vậy kết quả học tập chưa cao khi làm bài kiểm tra tổng hợp.
1.3. Thời lượng dành cho việc bồi dưỡng học sinh giỏi rất hạn chế (1tiết/tuần),
trong khi lượng bài dành cho mảng kiến thức này là vô cùng lớn, ngoài ra còn có
vô vàn dạng toán khác có độ khó tương tự... Nếu không có phương pháp giảng dạy
hợp lí thì không thể giải quyết được.
1.4. Tài liệu tham khảo của nhà trường còn hạn chế, phụ huynh học sinh chưa thực

sự quan tâm đến công tác bồi dưỡng học sinh giỏi của con em, các em còn phải
dành thời gian cho các môn học khác… nên giáo viên bồi dưỡng phải tự tìm ra
cách dạy mang hiệu quả và phù hợp với đối tượng học sinh của mình.
2. Cơ sở lý luận của vấn đề
2.1. Chương trình Số học 6 có rất nhiều chuyên mục hay và khó, thường vận dụng
kiến thức về Phép chia hết, trong đó có những bài toán không thể tìm ra lời giải
nếu không có sự vận dụng kiến thức này hoặc nếu giải được phải tiêu hao lượng
thời gian và công sức rất lớn.
2.2. Trong các đề thi học sinh giỏi, lượng bài tập dành cho các chuyên mục có
vận dụng “Phép chia hết” tương đối nhiều, với điểm số chiếm tỉ lệ không nhỏ. Do

5


vậy, học sinh không được chuyên sâu, không giải được những bài toán khó ở từng
dạng sẽ dẫn tới điểm số thấp, hiệu quả giáo dục không như mong muốn.
2.3. Nếu học sinh không biết phân dạng để tìm ra phương pháp phù hợp trong quá
trình đi tìm lời giải thì sẽ dẫn tới nhầm lẫn, lúng túng và có thể không tìm ra đáp
số.
2.4. Khi HS đã giải thành thạo các dạng bài thì các em được mở rộng hệ thống
kiến thức, sẽ thấy được cái hay, cái đẹp của toán học và yêu thích bộ môn, hình
thành và phát triển đường lối tư duy độc lập sáng tạo. Nó giúp các em trong việc
tiếp tục lĩnh hội các kiến thức cao hơn ở các lớp 7, 8, 9.
3. Thực trạng của vấn đề
3.1. Học sinh vừa từ tiểu học lên, quen phụ thuộc vào thày cô, viết chậm, tư duy
sáng tạo chưa được khai thác nên hạn chế trong việc tự học.
3.2. Học sinh tính toán chưa nhanh và còn nhầm lẫn, chưa tự giác trong suy nghĩ,
vì thế gặp bài khó là có ý định bỏ dở, chỉ thích những bài dễ, dạng quen thuộc.
3.3. Khi nhận xét xem một tổng (hoặc hiệu) có chia hết cho 1 số không, các em
không quen với việc tính tổng số dư của từng số hạng khi chia cho số đó mà hoặc

tính tổng xong mới kết luận hoặc thấy vài số hạng của tổng không chia hết đã kết
luận ngay là tổng không chia hết cho số đó. Chính vì thế các em đã mất rất nhiều
thời gian hoặc đi đến kết luận sai.
3.4. Đối với toán chia hết, có nhiều bài khó đòi hỏi phải tư duy cao, kĩ năng lập
luận tốt, trình bày cần logic, khoa học nhưng với các em lớp 6, điều này là “quá
sức” vì các em chưa được thực hành ở những năm trước đó…
3.5. Việc tái hiện lại kiến thức đã học các em đều thấy khó khăn vì nhanh quên, có
thể hiểu nhưng không biết trình bày thế nào cho đúng. Các em hay “ngộ nhận”
nhầm lần giữa các dấu hiệu chia hết. Gặp bài toán chia hết cho 2 số trở lên, các em
thường quên lập luận các số đó phải đôi một nguyên tố cùng nhau…
4. Các giải pháp, biện pháp thực hiện
4.1. Các giải pháp thực hiện:
6


Để đạt được hiệu quả cao trong dạy và học, một trong các giải pháp thực hiện
tốt nhất là phải xây dựng hệ thống các bài tập hợp lô gíc. Ta phải khai thác bài
toán theo từng mảng, mỗi mảng ta lại chia thành từng phần, sao cho mỗi phần có
sự liên kết chặt chẽ với nhau về cấu trúc của bài toán cũng như về phương thức
giải toán. Trong sáng kiến này tôi đã sử dụng phương pháp:
+ Nêu vấn đề.
+ Đặt vào tình huống có vấn đề.
+ Làm nảy sinh tình huống mới, vấn đề mới và nhu cầu khám phá kiến thức
mới.
+ Phát triển thành các bài toán có phương pháp giải tương tự và nâng cao
dần.
Đối với mỗi bài toán sau khi giải đều có phần nhận xét về thể loại và hướng
phát triển. Khuyến khích học sinh tìm hiểu sự tương tự trong các bài toán từ đó
thêm một vài dữ kiện để có được bài toán mới có nội dung phong phú và phù hợp
hơn .

