sáng kiến kinh nghiệm một số phương pháp giải toán về phép chia hết lớp 6

BÁO CÁO KẾT QUẢ
NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN
1. LỜI GIỚI THIỆU.
Cùng với sự phát triển của đất nƣớc, sự nghiệp giáo dục không ngừng đổi
mới. Các nhà trƣờng ngày càng chú trọng hơn đến chất lƣợng giáo dục toàn diện
bên cạnh sự đầu tƣ thích đáng cho giáo dục mũi nhọn. Với vai trò là môn học
công cụ, bộ môn Toán đã góp phần tạo điều kiện cho các em học tốt các bộ môn
khoa học tự nhiên khác.
Dạy nhƣ thế nào để học sinh không những nắm chắc kiến thức cơ bản một
cách có hệ thông mà phải đƣợc nâng cao để các em có hứng thú say mê học tập
là một câu hỏi mà mỗi thầy cô chúng ta luôn đặt ra cho mình.
Để đáp ứng đƣợc yêu cầu của sự nghiệp giáo dục và nhu cầu học của học
sinh đặc biệt là học sinh khá giỏi. Điều đó đòi hỏi trong giảng dạy chúng ta phải
biết chắt lọc kiến thức, phải đi từ dễ đến khó, từ cụ thể đến trừu tƣợng và phát
triển thành tổng quát, giúp học sinh phát triển tốt tƣ duy toán học.
Với đối tƣợng học sinh khá giỏi, các em có tƣ duy nhạy bén, có nhu cầu
cẩn hiểu biết ngày càng cao, làm thế nào để các học sinh này phát triển hết khả
năng của mình đó là trách nhiệm của các giáo viên chúng ta.
Bản thân tôi trong năm học này đƣợc nhà trƣờng phân công dạy môn toán
lớp 6 và bồi dƣỡng học sinh giỏi toán 6. Qua giảng dạy tôi nhận thấy “Phép chia
hết” là đề tài lý thú, phong phú và đa dạng của số học lớp 6 và không thể thiếu
khi bồi dƣỡng học sinh giỏi môn Toán 6 cũng nhƣ môn Toán THCS nói chung.
Với bài viết này tôi không tham vọng lớn bàn về việc dạy “Phép chia
hết” và ứng dụng của nó trong chƣơng trình toán học phổ thông. Tôi chỉ xin đƣa
ra một số kinh nghiệm giúp học sinh lớp 6 giải các bài tập về “Phép chia hết ”
mà tôi đã áp dụng.
Tôi hy vọng nó sẽ có ích cho các đồng nghiệp khi bồi dƣỡng học sinh
giỏi.
2. TÊN SÁNG KIẾN.
“ Một số phƣơng pháp giải toán về phép chia hết lớp 6 ”.
3. TÁC GIẢ SÁNG KIẾN.

Họ và tên: Nguyễn Văn Toán.
Địa chỉ tác giả sáng kiến: Trƣờng trung học cơ sở Gia Khánh.
Số điện thoại: 0985845938
1


Email:
4. CHỦ ĐẦU TƢ TẠO RA SÁNG KIẾN.
Nguyễn Văn Toán – Giáo viên trƣờng trung học cơ sở Gia Khánh – Bình
Xuyên – Vĩnh Phúc.
5. LĨNH VỰC ÁP DỤNG SÁNG KIẾN.
5.1. Lĩnh vực sáng kiến áp dụng.
Giảng dạy môn Toán học nói chung và bồi dƣỡng học sinh giỏi các khối
lớp 6,7,8,9 nói riêng trong trƣờng trung học cơ sở.
5.2. Vấn đề mà sáng kiến giải quyết.
Trong chƣơng trình giáo dục THCS môn Toán là môn học quan trọng,
môn Toán có tiềm năng có thể khai thác góp phần phát triển năng lực, trí tuệ
chung, rèn luyện và phát triển các thao tác tƣ duy và các phẩm chất tƣ duy.
Trong quá trình học tập bộ môn Toán ở nhà trƣờng cũng nhƣ trong các kỳ
thi học sinh giỏi các cấp, “Phép chia hết” là một vấn đề hay và lý thú. Chính vì
vậy mà nó thƣờng xuyên có mặt trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi các cấp.
Đứng trƣớc một bài toán có nhiều cách giải khác nhau, xong việc tìm ra
một lời giải hợp lý, ngắn gọn, thú vị và độc đáo là một việc không dễ thông qua
đó mà thu đƣợc kết quả nhanh chóng. Vì vậy, nếu khai thác phép chia hết này
vào việc giải các bài toán khác thì có thể đem lại kết quả nhiều mặt, kích thích
tính sáng tạo của học sinh.
Qua việc điều tra trên thực tế của giáo viên thì đa phần các em đã nắm
đƣợc kiến thức cơ bản của phép chia hết, bên cạnh đó có những bài toán học
sinh còn vƣớng mắc, nếu không có sự hƣớng dẫn của giáo viên thì các em
không tìm ra hƣớng giải. Từ thực tế trên và bản thân tôi là một giáo viên dạy bộ

môn Toán học luôn suy nghĩa phải đƣa ra những giải pháp nhƣ thế nào để các
em nắm đƣợc một số phƣơng pháp và kĩ năng vận dụng vào các bài toán chia hết
tốt hơn. Sau một thời gian suy nghĩ tiến hành thực nghiệm tôi đã thu đƣợc
những kết quả rất tốt từ việc áp dụng một số phƣơng pháp về giải bài toán chia
hết vào giảng dạy môn Toán học nói chung và các buổi bồi dƣỡng học sinh giỏi
nói riêng đã thu đƣợc kết quả cao.
6. NGÀY SÁNG KIẾN ĐƢỢC ÁP DỤNG LẦN ĐẦU HOẶC ÁP DỤNG
THỬ.
Bắt đầu từ ngày 15 tháng 2 năm 2015.
7. MÔ TẢ BẢN CHẤT CỦA SÁNG KIẾN.
7.1. Về nội dung của sáng kiến.
2