4.2. Biện pháp cụ thể:
4.2.1. Các kiến thức cần nhớ:
4.2.1.1. Định nghĩa:
Cho 2 số tự nhiên a và b, trong đó b khác 0, nếu có số tự nhiên q sao cho
a = b.q thì ta nói a chia hết cho b và ta có phép chia hết a: b = q
(q là thương của phép chia a cho b).
- Khi a Mb thì a là bội của b, b là ước của a.
* Nếu a chia cho b ( b ≠ 0) được thương q dư r (r < b) thì a = b.q + r
* Trong phép chia cho số tự nhiên n ( n > 1) thì số dư có thể là: 1; 2; ...; n-1.
4.2.1.2. Tính chất của quan hệ chia hết:
+ Tính phản xạ: a chia hết cho a với mọi a là số tự nhiên khác 0
a∈ N và a ≠ 0 ta có:

a Ma.

+ Tính phản xứng: Nếu a chia hết cho b và b chia hết cho a thì a = b
7


a, b∈ N và a Mb và bMa thì a = b.
+ Tính bắc cầu: Nếu a chia hết cho b và b chia hết cho c thì a chia hết cho c
aMb và bMc thì aMc
4.2.1.3. Một số định lí:
+ Mọi số tự nhiên đều chia hết cho 1
+ a chia hết cho a với mọi a là số tự nhiên khác 0
+ 0 chia hết cho b với b là số tự nhiên khác 0
+ Nếu a chia hết cho b thì m.a chia hết cho b với mọi số tự nhiên m.
+ Nếu a chia hết cho m và a chia hết cho n thì a chia hết cho BCNN(m,n)
+ Nếu a chia hết cho b và a chia hết cho c mà (b,c) = 1 thì a chia hết cho (b.c)
+ Nếu a chia hết cho b, a chia hết cho c và a chia hết cho d mà (b,c) = 1;

(d,c) = 1; (b,d) = 1 thì a chia hết cho (b.c.d)
+ Nếu a.b chia hết cho c và (b,c) =1 thì a chia hết cho c
+ Nếu a chia hết cho m, b chia hết cho m thì (a±b) chia hết cho m
+ Nếu a chia hết cho m, b không chia hết cho m thì (a±b) không chia hết cho
m.
Mở rộng:

. Nếu a , a , a , a ,…, a
1

2

3

4

n

. Nếu a , a , a , a ,…, a
1

2

3

4

chia hết cho b thì (a1 ± a2 ± a3 ± a4 ± … ± an) M b.

n-1

chia hết cho b, nhưng an không chia hết cho b thì

(a1 ± a2 ± a3 ± a4 ± … ± an) M b.
* Hệ quả :
- Nếu a + b⋮m (hoặc a - b⋮m) và a⋮m thì b⋮m.
- Nếu a + b⋮m (hoặc a - b⋮m) và a⋮m thì b⋮m.
+ Nếu a chia hết cho m, b chia hết cho n thì (a.b) chia hết cho (m.n)
+ Nếu (a.b) chia hết cho m và m là số nguyên tố thì a chia hết cho m hoặc b
chia hết cho m.
8


+ Nếu a chia hết cho m thì an chia hết cho m với n là số tự nhiên khác 0.
+ Nếu a chia hết cho b thì an chia hết cho bn với n là số tự nhiên.
+ Nếu an chia hết cho bn thì a chia hết cho b với n là số tự nhiên khác 0.
4.2.1.4. Các dấu hiệu chia hết:
a. Dấu hiệu chia hết cho 2
Một số chia hết cho 2 khi và chỉ khi chữ số tận cùng của số đó là số chẵn.
anan-1an-2 …a2a1a0 M 2  a0 M2 ( a0 ∈ { 0; 2; 4;6;8} )
b. Dấu hiệu chia hết cho 5
Một số chia hết cho 5 khi và chỉ khi chữ số tận cùng bằng 0 hoặc 5.
anan-1an-2 …a2a1a0 M 5  a0 M5 ( a0 ∈ { 0;5} )
Chú ý: Một số có chữ số tận cùng khi chia cho 2 (hoặc 5) dư bao nhiêu thì
số đó chia cho 2 (hoặc 5) cũng dư bấy nhiêu và ngược lại.
c. Dấu hiệu chia hết cho 3 (hoặc 9)
Một số chia hết cho 3 (hoặc 9) khi và chỉ khi tổng các chữ số của số đó chia hết
cho 3 (hoặc 9).
anan-1an-2 …a2a1a0 M 3  (an + an-1 + an-2 + …+ a2 + a1+ a0) M3
anan-1an-2 …a2a1a0 M 9  (an + an-1 + an-2 + …+ a2 + a1+ a0 ) M9