Muốn bồi dƣỡng học sinh giỏi đạt kết quả cao về phép chia hết, theo tôi
trƣớc hết giáo viên cần nắm đƣợc các phƣơng pháp dạy học tích cực sau đó thiết
kế bài dạy, phƣơng pháp phù hợp với nhiều đối tƣợng học sinh. Sau đây là nội
dung của chƣơng trình nghiên cứu.
“Giúp học sinh lớp 6 giải các bài toán về phép chia hết trong tập hợp số tự
nhiên”.
Trƣớc hết học sinh cần nắm vững định nghĩa phép chia hết trong sách
giáo khoa toán 6 ; Các dấu hiệu chia hết cũng nhƣ các tính chất về quan hệ chia
hết.
A. ĐỊNH NGHĨA PHÉP CHIA
Cho 2 số nguyên a và b trong đó b  0 ta luôn tìm đƣợc hai số nguyên q
và r duy nhất sao cho:
a = bq + r Với 0  r  b
Trong đó: a là số bị chia, b là số chia, q là thƣơng, r là số dƣ.
Khi a chia cho b có thể xẩy ra  b số dƣ
r  {0; 1; 2; …;  b}

Đặc biệt: r = 0 thì a = bq, khi đó ta nói a chia hết cho b hay b chia hết a.
Ký hiệu: ab hay b\ a
Vậy: a  b  Có số nguyên q sao cho a = bq
B. CÁC TÍNH CHẤT
1.

Với  a  0  a  a

2.

Nếu a  b và b  c  a  c

3.

Với  a  0  0  a

4.

Nếu a, b > 0 và a  b ; b  a  a = b

5.

Nếu a  b và c bất kỳ  ac  b

6.

Nếu a  b  (a)  (b)

7.

Với  a  a  (1)

8.

Nếu a  b và c  b  a  c  b

9.

Nếu a  b và cb  a  c  b

10.

Nếu a + b  c và a  c  b  c

11.

Nếu a  b và n > 0  an  bn

12.

Nếu ac  b và (a, b) =1  c  b

13.

Nếu a  b, c  b và m, n bất kỳ am + cn  b
3


14.

Nếu a  b và c  d  ac  bd

15.

Tích n số nguyên liên tiếp chia hết cho n!

C. MỘT SỐ DẤU HIỆU CHIA HẾT

Gọi N = an an 1 ...a1 a0

1. Dấu hiệu chia hết cho 2:
Một số chia hết cho 2  chữ số tận cùng của nó là chữ số chẵn.
 N  2  a0  2  a0{0; 2; 4; 6; 8}

2. Dấu hiệu chia hết cho 5:
Một số chia hết cho 5  chữ số tận cùng của nó là 0 hoặc 5.
 N  5  a0  5  a0{0; 5}

3. Dấu hiệu chia hết cho 4 và 25:
Một số chia hết cho 4 (hoặc 25)  số tạo bởi 2 chữ số tận cùng của nó chia hết
cho 4 hoặc 25.
 N  4 (hoặc 25) 

a1 a 0  4 (hoặc 25)

4. Dấu hiệu chia hết cho 8 và 125:
Một số chia hết cho 8 (hoặc 125)  số tạo bởi 3 chữ số tận cùng của nó chia
hết cho 8 hoặc 125.
 N  8 (hoặc 125) 

a 2 a1 a 0  8 (hoặc 125)

5. Dấu hiệu chia hết cho 3 và 9:
Một số chia hết cho 3 (hoặc 9)  tổng các chữ số của nó chia hết cho 3 (hoặc
9).
N  3

(hoặc 9)  a0+a1+…+an  3 (hoặc 9)

* Chú ý: một số chia hết cho 3 (hoặc 9) dƣ bao nhiêu thì tổng các chữ số của nó
chia cho 3 (hoặc 9) cũng dƣ bấy nhiêu.
6. Dấu hiệu chia hết cho 11:
Một số chia hết cho 11  hiệu giữa tổng các chữ số ở hàng lẻ và tổng các chữ
số ở hàng chẵn tính từ trái sang phải chia hết cho
 N  11  [(a0+a2+…) - (a1+a3+…)]  11

7. Một số dấu hiệu khác:
 N  101  [( a1 a 0 + a 5 a 4 +…) - ( a 3 a 2 + a 7 a 6 +…)]101

(hoặc 13)  [( a 2 a1 a 0 + a8 a 7 a 6 +…) - [( a5 a 4 a 3 + a11a10a 9 +…)
11 (hoặc 13)
N  7

4


 N  37

 ( a 2 a1 a 0 + a 5 a 4 a 3 +…)  37

 N  19

 ( a0+2an-1+22an-2+…+ 2na0)  19

D. ĐỒNG DƢ THỨC
a. Định nghĩa: Cho m là số nguyên dƣơng. Nếu hai số nguyên a và b cho cùng
số dƣ khi chia cho m thì ta nói a đồng dƣ với b theo modun m.
Ký hiệu: a  b (modun)
Vậy: a  b (modun)  a - b  m
b. Các tính chất
1.

Với  a  a  a (modun)

2.

Nếu a  b (modun)  b  a (modun)

3.

Nếu a  b (modun), b  c (modun)  a  c (modun)

4.

Nếu a  b (modun) và c  d (modun)  a+c  b+d (modun)

5.

Nếu a  b (modun) và c  d (modun)  ac  bd (modun)

6.

Nếu a  b (modun), d  Uc (a, b) và (d, m) =1 

a
b

(modun)
d
d

7.

Nếu a  b (modun), d > 0 và d  Uc (a, b, m) 

a
b
m

(modun )
d
d
d

E. MỘT SỐ ĐỊNH LÝ
1. Định lý Euler
Nếu m là 1 số nguyên dương (m) là số các số nguyên dương nhỏ hơn m và
nguyên tố cùng nhau với m, (a, m) = 1 Thì a(m)  1 (modun)
Công thức tính (m)
Phân tích m ra thừa số nguyên tố

m = p11 p22 … pkk với pi  p; i  N*
Thì (m) = m(1 -

1
1
1
)(1 ) … (1 )
p1`
p2
pk

2. Định lý Fermat
Nếu t là số nguyên tố và a không chia hết cho p thì a p-1  1 (modp)
G. CÁC PHƢƠNG PHÁP GIẢI TOÁN CHIA HẾT
1. Phƣơng pháp 1: SỬ DỤNG DẤU HIỆU CHIA HẾT
Ví dụ 1: Tìm các chữ số a, b sao cho a56b  45
Giải: Ta thấy 45 = 5.9 mà (5 ; 9) = 1
để a56b  45  a56b  5 và 9
5


Xét a56b  5  b  {0 ; 5}
Nếu b = 0 ta có số a56b  9  a + 5 + 6 + 0  9  a + 11  9  a = 7
Nếu b = 5 ta có số a56b  9  a + 5 + 6 + 0  9  a + 16  9  a = 2
Vậy: a = 7 và b = 0 ta có số 7560
a = 2 và b = 5 ta có số 2560
Ví dụ 2: Biết tổng các chữ số của 1 số là không đổi khi nhân số đó với 5. CMR
số đó chia hết cho 9.
Giải: Gọi số đã cho là a
Ta có: a và 5a khi chia cho 9 cùng có 1 số dƣ

 5a - a  9  4a  9 mà (4 ; 9) = 1
 a  9 (Đpcm)
Ví dụ 3: CMR số 111
111

  81
81sè 1

Giải: Ta thấy: 111111111  9
72
63
9
Có 111
111

 = 111111111(10 + 10 + … + 10 + 1)
81sè 1

Mà tổng 1072 + 1063 + … + 109 + 1 có tổng các chữ số bằng 9  9
 1072 + 1063 + … + 109 + 1  9
Vậy: 111
111

  81 (Đpcm)
81sè 1

BÀI TẬP TƢƠNG TỰ
Bài 1: Tìm các chữ số x, y sao cho
a. 34x5y  4 và 9
b. 2x78  17

Bài 2: Cho số N = dcba CMR
a. N  4  (a + 2b)  4
b. N  16  (a + 2b + 4c + 8d)  16 với b chẵn
c. N  29  (d + 2c + 9b + 27a)  29
Bài 3: Tìm tất cả các số có 2 chữ số sao cho mỗi số gấp 2 lần tích các chữ số của
số đó.
Bài 4: Viết liên tiếp tất cả các số có 2 chữ số từ 19 đến 80 ta đƣợc số A =
192021…7980. Hỏi số A có chia hết cho 1980 không ? Vì sao?
Bài 5: Tổng của 46 số tự nhiên liên tiếp có chia hết cho 46 không? Vì sao?
6


Bài 6: Chứng tỏ rằng số 11
11
22


 22



 là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp.
100sè 1

100sè 2

HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1:

và y = 2

a. x = 4
x = 0;9

và y = 6

b. 2x78 = 17 (122 + 6x) + 2(2-x)17  x = 2
a. N4  ab 4  10b + a4  8b + (2b + a) 4  a + 2b4

Bài 2:

b. N16  1000d + 100c + 10b + a16
 (992d + 96c + 8b) + (8d + 4c + 2b + a) 16  a + 2b + 4c + 8d16
với b chẵn
c. Có 100(d + 3c + 9b + 27a) - dbca 29
Mà (1000, 29) =1  dbca 29  (d + 3c + 9b + 27a) 29
Bài 3: Gọi ab là số có 2 chữ số
Theo bài ra ta có: ab = 10a + b = 2ab (1)
ab 2  b {0; 2; 4; 6; 8}

Thay vào (1) a = 3; b = 6
Bài 4: Có 1980 = 22.32.5.11
Vì 2 chữ số tận cùng của a là 80  4 và 5
 A 4 và 5
Tổng các số hàng lẻ 1+(2+3+…+7).10+8 = 279
Tổng các số hàng chẵn 9+(0+1+…+9).6+0 = 279
Có 279 + 279 = 558  9  A  9
279 - 279 = 0  11  A  11
Bài 5: Tổng 2 số tự nhiên liên tiếp là 1 số lẻ nên không chia hết cho 2.
Có 46 số tự nhiên liên tiếp  có 23 cặp số mỗi cặp có tổng là 1 số lẻ  tổng 23

cặp không chia hết cho 2. Vậy tổng của 46 số tự nhiên liên tiếp không chia hết
cho 46.

11
22
11
02
Bài 6: Có 11


 22


 = 11


 100


100sè 1

100sè 2

100sè 1

99 sè 0

34
02
Mà 100





 = 3. 33
99 sè 3

99 sè 0

11
22
33 33
34 (Đpcm)
 11


 22


 = 33






100sè 1

100sè 2

100sè 3

99 sè 3

2. Phƣơng pháp 2: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CHIA HẾT
7


* Chú ý: Trong n số nguyên liên tiếp có 1 và chỉ 1 số chia hết cho n.
CMR: Gọi n là số nguyên liên tiếp
m + 1; m + 2; … m + n với m  Z, n  N*
Lấy n số nguyên liên tiếp trên chia cho n thì ta đƣợc tập hợp số dƣ là: {0; 1; 2;
… n - 1}
* Nếu tồn tại 1 số dƣ là 0: giả sử m + i = nqi ; i = 1, n
m+in
* Nếu không tồn tại số dƣ là 0  không có số nguyên nào trong dãy chia hết
cho n  phải có ít nhất 2 số dƣ trùng nhau.
m  i  nqi  r
Giả sử: 
m  j  qjn  r

1  i; j  n

 i - j = n(qi - qj)  n  i - j  n
mà i - j< n  i - j = 0  i = j
m+i=m+j
Vậy trong n số đó có 1 số và chỉ 1 số đó chia hết cho n…
Ví dụ 1: CMR: a. Tích của 2 số nguyên liên tiếp chia hết cho 2.
b. Tích của 3 số nguyên liên tiếp chia hết cho 6.
Giải: a. Trong 2 số nguyên liên tiếp bao giờ cũng có 1 số chẵn

 Số chẵn đó chia hết cho 2.
Vậy tích của 2 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2.
Tích 2 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2 nên tích của 3 số nguyên liên tiếp
luôn chia hết cho 2
b. Trong 3 sô nguyên liên tiếp bao giơ cũng có 1 số chia hết cho 3.
 Tích 3 số đó chia hết cho 3 mà (1; 3) = 1.
Vậy tích của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 6.
Ví dụ 2: CMR: Tổng lập phƣơng của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 9.
Giải: Gọi 3 số nguyên liên tiếp lần lƣợt là: n - 1 , n , n+1
Ta có: A = (n - 1)3 + n3 + (n + 1)3
= 3n3 - 3n + 18n + 9n2 + 9
= 3(n - 1)n (n+1) + 9(n2 + 1) + 18n
Ta thấy (n - 1)n (n + 1)  3 (CM Ví dụ 1)
8