Chú ý: Một số chia cho 3 (hoặc 9) dư bao nhiêu thì tổng các chữ số của số
đó chia cho 3 (hoặc 9) cũng dư bấy nhiêu và ngược lại.
d. Dấu hiệu chia hết cho 4 (hoặc 25)
Một số chia hết cho 4 (hoặc 25) khi và chỉ khi số tạo thành bởi 2 chữ số tận cùng
của số đó chia hết cho 4 (hoặc 25)
anan-1an-2 …a2a1a0 M 4  a1a0 M 4.
anan-1an-2 …a2a1a0 M 25  a1a0 M 25.
e. Dấu hiệu chia hết cho 8 (hoặc 125)
Một số chia hết cho 8 hoặc 125 khi và chỉ khi số tạo thành bởi 3 chữ số tận cùng
của số đó chia hết cho 8 hoặc 125.
anan-1an-2 …a2a1a0 M 8  a2a1a0 M 8.
9


anan-1an-2 …a2a1a0 M 125  a2a1a0 M 125.
f. Dấu hiệu chia hết cho 11
Một số chia hết cho 11 khi và chỉ khi hiệu giữa tổng các chữ số hàng lẻ và tổng
các chữ số hàng chẵn (từ trái sang phải) chia hết cho 11.
abcM11 (a+c – b) M11 (a ≠ 0)
A = ...a5 a4 a3 a2 a1a0 ,

AM11 ⇔ ( a0 + a2 + a4 + ...) − ( a1 + a3 + a5 + ...)  M11

4.2.2. Các dạng toán áp dụng nhằm phát huy tính tích cực và phát triển tư
duy học sinh:
Trong phép chia hết có những dạng toán cơ bản với phương pháp giải đặc
trưng cho từng dạng như sau:
4.2.2.1: Dựa vào định nghĩa phép chia hết
Để chứng minh a chia hết cho b ( b khác 0), ta biểu diễn số a dưới dạng một
tích các thừa số, trong đó có 1 thừa số bằng b (hoặc chia hết cho b):

a = b.k ( k ∈ N) hoặc a = m.k ( m chia hết cho b).
Ví dụ 1: Chứng tỏ: 7212 M 234.323
Phương pháp: Biến đổi số 72 thành tích của hai lũy thừa với cơ số là 2 và 3.
Giải:
Ta có: 7212 = (8.9)12 = (23.32)12 = (23)12(32)12 = 212.3. 312.2 =236.324 =(234.323) . 22.3
= (234.323).12 nên 7212 M 234.323
*Hướng phát triển:
Ở bài toán này, có thể thay đổi cơ số ở số bị chia hoặc số chia nhưng phải đảm bảo
tính chia hết.
Bài toán mới: Chứng minh: a, 7517 M 313.534
b, 45.14420 M 287.339
...........
Ví dụ 2: Cho a + b = 6. Chứng tỏ rằng số có dạng abba bao giờ cũng chia hết cho
3 (a khác 0).
10


Phương pháp: Vận dụng dấu hiệu chia hết cho 3: tổng các chữ số của số đó chia
hết cho3.
Giải :
Số abba có tổng các chữ số là: a+ b + b + a = 2a + 2b = 2 .(a+b) = 2.6 =12 M 3
Mà số có tổng các chữ số chia hết cho 3 thì số đó chia hết cho 3.
Vậy: với a + b = 6 thì số abba M 3 (a ≠ 0)
*Hướng phát triển: Có thể thay đổi dữ kiện a + b = 6 hoặc thay đổi số để chứng
minh chia hết cho các số khác như: 9, 11, ...
Bài toán mới:
a, Cho a + b = 3. Chứng tỏ rằng số có dạng abbaba bao giờ cũng chia hết cho 9
(a khác 0).
b, Cho a + b = 2. Chứng tỏ rằng số có dạng 7b6a bao giờ cũng chia hết cho 11.
..........

Ví dụ 3:
Cho A = 2 + 22 + 23 +.......+ 299 + 2100 . A có chia hết cho 31 không? Vì sao?
Giải:
Phương pháp: Nhóm thành từng nhóm sao cho mỗi nhóm đều chia hết cho 31.
A = (2 + 22 + 23 + 24 + 25) + (26 + 27 + 28 + 29 + 210) + .......
+ (296 + 297 + 298 + 299 + 2100)
= 2(1 + 2 + 22 + 23 + 24) + 26(1 + 2 + 22 + 23 + 24) + .....
+ 296(1 + 2 + 22 + 23 + 24)
= 2.31 + 26.31 + .... +296.31 = 31.(2 + 26 +... + 296)
Vậy A⋮31

*Hướng phát triển: Thay đổi số cần chia hết, cơ số của lũy thừa hoặc số mũ của
các lũy thừa trong tổng:
11


Bài toán mới:
a, Cho A = 2 + 22 + 23 +.......+ 299 + 2100 . A có chia hết cho 3; 5; 7 không? Vì sao?
b, Cho B = 7 + 72 + 73 +.......+ 799 + 71000 . B có chia hết cho 8; 50; 56 không? Giải
thích?
..........
Ví dụ 4:
Cho M=

20151999 − 1 . Chứng tỏ M M2014.

Phương pháp: Vận dụng công thức tính tổng:
a0 + a +a2 + a3 +.......+ an-1 + an =

a n +1 − 1

(a ∈ N , a ≠ 1)
a −1

Giải :
P = 1+ 2015 + 21052 + 20153 +.......+ 20151997 + 21998

Xét biểu thức

2015.P = 2015.(1+ 2015 + 21052 + 20153 +.......+ 20151997 + 21998)
=2015+ 21052 + 20153 +.......+ 20151997 + 21998 + 20151999
2015P – P = 20151999 -1
2014.P = 20151999 -1
Mà P = 1+ 2015 + 21052 + 20153 +.......+ 20151997 + 21998 là 1 số tự nhiên
nên 20151999 -1M 2014.
Vậy MM2014.
*Hướng phát triển: Thay đổi số cần chia hết, cơ số của lũy thừa hoặc số mũ của
các lũy thừa trong biểu thức M:
Bài toán mới:
a, Cho P = 19991999 − 1 . Chứng tỏ P M1998
b, Cho Q = 1237 2015 − 1 . Chứng tỏ QM1236
……….