 3(n - 1)n (n + 1)  9

9(n 2  1) 9
mà 
18n 9
 A  9 (ĐPCM)
Ví dụ 3: CMR: n4 - 4n3 - 4n2 +16n  384 với  n chẵn, n4
Giải: Vì n chẵn, n4 ta đặt n = 2k, k2
Ta có n4 - 4n3 - 4n2 + 16n = 16k4 - 32k3 - 16k2 + 32k
= 16k(k3 - 2k2 - k + 2)
= 16k(k - 2) (k - 1)(k + 1)
Với k  2 nên k - 2, k - 1, k + 1, k là 4 số tự nhiên liên tiếp nên trong 4 số đó có
1 số chia hết cho 2 và 1 số chia hết cho 4.  (k - 2)(k - 1)(k + 1)k  8
Mà (k - 2) (k - 1)k  3 ; (3,8)=1

 (k - 2) (k - 1) (k + 1)k  24
 16(k - 2) (k - 1) (k + 1)k  (16,24)
Vậy n4 - 4n3 - 4n2 +16n  384 với  n chẵn, n  4
BÀI TẬP TƢƠNG TỰ
Bài 1: CMR: a. n(n + 1) (2n + 1)  6
b. n5 - 5n3 + 4n  120 Với  n  N
Bài 2: CMR: n4 + 6n3 + 11n2 + 6n  24 Với  n  Z
Bài 3: CMR: Với  n lẻ thì
a.

n2 + 4n + 3  8

b.

n3 + 3n2 - n - 3  48

c.

n12 - n8 - n4 + 1  512

Bài 4: Với p là số nguyên tố p > 3 CMR : p2 - 1  24
Bài 5: CMR: Trong 1900 số tự nhiên liên tiếp có 1 số có tổng các chữ số chia
hết cho 27.
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: a. n(n + 1)(2n + 1) = n(n + 1) [(n + 1) + (n + 2)]
= n(n + 1) (n - 1) + n(n + 1) (n + 2)  6
b. n5 - 5n3 + 4n = (n4 - 5n2 + 4)n
= n(n2 - 1) (n2 - 4)
= n(n + 1) (n - 1) (n + 2) (n - 2)  120
9

Bài 2: n4 + 6n3 + 6n + 11n2
= n(n3 + 6n2 + 6 + 11n)
= n(n + 1) (n + 2) (n + 3)  24
Bài 3: a. n2 + 4n + 3 = (n + 1) (n + 3)  8
b. n3 + 3n2 - n - 3 = n2(n + 3) - (n + 3)
= (n2 - 1) (n + 3)
= (n + 1) (n - 1) (n + 3)
= (2k + 4) (2k + 2) (2k với n = 2k + 1, k  N)
= 8k(k + 1) (k +2)  48
c. n12 - n8 - n4 + 1 = n8 (n4 - 1) - (n4 - 1)
= (n4 - 1) (n8 - 1)
= (n4 - 1)2 (n4 + 1)
= (n2 - 1)2 (n2 - 1)2 (n4 + 1)
= 16[k(k + 1)2 (n2 + 1)2 (n4 + 1)
Với n = 2k + 1  n2 + 1 và n4 + 1 là những số chẵn  (n2 + 1)2  2 ; n4 + 1  2
 n12 - n8 - n4 + 1  (24.22. 22. 1 . 21)
Vậy n12 - n8 - n4 + 1  512
Bài 4: Có p2 - 1 = (p - 1) (p + 1) vì p là số nguyên tố p > 3
 p  3 ta có: (p - 1) (p + 1)  8
và p = 3k + 1 hoặc p = 3k + 2 (k  N)
 (p - 1) (p + 1)  3
Vậy p2 - 1  24
Bài 5: Giả sử 1900 số tự nhiên liên tiếp là
n, n +1; n + 2; … ; n + 1989 (1)
trong 1000 tự nhiên liên tiếp n, n + 1; n + 2; …; n + 999
có 1 số chia hết cho 1000 giả sử n0, khi đó n0 có tận cùng là 3 chữ số 0 giả sử
tổng các chữ số của n0 là s khi đó 27 số n0, n0 + 9; n0 + 19; n0 + 29; n0 + 39; …;
n0 + 99; n0 + 199; … n0 + 899 (2)

Có tổng các chữ số lần lƣợt là: s; s + 1 … ; s + 26
Có 1 số chia hết cho 27 (ĐPCM)
* Chú ý: n + 899  n + 999 + 899 < n + 1989
 Các số ở (2) nằm trong dãy (1)
10


3. Phƣơng pháp 3: XÉT TẬP HỢP SỐ DƢ TRONG PHÉP CHIA
Ví dụ 1: CMR: Với  n  N Thì A(n) = n(2n + 7) (7n + 7) chia hết cho 6
Giải: Ta thấy 1 trong 2 thừa số n và 7n + 1 là số chẵn. Với  n  N  A(n)  2
Ta chứng minh A(n)  3
Lấy n chia cho 3 ta đƣợc n = 3k + 1 (k  N)
Với r  {0; 1; 2}
Với r = 0  n = 3k  n  3  A(n)  3
Với r = 1  n = 3k + 1  2n + 7 = 6k + 9  3  A(n)  3
Với r = 2  n = 3k + 2  7n + 1 = 21k + 15  3  A(n)  3
 A(n)  3 với  n mà (2, 3) = 1
Vậy A(n)  6 với  n  N
Ví dụ 2: CMR: Nếu n  3 thì A(n) = 32n + 3n + 1  13 Với  n  N
Giải: Vì n  3  n = 3k + r (k  N); r  {1; 2; 3}
 A(n) = 32(3k + r) + 33k+r + 1
= 32r(36k - 1) + 3r (33k - 1) + 32r + 3r + 1
ta thấy 36k - 1 = (33)2k - 1 = (33 - 1)M = 26M  13
33k - 1 = (33 - 1)N = 26N  13
với r = 1  32n + 3n + 1 = 32 + 3 +1 = 13  13
 32n + 3n + 1  13
với r = 2  32n + 3n + 1 = 34 + 32 + 1 = 91  13
 32n + 3n + 1
Vậy với n  3 thì A(n) = 32n + 3n + 1  13 Với  n  N
Ví dụ 3: Tìm tất cả các số tự nhiên n để 2n - 1  7

Giải: Lấy n chia cho 3 ta có n = 3k + 1 (k  N); r  {0; 1; 2}
Với r = 0  n = 3k ta có
2n - 1 = 23k - 1 = 8k - 1 = (8 - 1)M = 7M  7
với r =1  n = 3k + 1 ta có:
2n - 1 = 28k +1 - 1 = 2.23k - 1 = 2(23k - 1) + 1
mà 23k - 1  7  2n - 1 chia cho 7 dƣ 1
với r = 2  n = 3k + 2 ta có :
2n - 1 = 23k + 2 - 1 = 4(23k - 1) + 3
11


mà 23k - 1  7  2n - 1 chia cho 7 dƣ 3
Vậy 23k - 1  7  n = 3k (k  N)
BÀI TẬP TƢƠNG TỰ
Bài 1: CMR: An = n(n2 + 1)(n2 + 4)  5 Với  n  Z
Bài 2: Cho A = a1 + a2 + … + an
B = a51 + a52 + … + a5n
Bài 3: CMR: Nếu (n, 6) =1 thì n2 - 1  24 Với  n  Z
Bài 4: Tìm số tự nhiên n để 22n + 2n + 1  7
Bài 5: Cho 2 số tự nhiên m, n để thoả mãn 24m4 + 1 = n2. CMR: mn  5
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: + A(n)  6
+ Lấy n chia cho 5  n = 5q + r r  {0; 1; 2; 3; 4}
r = 0  n  5  A(n)  5
r = 1, 4  n2 + 4  5  A(n)  5
r = 2; 3  n2 + 1  5  A(n)  5
 A(n)  5  A(n)  30
Bài 2: Xét hiệu B - A = (a51 - a1) + … + (a5n - an)
Chỉ chứng minh: a5i - ai  30 là đủ
Bài 3: Vì (n, 6) =1  n = 6k + 1 (k  N)

Với r  {1}
r = 1 n2 - 1  24
Bài 4: Xét n = 3k + r (k  N)
Với r  {0; 1; 2}
Ta có: 22n + 2n + 1 = 22r(26k - 1) + 2r(23k - 1) + 22n + 2n + 1
Làm tƣơng tự VD3
Bài 5: Có 24m4 + 1 = n2 = 25m4 - (m4 - 1)
Khi m  5  mn  5
Khi m  5 thì (m, 5) = 1  m4 - 1  5
(Vì m5 - m  5  (m4 - 1)  5  m4 - 1  5)
 n2  5  n 5. Vậy mn  5
4. Phƣơng pháp 4: BIẾN ĐỔI BIỂU THỨC CẦN CHỨNG MINH VỀ DẠNG
TỔNG
12


Giả sử chứng minh A(n)  k ta biến đổi A(n) về dạng tổng của nhiều hạng tử và
chứng minh mọi hạng tử đều chia hết cho k.
Ví dụ 1: CMR: n3 + 11n  6 với  n  z.
Giải: Ta có n3 + 11n = n3 - n + 12n = n(n2 - 1) + 12n
= n(n + 1) (n - 1) + 12n
Vì n, n - 1; n + 1 là 3 số nguyên liên tiếp
 n (n + 1) (n - 1)  6 và 12n  6
Vậy n3 + 11n  6
Ví dụ 2: Cho a, b  z thoả mãn (16a +17b) (17a +16b)  11
CMR: (16a +17b) (17a +16b)  121
Giải: Có 11 số nguyên tố mà (16a +17b) (17a +16b)  11
16a  17b 11

 

(1)
17a  16b 11


Có 16a +17b + 17a +16b = 33(a + b)  11 (2)
16a  17b 11

Từ (1) và (2)  
17a  16b 11


Vậy (16a +17b) (17a +16b)  121
Ví dụ 3: Tìm n  N sao cho P = (n + 5)(n + 6)  6n.
Giải : Ta có P = (n + 5)(n + 6) = n2 + 11n + 30
= 12n + n2 - n + 30
Vì 12n  6n nên để P  6n  n2 - n + 30  6n
 n2 - n 6
n(n - 1) 3 (1)

 
30 n (2)
30 6n

Từ (1)  n = 3k hoặc n = 3k + 1 (k  N)
Từ (2)  n  {1; 2; 3; 5; 6; 10; 15; 30}
Vậy từ (1); (2)  n  {1; 3; 6; 10; 15; 30}
Thay các giá trị của n vào P ta có
n  {1; 3; 10; 30} là thoả mãn
Vậy n  {1; 3; 10; 15; 30} thì P = (n + 5)(n + 6)  6n.
BÀI TẬP TƢƠNG TỰ

Bài 1: CMR: 13 + 33 + 53 + 73  23
13


Bài 2: CMR: 36n2 + 60n + 24  24
Bài 3: CMR: a. 5n+2 + 26.5n + 8 2n+1  59
b. 9 2n + 14  5
Bài 4: Tìm n  N sao cho n3 - 8n2 + 2n  n2 + 1
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: 13 + 33 + 53 + 73 = (13 + 73) + (33 + 53)
= 8m + 8N  23
Bài 2: 362 + 60n + 24 = 12n(3n + 5) + 24
Ta thấy n và 3n + 5 không đồng thời cùng chẵn hoặc cùng lẻ  n(3n + 5)  2
 ĐPCM
Bài 3: a. 5n+2 + 26.5n + 8 2n+1
= 5n(25 + 26) + 8 2n+1
= 5n(59 - 8) + 8.64 n
= 5n.59 + 8.59m  59
b. 9 2n + 14 = 9 2n - 1 + 15
= (81n - 1) + 15
= 80m + 15  5
Bài 4: Có n3 - 8n2 + 2n = (n2 + 1)(n - 8) + n + 8  (n2 + 1)  n + 8  n2 + 1
Nếu n + 8 = 0  n = -8 (thoả mãn)
Nếu n + 8  0  n + 8 n2 + 1

n  8  -n 2  1 Víi n  8 n 2  n  9  0 Víi n  8
 2
 
2
n  8  n  1 Víi n  8

n  n  7  0 Víi n  8
 n  {-2; 0; 2} thử lại. Vậy n  {-8; 0; 2}
5. Phƣơng pháp 5: DÙNG QUY NẠP TOÁN HỌC
Giả sử CM A(n)  P với n  a (1)
Bƣớc 1: Ta CM (1) đúng với n = a tức là CM A(n)  P
Bƣớc 2: Giả sử (1) đúng với n = k tức là CM A(k)  P với k  a
Ta CM (1) đúng với n = k + 1 tức là phải CM A(k+1)  P
Bƣớc 3: Kết luận A(n)  P với n  a
Ví dụ 1: Chứng minh A(n) = 16n - 15n - 1  225 với  n  N*
Giải: Với n = 1  A(n) = 225  225 vậy n = 1 đúng
14