4.2.2.2: Dùng định lí - tính chất – dấu hiệu chia hết.
12


4.2.2.2.1. Nhận biết một số là số nguyên tố hay hợp số dựa vào các dấu hiệu
chia hết.
Ví dụ 1: Số 987654321 là số nguyên tố hay hợp số?
Phương pháp: Để nhận biết một hợp số cần chỉ ra ngoài ước là 1 và chính nó

còn có một ước khác:
Giải: Số 987654321 có tổng các chữ số là: 9+8+7+6+5+4+3+2+1= 45; 45 M 3 nên
987654321 M 3 , do đó 987654321 là hợp số.
*Hướng phát triển: Thay đổi số để nó chia hết cho số khác như: 9,11…nhưng
không để dễ nhận biết ( không chia hết cho 2 hoặc 5).
Bài toán mới:
a, Viết liên tiếp các số tự nhiên từ 10 đến 99 ta được 1 số. Hỏi số đó là số nguyên
tố hay hợp số?
b, Số 5811113 là số nguyên tố hay hợp số?
……….
Ví dụ 2:
Cho p và p + 4 là các số nguyên tố ( p lớn hơn 3).
Chứng minh rằng: p+8 là hợp số
Phương pháp: Dựa vào điều kiện p là số nguyên tố lớn hơn 3 và p+4 là số nguyên
tố để chỉ ra p+8 có ước khác 1 và chính nó.
Giải: Do p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p cã d¹ng 3k + 1; 3k + 2

(k∈N*)

+ Nếu p = 3k + 2 th× p + 4 = 3k + 2 +4 = 3k + 6 = 3 (k+2) M3 => p + 4 lµ hîp sè
tr¸i víi ®Ò bµi.

⇒ p = 3k + 1 ⇒ p + 8 = 3k + 9 M3
⇒ p + 8 lµ hîp sè.
*Hướng phát triển: Thay đổi p+4 thành 1 số lẻ nào đó nhưng phải đảm bảo p+8
( hoặc số lẻ nào đó) là hợp số.
Bài toán mới:
a, Cho p và p + 10 là các số nguyên tố ( p lớn hơn 3).
13

Chứng minh rằng: p+8 là hợp số
b, Chứng minh rằng: Nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 và 2p+1 cũng là số nguyên
tố thì 4p+1 cũng là số nguyên tố.
.........
Ví dụ 3: Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3. Hỏi p2 + 2012 có là số nguyên tố
không?
Phương pháp: Khi số nguyên tố p>3 thì p2 chia cho 3 dư 1 và khẳng định
p2 + 2012 không thể là số nguyên tố:
Giải: p là số nguyên tố lớn hơn 3, p có dạng p = 3k+1 hoặc p = 3q +2( k,q ∈ N * )
=> p2 = 3l+1 (l ∈ N * )
=> p2+2012 =3l+1+2012= 3l+2013
Ta thấy 3lM3, 2013 M3 nên 3l+2013 M3
Vậy p2 + 2012 không là số nguyên tố.
*Hướng phát triển: Thay đổi 2012 thành 1 số nào đó chia cho 3 dư 2 hoặc thay
số mũ của p2 sao cho số mũ phải là số chẵn.
Bài toán mới:
a, Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3. Hỏi p2 + 1991 có là số nguyên tố không?
b, Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3. Hỏi p4 + 563 có là số nguyên tố không?
............
4.2.2.2.2. Tìm chữ số chưa biết dựa vào các dấu hiệu chia hết.
Ví dụ 1: Tìm a, b biết 21ab chia hết cho 2, 5 , 3 và 9.
Phương pháp: Dựa vào dấu hiệu chia hết cho 2 và 5 để tìm b, rồi dựa vào dấu
hiệu chia hết cho 3 và 9 để tìm a.
Giải :
Số 21ab chia hết cho 2 và 5 khi b = 0.
Với b = 0 được số 21a0.
21a0 chia hết cho 3 và 9 khi (2+1+a+0) M9.
Hay 3+a M 9
14