Giả sử n = k  1 nghĩa là A(k) = 16k - 15k - 1  225
Ta phải CM A(k+1) = 16 k+1 - 15(k + 1) - 1  225
Thật vậy: A(k+1) = 16 k+1 - 15(k + 1) - 1
= 16.16k - 15k - 16
= (16k - 15k - 1) + 15.16k - 15
= 16k - 15k - 1 + 15.15m
= A(k) + 225
mà A(k)  225 (giả thiết quy nạp)
225m 225
Vậy A(n)  225
Ví dụ 2: CMR: với  n  N* và n là số tự nhiên lẻ ta có m2  12n  2
n

Giải: Với n = 1  m2 - 1 = (m + 1)(m - 1)  8 (vì m + 1; m - 1 là 2 số chẵn liên
tiếp nên tích của chúng chia hết cho 8)
Giả sử với n = k ta có m2  1 2k  2 ta phải chứng minh
k

m2

k 1

 1 2k  3

2
k 2
Thật vậy m2  1 2k  2  m  1  2 .q

(q  z )

k

k

 m2  2k  2.q  1
k

có m2

k 1



 1  m2

k



2





 1  2 k 2.q  1

2

 1  2 k  4.q 2  2 k 3.q

= 2 k 3 (2 k 1 q 2  q)  2 k 3
Vậy m2  1 2n  2 với  n  1
n

BÀI TẬP TƢƠNG TỰ
Bài 1: CMR: 33n+3 - 26n - 27  29 với  n  1
Bài 2: CMR: 42n+2 - 1  15
Bài 3: CMR số đƣợc thành lập bởi 3n chữ số giống nhau thì chia hết cho 3n với n
là số nguyên dƣơng.
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: Tƣơng tự ví dụ 1.
Bài 2: Tƣơng tự ví dụ 1.
Bài 3: Ta cần CM aa...a  3n (1)
3n

sè a

Với n = 1 ta có aa...a  111a3
15


...
a  3k
Giả sử (1) đúng với n = k tức là aa



3k sè a

Ta chứng minh (1) đúng với n = k + 1 tức là phải chứng minh

aa
...
a  3k+1 ta có 3k+1 = 3.3k = 3k + 3k +3k



3k 1 sè a

...
a a
...a a
...a a
...a  aa...a.102.3  aa...a.103  a
...a
Có aa








k
k
k
k

3k 1 sè a



3

3



k

3k

3

 aa
...

a 10 2.3  103  1 3k 1


k

k

3k

6. Phƣơng pháp 6: SỬ DỤNG ĐỒNG DƢ THỨC
Giải bài toán dựa vào đồng dƣ thức chủ yếu là sử dụng định lý Euler và định lý
Fermat
Ví dụ 1: CMR: 22225555 + 55552222  7
Giải: Có 2222  - 4 (mod 7)  22225555 + 55552222  (- 4)5555 + 45555 (mod 7)
Lại có: (- 4)5555 + 42222 = - 45555 + 42222



= - 42222 (43333 - 1) = - 4 2222 43 

1111



1

Vì 43 = 64  (mod 7)  4 3 

1111

 1  0 (mod 7)

 22225555 + 55552222  0 (mod 7)
Vậy 22225555 + 55552222  7
4 n 1

Ví dụ 2: CMR: 32

4 n 1

 33

 5 22 với  n  N

Giải: Theo định lý Fermat ta có:
310  1 (mod 11)
210  1 (mod 11)
Ta tìm dƣ trong phép chia là 24n+1 và 34n+1 cho 10
Có 24n+1 = 2.16n  2 (mod 10)
 24n+1 = 10q + 2 (q  N)
Có 34n+1 = 3.81n  3 (mod 10)
 34n+1 = 10k + 3 (k  N)
4 n 1

Ta có: 32

4 n 1

 33

 5  310q2  210k 3

= 32.310q + 23.210k + 5
 1+0+1 (mod 2)
 0 (mod 2)
16


mà (2, 11) = 1
4 n 1

Vậy 32

4 n 1

 5 22 với  n  N

 33

Ví dụ 3: CMR: 22

4 n 1

 7 11 với n  N

Giải : Ta có: 24  6 (mod)  24n+1  2 (mod 10)
 24n+1 = 10q + 2 (q  N)
4 n 1

 22

 210q2

Theo định lý Fermat ta có: 210  1 (mod 11)
 210q  1 (mod 11)
4 n 1

22

 7  210q2  7

 4+7 (mod 11)  0 (mod 11)
Vậy

22

4 n 1

 7 11

với n  N (ĐPCM)
BÀI TẬP TƢƠNG TỰ

6 n2

Bài 1: CMR 22

 319

với n  N

Bài 2: CMR với  n  1 ta có 52n-1. 22n-15n+1 + 3n+1 .22n-1  38
Bài 3: Cho số p > 3, p  (P). CMR 3p - 2p - 1  42p
Bài 4: CMR với mọi số nguyên tố p đều có dạng 2n - n (n  N) chia hết cho p.
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: Làm tƣơng tự nhƣ VD3
Bài 2: Ta thấy 52n-1. 22n-15n+1 + 3n+1 .22n-1  2
Mặt khác 52n-1. 22n-15n+1 + 3n+1 .22n-1 = 2n(52n-1.10 + 9. 6n-1)
Vì 25  6 (mod 19)  5n-1  6n-1 (mod 19)
 25n-1.10 + 9. 6n-1  6n-1.19 (mod 19)  0 (mod 19)
Bài 3: Đặt A = 3p - 2p - 1 (p lẻ)
Dễ dàng CM A  2 và A  3  A  6
Nếu p = 7  A = 37 - 27 - 1  49  A  7p
Nếu p  7  (p, 7) = 1
Theo định lý Fermat ta có:
A = (3p - 3) - (2p - 2)  p
Đặt p = 3q + r (q  N; r = 1, 2)
 A = (33q+1 - 3) - (23q+r - 2)
= 3r.27q - 2r.8q - 1 = 7k + 3r(-1)q - 2r - 1 (k  N)
17


với r = 1, q phải chẵn (vì p lẻ)
 A = 7k - 9 - 4 - 1 = 7k - 14
Vậy A  7 mà A  p, (p, 7) = 1  A  7p
Mà (7, 6) = 1; A  6
 A  42p.
Bài 4: Nếu P = 2  22 - 2 = 2  2
Nếu n > 2 Theo định lý Fermat ta có:
2p-1  1 (mod p)

 2m(p-1)  1 (mod p) (m  N)
Xét A = 2m(p-1) + m - mp
A  p  m = kq - 1
Nhƣ vậy nếu p > 2  p có dạng 2n - n trong đó
N = (kp - 1)(p - 1), k  N đều chia hết cho p
7. Phƣơng pháp 7: SỬ DỤNG NGUYÊN LÝ ĐIRICHLET
Nếu đem n + 1 con thỏ nhốt vào n lồng thì có ít nhất 1 lồng chứa từ 2 con
trở lên.
Ví dụ 1: CMR: Trong n + 1 số nguyên bất kỳ có 2 số có hiệu chia hết cho n.
Giải: Lấy n + 1 số nguyên đã cho chia cho n thì đƣợc n + 1 số dƣ nhận 1 trong
các số sau: 0; 1; 2;…; n - 1
 có ít nhất 2 số dƣ có cùng số dƣ khi chia cho n.
0r
Giả sử ai = nq1 + r
aj = nq2 + r

a1 ; q 2  N

 aj - aj = n(q1 - q2)  n
Vậy trong n +1 số nguyên bất kỳ có 2 số có hiệu chia hết cho n.
Nếu không có 1 tổng nào trong các tổng trên chia hết cho n nhƣ vậy số dƣ khi
chia mỗi tổng trên cho n ta đƣợc n số dƣ là 1; 2; …; n - 1
Vậy theo nguyên lý Đirichlet sẽ tồn tại ít nhất 2 tổng mà chi cho n có cùng số dƣ
 (theo VD1) hiệu cùadr tổng này chia hết cho n (ĐPCM).
BÀI TẬP TƢƠNG TỰ
Bài 1: CMR: Tồn tại n  N sao cho 17n - 1  25
Bài 2: CMR: Tồn tại 1 bội của số 1993 chỉ chứa toàn số 1.
Bài 3: CMR: Với 17 số nguyên bất kỳ bao giờ cũng tồn tại 1 tổng 5 số chia hết
cho 5.

18


Bài 4: Có hay không 1 số có dạng: 19931993 … 1993000 … 00  1994
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: Xét dãy số 17, 172, …, 1725 (tƣơng tự VD2)
Bài 2: Ta có 1994 số nguyên chứa toàn bộ số 1 là:
1
11
111
…
111
11



1 9 9 4sè 1

Khi chia cho 1993 thì có 1993 số dƣ  theo nguyên lý Đirichlet có ít nhất 2 số
có cùng số dƣ.
Giả sử đó là
0  r < 1993

ai = 1993q + r

i > j; q, k  N

aj = 1993k + r
 aj - aj = 1993(q - k)

111

1100

0  1993(q  k )






i - j 1994sè 1

i sè 0

111

11.10 j  1993(q  k )




i - j 1994sè 1

mà (10j, 1993) = 1

111
11  1993 (ĐPCM)




1994sè 1

Bài 3: Xét dãy số gồm 17 số nguyên bất kỳ là
a1, a2, …, a17
Chia các số cho 5 ta đƣợc 17 số dƣ ắt phải có 5 số dƣ thuộc tập hợp{0; 1; 2; 3;
4}
Nếu trong 17 số trên có 5 số khi chia cho 5 có cùng số dƣ thì tổng của chúng sẽ
chia hết cho 5.
Nếu trong 17 số trên không có số nào có cùng số dƣ khi chia cho 5  tồn tại 5
số có số dƣ khác nhau  tổng các số dƣ là: 0 + 1 + 2 + 3 + 4 = 10  10
Vậy tổng của 5 số này chia hết cho 5.
Bài 4: Xét dãy số a1 = 1993, a2 = 19931993, …
19


1993
a1994 = 1993

1 9 9 4sè 1 9 9 3

đem chia cho 1994  có 1994 số dƣ thuộc tập {1; 2; …; 1993} theo nguyên lý
Đirichlet có ít nhất 2 số hạng có cùng số dƣ.
Giả sử: ai = 1993 … 1993 (i số 1993)
aj = 1993 … 1993 (j số 1993)
 aj - aj  1994

1  i < j  1994



1993.10 ni 1993
 1993

j - i sè 1993

8. Phƣơng pháp 8: PHƢƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG
Để CM A(n)  p (hoặc A(n)  p )
+ Giả sử: A(n)  p (hoặc A(n)  p )
+ CM trên giả sử là sai
+ Kết luận: A(n)  p (hoặc A(n)  p )
Ví dụ 1: CMR n2 + 3n + 5  121 với  n  N
Giải: Giả sử tồn tại n  N sao cho n2 + 3n + 5  121
 4n2 + 12n + 20  121 (vì (n, 121) = 1)
 (2n + 3)2 + 11  121 (1)
 (2n + 3)2  11
Vì 11 là số nguyên tố  2n + 3  11
 (2n + 3)2  121 (2)
Từ (1) và (2)  11  121 vô lý
Vậy n2 + 3n + 5  121
Ví dụ 2: CMR n2 - 1  n với  n  N*
Giải: Xét tập hợp số tự nhiên N*
Giả sử  n  1, n  N* sao cho n2 - 1  n
Gọi d là ƣớc số chung nhỏ nhất khác 1 của n  d  (p) theo định lý Format ta
có
2d-1  1 (mod d)  m < d
ta chứng minh m\n
Giả sử n = mq + r (0  r < m)
Theo giả sử n2 - 1  n  nmq+r - 1  n
20

 2r(nmq - 1) + (2r - 1)  n  2r - 1  d vì r < m mà m  N, m nhỏ nhất khác 1 có
tính chất (1)
 r = 0  m\n mà m < d cũng có tính chất (1) nên điều giả sử là sai.
Vậy n2 - 1  n với  n  N*
BÀI TẬP TƢƠNG TỰ
Bài 1: Có tồn tại n  N sao cho n2 + n + 2  49 không?
Bài 2: CMR: n2 + n + 1  9 với  n  N*
Bài 3: CMR: 4n2 - 4n + 18  289 với  n  N
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: Giả sử tồn tại n  N để n2 + n + 2  49
 4n2 + 4n + 8  49
 (2n + 1)2 + 7  49 (1)  (2n + 1)2  7
Vì 7 là số nguyên tố  2n + 1  7  (2n + 1)2  49 (2)
Từ (1); (2)  7  49 vô lý.
Bài 2: Giả sử tồn tại n2 + n + 1  9 với  n
 (n + 2)(n - 1) + 3  3 (1)
n  2 3

vì 3 là số nguyên tố  
 (n + 2)(n - 1)  9 (2)
n  13
Từ (1) và (2)  3  9 vô lý
Bài 3: Giả sử  n  N để 4n2 - 4n + 18  289
 (2n - 1)2 + 17  172
 (2n - 1)  17
17 là số nguyên tố  (2n - 1)  17  (2n - 1)2  289
 17  289 vô lý.
8. ĐÁNH GIÁ LỢI ÍCH THU ĐƢỢC HOẶC DỰ KIẾN CÓ THỂ THU
ĐƢỢC DO ÁP DỤNG SÁNG KIẾN.