=> a=6.
Ta được số 2160 chia hết cho 2, 5 ,3 và 9.
*Hướng phát triển: Có thể thay đổi vị trí của a và b, các chữ số của số đã cho hoặc
các số cần chia hết.
Bài toán mới:
a, Điền chữ số vào dấu * để *36* chia hết cho 2, 5 ,3 và 9.
b, Điền chữ số vào dấu * để 1*64* chia hết cho 5 và 9.
........
Ví dụ 2:
Tìm tất cả các số A = 62xy427 , biết rằng số A chia hết cho 99.
Phương pháp : Viết số 99 dưới dạng tích của hai số có dấu hiệu chia hết mà hai
số đó nguyên tố cùng nhau.
Giải:
Ta có 99=11.9 và (11,9) = 1
A chia hết cho 99 => A chia hết cho 11và A chia hết cho 99
*A chia hết cho 9 => ( 6+2+4+2+7+x+y) chia hết cho 9
(x+y+3) chia hết cho 9=> x+y=6 hoặc x+y =15
*A chia hết cho 11=> (7+4+x+6-2-2-y) chia hết cho11=> (13+x-y) chia hết cho 11
=> x-y=9 (loại) hoặc y-x=2
+ Nếu

y-x=2 và x + y = 6 => y = 4; x = 2

+ Nếu y-x = 2 và x + y = 15 (không có (x, y) nào thỏa mãn)
Vậy A = 6224427
Ví dụ 3:
Tìm các cặp số (x,y) để số : 1x8 y 2 M 36
Giải: Ta có : 36= 9.4 , (4,9) =1

Để số 1x8 y 2 M 36 ( 0 ≤ x, y ≤ 9 , x, y ∈ N ) thì 1x8 y 2 M4 và 9
(1 + x + 8 + y + 2) M9
⇔
 y 2 M4
15


* y 2M4 ⇒ y ∈ { 1;3;5;7;9}
(1 + x + 8 + y + 2)M9 => (x+y+11) M 9 => x+y = 7 hoặc x+y = 16

+ Nếu y = 1 thì x = 6
+ Nếu y = 3 thì x=4
+ Nếu y=5 thì x=2
+ Nếu y=7 thì x=0 hoặc 9
+ Nếu y=9 thì x=7
Vậy các cặp số (x,y) là : (6,1); (4,3); (2,5) ; (0,7) ; (9,7) ; (7,9).
Ví dụ 4:
Tìm các số 21xy chia hết cho 60.
Phương pháp : Viết số 60 dưới dạng tích của ba số có dấu hiệu chia hết mà ba số
đó nguyên tố là ba số nguyên tố sánh đôi.
Giải
Ta có : 60 = 3.4.5 và 3, 4, 5 là ba số nguyên tố sánh đôi.
* 21xy M 5  y ∈ {0;5}.
Nếu y = 5 thì 21x5 không chia hết cho 4.
Nếu y = 0 thì 21x0 chia hết cho 4  x0 M 4 ⇒ x ∈ {0; 2; 4 ; 6 ; 8}. (1)
21x 0 M 3  (2 + 1 + x + 0) M 3  (3+ x)M 3 ⇒ x ∈ {0; 3; 6; 9}.

( 2)

Kết hợp (1) và ( 2) ⇒ x ∈ {0; 6}.

Vậy các số cần tìm là: 2100 ; 2160
*Hướng phát triển: Ở ba ví dụ trên, có thể thay đổi vị trí của a và b, các chữ số
của số đã cho hoặc các số cần chia hết.
Bài toán mới:
a, Điền chữ số vào dấu * để *36* chia hết cho 2, 5 ,3 và 9.
b, Điền chữ số vào dấu * để 1*64* chia hết cho 5 và 9.
c, Tìm tất cả các số B = 35x43y , biết rằng số B chia hết cho 45.
d, Tìm tất cả các cặp số (x;y) biết C = 1x37y , biết rằng số C chia hết cho 18.
16


e, Tìm tất cả các cặp số (x;y) biết D = 1x32y , biết rằng số D chia hết cho 495.
........
4.2.2.2.3. Tìm chữ số tận cùng để chứng minh chia hết hoặc ngược lại:
Kiến thức bổ trợ:
+ Các số có chữ số tận cùng là 0; 1; 5; 6 khi nâng lên lũy thừa bậc bất kì nào thì
chữ số tận cùng cũng không thay đổi.
+ Các số có chữ số tận cùng là 4 hoặc 9 khi nâng lên lũy thừa bậc lẻ thì chữ số tận
cùng không thay đổi.
+ Các số có chữ số tận cùng làø 3; 7; 9 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n (n ∈ N*) thì
chữ số tận cùng là 1.
+ Các số có chữ số tận cùng làøø 2; 4; 8 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n (n ∈ N*) thì
chữ số tận cùng là 6.
Ví dụ 1:
Cho A = 20142015 – 10181998. Chứng minh rằng A chia hết cho 5.
Giải:
Để chứng minh A M 5, ta xét chữ số tận cùng của A bằng việc xét chữ số tận cùng
của từng lũy thừa.
Ta có: 20142015 = ( 20142)1007 . 2014 =( …6)1007. 2014= ....6.2014.
Suy ra: 20142015 có tận cùng là 4

10181998 = ( 10184)499 .10182 =

( …6)499 . ... 4 ⇒ 10181998 có tận cùng là 4

Vậy A có tận cùng bằng 0 ⇒ A M 5
*Hướng phát triển: Khi thay đổi cơ số, số mũ các số hạng trong tổng ( hiệu) và số
chia ta có nhiều bài toán tương tự.
Bài toán mới:
a, Chứng minh rằng: 20172001 +93 chia hết cho 10.
b, Chứng minh rằng: 10177 + 4 chia hết cho 5.
….....
17


Ví dụ 2:
1999

Chứng minh rằng 10

−1

3

là một số tự nhiên.

Phương pháp: Muốn một biểu thức dạng

A
là một số tự nhiên (trong đó A, B là
B

những số tự nhiên, B khác 0) thì chứng minh A chia hết cho B.
Giải :
1999

Ta có: 10

= 10 0 … 0
1999 chữ số 0

1999

nên 10

- 1 = 9 . . . 9 M 3 (vì có tổng các chữ số chia hết cho 3).
1999 chữ số 9
1999

Do

đó: 10

−1

3

là một số tự nhiên.( Một phân số có tử chia hết cho mẫu thì phân

số đó là một số tự nhiên).
1999

Chứng minh rằng 10

3

−1

là một số tự nhiên.

*Hướng phát triển: Thay đổi biểu thức trên tử hoặc mẫu nhưng phải đảm bảo tử
chia hết cho mẫu.
Bài toán mới:
1789481 + 1
a, Chứng minh rằng
là một số tự nhiên.
5

b, Chứng minh rằng

22225555 + 55552222
là một số nguyên.
7

........
Ví dụ 3:
Cho A = 1 + 7 + 7 2 + 73 + ... + 7999 . Tìm chữ số tận cùng của A.

18

Phương pháp: Nếu ta tìm chữ số tận cùng của từng số hạng thì không giải quyết
được. Do đó ta chứng minh tổng chia hết cho 10 (hoặc các số là bội của 10) để
tìm chữ số tận cùng của tổng.
Giải:
A = 1 + 7 + 7 2 + 73 + ... + 7 999
A = (1 + 7 2 ) + (7 + 73 ) + ... + (7 997 + 7999 )
= (1 + 7 2 ) + 7(1 + 7 2 ) + ... + 7997 (1 + 7 2 )
= 50 + 7.50 + ... + 7997.50
= 50.(1 + 7 + 7 4 + ... + 7997 )
= 5.10.(1 + 7 + 7 4 + ... + 7997 ) M10

Do đó A có chữ số tận cùng là 0
Ví dụ 4:
Cho H = 1 + 5 + 52 + 53 + ... + 599 + 5100 . Tìm chữ số tận cùng của H.
Phương pháp: Tổng H có 101 số hạng, ta cần nhóm thành hai nhóm và tìm chữ
số tận cùng của mỗi nhóm.
Giải: Ta có:
H = 1 + 5 + 52 + 53 + ... + 599 + 5100
= 1 + (5 + 52 + 53 + ... + 599 + 5100 )
= 1 +  (5 + 52 ) + (53 + 54 ) + ... + (599 + 5100 ) 
= 1 +  (5 + 52 ) + 52 (5 + 52 ) + ... + 598 (5 + 52 ) 
= 1 + 30 + 52.30 + ... + 598.30 
= 1 + 30(1 + 52 + ... + 598 

Mà 30(1 + 52 + ... + 598 ) M10 nên có chữ số tận cùng là 0.
2
98
nên H = 1 + 30(1 + 5 + ... + 5  có chữ số tận cùng là 1.

Vậy H = 1 + 5 + 52 + 53 + ... + 599 + 5100 có chữ số tận cùng là 1.

*Hướng phát triển: Ở hai ví dụ trên, thay đổi biểu thức bằng cách thay đổi cơ số
hoặc số mũ trong đó có 1 nhóm chia hết cho 1 số tròn chục.
19


Bài toán mới:
Cho A = 1 + 3 + 32 + 33 + ... + 31999 . Tìm chữ số tận cùng của A.
Cho L = 1 + 9 + 92 + 93 + ... + 92000 . Tìm chữ số tận cùng của L.
.......
4.2.2.2.4. Dùng tính chất chia hết của 1 tích.
Để chứng minh a chia hết cho b (b ≠ 0) ta có thể chứng minh bằng một
trong các cách sau:
+ Ta chứng minh (a.m) chia hết cho b; (m, b) = 1 ⇒ a chia hết cho b
+ Biểu diễn b = m.n với (m,n)= 1, sau đó chứng minh a chia hết cho m, a chia hết
cho n
+ Biểu diễn a= a1 . a2,, b = b1.b2, rồi chứng minh a1 chia hết cho b1; a2 chia hết cho b2
Ví dụ 1 :
Tìm các số tự nhiên x, y. sao cho (2x + 1)(y – 5) = 12
Phương pháp : Do x, y là các số tự nhiên nên 12 chia hết cho 2x + 1 và y - 5. Ta
viết số 12 thành tích của hai số tự nhiên.
Giải: Ta có: 12= 1.12 = 2.6 = 3.4
Do x∈ N nên 2x+1 lẻ => 2x+1 =1 hoặc 2x+1=3
+ Nếu 2x+1=1 => x=0 thì y-5=12 => y=17
+ nếu 2x+1=3=> x=1 thì y-5=4=>y=9
Vậy (x,y) = (0,17); (1,9)
*Hướng phát triển: Thay đổi biểu thức trong từng ngoặc hoặc thay đổi số 12.
Bài toán mới:
Tìm các số tự nhiên x,y biết:
a, (x+3)( y-4) =5
b, (x-1)( 2y+3) =10

c, (x+y) ( x-y) =8
........