Trƣớc đây khi chƣa ứng dụng sáng kiến vào giảng dạy. Mặc dù tôi cũng
đã sử dụng một số phƣơng pháp nêu trên vào giảng dạy nhƣng chất lƣợng học
sinh giỏi vẫn đạt kết quả chƣa cao. Số lƣợng học sinh cần giáo viên hƣớng dẫn
tƣơng đối nhiều. Số lƣợng học sinh vận dụng các phƣơng pháp chứng minh còn
ít.
Khi áp dụng sáng kiến vào thực tế giảng dạy thời gian qua tôi nhận thấy
học sinh học tập tích cực hơn, hào hứng hơn, chú ý hơn, tham gia xây dựng bài
21


sôi nổi hơn, tích cực thực hành và dạt kết quả tốt. Đặc biệt các em dẫ vận dụng
linh hoạt các phƣơng pháp vào giải các bài toán, chất lƣợng đi lên rõ rệt.
Bằng một chút vốn hiểu biết và kinh nghiệm giảng dạy một số năm, tôi đã
hệ thống đƣợc một số kiến thức liên quan, sƣu tầm và tích luỹ đƣợc một số bài
tập phù hợp và phƣơng pháp giải theo mức độ từ dễ đến khó, từ đơn giản đến
phức tạp để cho học sinh tham khảo theo quy trình sau:
* Một là: trƣớc hết học sinh cần nắm vững định nghĩa phép chia hết trong
sách giáo khoa toán 6 ; Các dấu hiệu chia hết cũng nhƣ các tính chất về quan hệ
chia hết.
* Hai là: Khi học sinh đã nắm chắc các vấn đề nếu trên thì giáo viên có
thể đƣa ra một vài phƣơng pháp thƣờng dùng để giải bài toán chia hết. Với học
sinh lớp 6, tôi thƣờng sử dụng 9 phƣơng pháp sau:
* Phương pháp 1: Sử dụng dấu hiệu chia hết.
* Phương pháp 2: Sử dụng tính chất chia hết.
* Phương pháp 3: Xét tập hợp số dư trong phép chia.
* Phương pháp 4: Biến đổi biểu thức cần chứng minh về dạng tổng.
* Phương pháp 5: Dùng quy nạp toán học.
* Phương pháp 6: Sử dụng đồng dư thức.
* Phương pháp 7: Sử dụng nguyên lý Ddiirrichlet.
* Phương pháp 8: Phương pháp phản chứng.

Trên đây là 9 phƣơng pháp với một số ví dụ và một số bài tập về phép
chia hết trong phần phƣơng pháp nghiên cứu. Các bài toán chia hết thật đa dạng
và phong phú. Nếu nhƣ chúng ta chỉ cần hƣớng dẫn học sinh giải những bài tập
có mức độ trung bình thì các em chƣa thể thấy đƣợc cái hay của dạng toán này,
đồng thời có khi các em còn có cảm giác là khó và phức tạp. Qua các bài tập
trên ta thấy mặc dù mỗi dạng bài tập sử dụng phƣơng pháp biến đổi ban đầu
khác nhau nhƣng cuối cùng đều quy về định nghĩa và các tính chất của phép
chia hết.
Chính vì vậy việc nắm vững định nghĩa về phép chia hết, các tính chất và
dấu hiệu của phép chia hết là vấn đề then chốt giúp học sinh có thể định hƣớng
đƣợc cách giải bài tập, giúp học sinh có tƣ duy sáng tạo và sự linh hoạt khi giải
toán.
Khi đã làm đƣợc nhƣ vậy thì việc giải các bài toán về phép chia hết đã trở thành
niềm đam mê, thích thú của học sinh. Với những kinh nghiệm vừa trình bày ở
trên, sau thời gian ngắn dạy toán 6 bản thân tôi nhận thấy: khi dạy phần chia hết
trong tập hợp số tự nhiên học sinh tiếp nhận kiến thức một cách thoải mái, chủ
động, rõ ràng. Học sinh phân biệt và nhận dạng đƣợc các bài toán liên quan đến
22


phép chia hết và từ đó có thể giải đƣợc hầu hết các bài tập phần này. Xóa đi cảm
giác khó và phức tạp ban đầu là không có quy tắc tổng quát.
Qua đó rèn luyện cho học sinh trí thông minh, sáng tạo, các phẩm chất trí
tuệ khác và học sinh cũng thấy đƣợc dạng toán này thật phong phú chứ không
đơn điệu. Điều đó giúp học sinh hứng thú hơn khi học tập bộ môn Toán.
9. DANH SÁCH NHỮNG TỔ CHỨC CÁ NHÂN ĐÃ THAM GIA ÁP
DỤNG THỬ HOẶC ÁP DỤNG SÁNG KIẾN LẦN ĐẦU TIÊN.
Số
TT

Tên tổ chức/cá nhân

Địa chỉ

Phạm vi/Lĩnh vực áp
dụng sáng kiến

1

Giáo viên Toán THCS Trƣờng THCS Gia Hoạt động dạy học, bồi
Gia Khánh
Khánh
dƣỡng học sinh giỏi

2

Học sinh giỏi các lớp Trƣờng THCS Gia Hoạt động bồi dƣỡng học
6, 7, 8, 9
Khánh
sinh giỏi

3

Học sinh khá giỏi khối Lớp 6A,B,C,D
Hoạt động dạy học,bồi
lớp 6
trƣờng THCS Gia dƣỡng học sinh giỏi
Khánh

Gia khánh, ngày .... tháng .... năm 2016

Thủ trƣởng đơn vị

Gia khánh, ngày 8 tháng 12 năm 2016
Tác giả sáng kiến

(Kí tên, đóng dấu)

(Kí, ghi rõ họ tên)

Nguyễn Văn Toán

23