20


Chú ý: Khi giải nên chỉ ra tính chẵn, lẻ của biểu thức trong từng ngoặc thì bài toán
ngắn gọn hơn.
Ví dụ 2 :
Cho số 155 * 710 * 4 *16 có 12 chữ số . chứng minh rằng nếu thay các dấu * bởi các
chữ số khác nhau trong ba chữ số 1, 2, 3 một cách tuỳ thì số đó luôn chia hết cho
396.
Phương pháp: Viết số 396 dưới dạng tích của ba số nguyên tố sánh đôi và cả ba
số đều có dấu hiệu chia hết rổi chứng minh số 155 * 710 * 4 *16 chia hết cho 3 số
đó.
Giải :
Ta nhận thấy, vị trí của các chữ số thay thế ba dấu sao trong số trên đều ở hàng
chẵn và vì ba chữ số đó đôi một khác nhau, lấy từ tập hợp {1;2;3} nên tổng của ba
chữ số ấy luôn bằng 1+2+3=6.
Mặt khác 396 = 4.9.11 trong đó 4;9;11 là 3 số nguyên tố sánh đôi nên ta cần
chứng minh A = 155 * 710 * 4 *16 chia hết cho 4 ; 9 và 11.
Thật vậy :
+A M 4 vì số tạo bởi hai chữ số tận cùng của A là 16 chia hết cho 4
+ A M 9 vì tổng các chữ số là 1+5+5+7+1+0+4+1+6 + (*+*+*) = 30+6 = 36 chia
hết cho 9 :
+ A M 11 vì hiệu số giữa tổng các chữ số hàng lẻ và tổng các chữ số hàng chẵn là
0, chia hết cho 11.
(1+5+7+4+1)- {5+1+6+(*+*+*)} = 18 – (12 + 6) = 0
Vậy A M 396.
*Hướng phát triển: Thay đổi các chữ số nhưng vẫn đảm bảo chia hết cho từ hai số

trở lên trong các số: 2; 3; 5; 9; 4;11; 25...và các số ấy phải đôi một nguyên tố cùng
nhau.
Bài toán mới:

21


a. Thay các dấu * tùy ý bằng các chữ số 4; 7; 0 (không dấu * nào nhận giá trị
giống nhau) trong số 8*5*9*. Chứng minh rằng số: 8x5y9z chia hết cho 33.
b, Cho số 97162*1*1*40 trong đó tổng các chữ số ở các dấu * bằng 5. Chứng
minh rằng số đó chia hết cho 220.
.......
Ví dụ 3 :
Chứng minh rằng: Tích của ba số tự nhiên liên tiếp bao giờ cũng chia hết cho 6.
Phương pháp: Số 6 có thể viết thành tích của hai số nguyên tố cùng nhau là 2 và
3, cả hai số này đều có dấu hiệu chia hết. Cần chứng minh tích của hai số tự
nhiên liên tiếp chia hết cho 2, tích của ba số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 3.
Giải:
Gọi 3 số tự nhiên liên tiếp là n, n+1, n+2.
Ta cần chứng minh: n(n + 1)(2n + 1) ⋮6.
Thật vậy:
+ Trong 2 số tự nhiên liên tiếp luôn có một số chẵn và một số lẻ, mà số
chẵn thì luôn chia hết cho 2
Do đó

n(n + 1)(2n + 1) ⋮2.

+ Ta cần chứng minh n(n + 1)(2n + 1) ⋮3 thì n(n + 1)(2n + 1) ⋮6
(Vì 2 và 3 là hai số nguyên tố cùng nhau)
Xét 2 trường hợp : Khi n chia hết cho 3 hoặc n không chia hết cho 3.

-Nếu n ⋮3 => n(n + 1)(2n + 1) ⋮3 => n(n + 1)(2n + 1) ⋮6
-Nếu n ⋮3 => n = 3k + 1 hoặc n = 3k + 2 (k∊ N)
+ Khi n = 3k + 1 thì 2n + 1 = 2(3k + 1) + 1 = 6k + 3⋮3
=> n(n + 1)(2n + 1)⋮3 => n(n + 1)(2n + 1)⋮6
+ Khi n = 3k + 2 thì n + 1 = (k + 2) + 1 = 3k + 3⋮3
22


=> n(n + 1)(2n + 1)⋮3 => n(n + 1)(2n + 1)⋮6
Trong mọi trường hợp ta luôn có n(n + 1)(2n + 1)⋮6
Vậy: Tích của ba số tự nhiên liên tiếp bao giờ cũng chia hết cho 6.
*Hướng phát triển: Thay đổi số thừa số tự nhiên liên tiếp.
Bài toán mới:
a, Chứng minh rằng: Tích của bốn số tự nhiên liên tiếp bao giờ cũng chia hết cho
24.
b, Chứng minh rằng: Tích của năm số tự nhiên liên tiếp bao giờ cũng chia hết cho
120.
........
4.2.2.2.5. Dùng tính chất chia hết của 1 tổng.
+ Nếu a chia hết cho m, b chia hết cho m thì (a±b) chia hết cho m
+ Nếu a chia hết cho m, b không chia hết cho m thì (a±b) không chia hết cho m.
- Nếu a + b⋮m (hoặc a - b⋮m) và a⋮m thì b⋮m.
- Nếu a + b⋮m (hoặc a - b⋮m) và a⋮m thì b⋮m.
Ví dụ 1:
Chứng tỏ rằng: n2+n+ 2014 chia hết cho 2 với mọi số tự nhiên n.
Phương pháp: 2014 M 2 nên cần chứng minh n2+n cũng chia hết cho 2.
Giải: Ta có:

n2+n = n(n+1)

n và n+1 là hai số tự nhiên liên tiếp nên tích của chứng luôn chia hết cho 2
(vì trong 2 số đó có 1 số chẵn) và 2014 M 2, do đó n(n+1) +2014 M 2
Hay n2+n+ 2014 chia hết cho 2 với mọi số tự nhiên n.
Ví dụ 2: Cho n là số tự nhiên. Hỏi n2 -2 có chia hết cho 5 không?
Phương pháp: Khi n là số tự nhiên cần chỉ ra n2 không thể có chữ số tận cùng
là 2 hoặc 7.
Giải:
23


Với mọi số tự nhiên n thì n2 không thể có chữ số tận cùng là 2 hoặc 7 nên n 2 -2
không thể có chữ số tận cùng là 0 hoặc 5. Do vậy n2 -2 có chia hết cho 5.
Ví dụ 3: Chứng tỏ rằng: 2x + 3y chia hết cho 17 ⇔ 9x + 5y chia hết cho 17.
Phương pháp: Nhân (2x + 3y) với 1 số để tách làm 2 nhóm, 1 nhóm luôn chia hết
cho 17, một nhóm là 9x + 5y . Chứng minh chiều ngược lại thì nhân (9x + 5y)
với 1 số để tách làm 2 nhóm, 1 nhóm luôn chia hết cho 17, một nhóm là 2x + 3y .
Giải:
* Chứng minh: 2x + 3y chia hết cho 17 thì 9x + 5y chia hết cho 17.
Ta có : 2x + 3y M17 => 13 (2x + 3y )M17 => 26x + 39y M17
hay ( 17x + 34y ) + ( 9x + 5y )  M17
Mà 17x + 34y M17 => 9x+ 5y M17.
* Chứng minh: 9x + 5y chia hết cho 17 thì 2x + 3y chia hết cho 17.
Ta có : 9x + 5y M17 => 4 (9x + 5y )M17 => 36x + 20y M17
hay ( 34x + 17y ) + ( 2x + 3y )  M17
Mà 34x + 17y M17 => 2x+ 3y M17.
Vậy : 2x + 3y chia hết cho 17 ⇔ 9x + 5y chia hết cho 17.
*Hướng phát triển: Thay đổi biểu thức chứa chữ và số cần chia hết.
Bài toán mới:
a, Cho a- b =6 Chứng minh các biểu thức: a+5b, a + 17 b chia hết cho 6.
b, Chứng minh rằng: 3x + 4y chia hết cho 7 ⇔ 2x + 5y chia hết cho 7.

........
4.2.3. Dùng mối quan hệ bội và ước và phép chia có dư.
* Khi aMb thì a là bội của b, b là ước của a.
* Nếu aMx, b Mx => x ∈ ƯC(a, b)
( Nếu aMx, b Mx , c Mx => x ∈ ƯC(a, b, c)
+ Nếu a Mx, b Mx, x là số lớn nhất => x = ƯCLN(a, b)
* Nếu xMa, x Mb => x ∈ BC(a, b)
24


(Nếu xMa, x Mb, x Mc => x∈ BC(a, b, c)
+ Nếu x Ma, x Mb, x nhỏ nhất => x= BCNN(a, b)
Ví dụ 1:
Tìm x ∈ N để: 3M (x+1).
Phương pháp: Coi x+1 là một số. Dựa vào quan hệ giữa ước và bội tìm x+1
sau đó tìm x.
Giải:
Để 3 M (x+1) thì x+1 là ước của 3
Ư(3) = { 1;3}
 x+1=1 => x=1-1=0 ( thỏa mãn)
hoặc x+1 =3 => x = 3-1=2 (thỏa mãn)
Vậy x = 0; 2.
Ví dụ 2:
Tìm số tự nhiên n sao cho 4n-6 chia hết cho 2n-1
Phương pháp: Tách 4n-6 thành tổng hoặc hiệu của 2 nhóm, trong đó có 1 nhóm
chia hết cho 2n-1 và nhóm còn lại là 1 số tự nhiên.
Giải:
Ta có: 4n- 6 = (4n -2) -4 = 2(2n-1) -4
Do 2(2n-1) M (2n-1) nên (4n-6) M (2n-1) khi 4 M (2n-1).
 2n-1 là ước của 4

Mà Ư(4) = { 1; 2; 4}
 2n- 1 =1 => 2n=1+1=2 => n=1 (thỏa mãn)
Hoặc: 2n- 1 =2 => 2n=2+1=3 => n=3/2 ( không thỏa mãn)
Hoặc: 2n- 1 =4 => 2n=4+1=5 => n=5/2 ( không thỏa mãn)
Vậy n=1.
Lưu ý: Khi 2n-1 là ước của 4. Ta có cách khác để tìm n:
Do 2n- 1 là số lẻ nên 2n-1 là ước lẻ của 4.
 2n- 1 =1 => 2n=1+1=2 => n=1 (thỏa mãn)
25