Một số kinh nghiệm hướng dẫn học sinh lớp 8 và lớp 9 giải các dạng toá

1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài.
Số học – một phân môn của toán học mà chỉ được gọi tên chính thức ở lớp
6, nhưng kiến thức cơ bản của nó thì xuyên suốt quá trình học toán ở bậc THCS.
Một trong những mảng kiến thức quan trọng trong số học đó là “ Tính chất
chia hết trên tập Z ”. Tuy nhiên lượng kiến thức trong sách giáo khoa và sách
bài tập hiện hành của bậc THCS liên quan về phần kiến thức này còn rất hạn
chế. Mặt khác do thời lượng cho phần này quá ít ( chủ yếu học sinh được học ở
lớp 6) nên trong quá trình giảng dạy giáo viên chưa thể đưa ra nhiều bài tập cho
nhiều dạng toán để hình thành kỹ năng giải toán cho học sinh. Thực tế nhiều học
sinh lớp 8, lớp 9 có lực học khá, giỏi vẫn rất lúng túng và mất định hướng khi
gặp các bài toán “ Chứng minh chia hết “ và lớp các bài toán có sử dụng tính
chất chia hết như: các bài toán về số nguyên tố; số chính phương; phương trình
nghiệm nguyên ….
Xuất phát từ thực tế trên, tôi mạnh dạn đưa ra đề tài “ Một số kinh nghiệm
hướng dẫn học sinh lớp 8 và lớp 9 giải các dạng toán về tính chất chia hết
thường gặp ở bậc THCS Trường THCS và THPT Nghi Sơn huyện Tĩnh Gia”.
1.2. Mục đích nghiên cứu.
Mục đích nghiên cứu của đề tài là xây dựng thêm một số phương pháp giải
các bài toán liên quan đến tính chất chia hết thường gặp ở lớp 8 và lớp 9. Trên
cơ sở đó học sinh có thể định hướng tìm tòi, vận dụng, tìm ra nhiều cách giải
hay đối với lớp các bài toán về số nguyên tố; số chính phương; phương trình
nghiệm nguyên ….
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
Một số kinh nghiệm hướng dẫn học sinh lớp 8 và lớp 9 giải các dạng toán
về tính chất chia hết thường gặp ở bậc THCS Trường THCS và THPT Nghi Sơn
thông qua một số bài toán cụ thể mang tính đặc trưng cho từng phương pháp.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
+ Phương pháp nghiên cứu xây dựng cơ sở lý thuyết: Nhắc lại một số kiến thức
cơ bản về tính chất chia hết mà học sinh đã được học từ đó rút ra một số tính
chất đặc trưng thường vận dụng trong giải toán.

+ Phương pháp thực nghiệm sư phạm, điều tra, khảo sát thực tế : Học sinh áp
dụng các tính chất trên vào việc giải các bài toán cụ thể từ đó tổng quát hóa
thành phương pháp giải các dạng toán về chứng minh chia hêt, các bài toán về
số chính phương, số nguyên tố, phương trình nghiệm nguyên.
2. NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lí luận.
Tính chất chia hết là một trong những tính chất rất đặc trưng của bộ môn số
học trong chương trình toán bậc THCS, những bài toán liên quan đến nó cũng
rất đa dạng, phong phú và phức tạp. Những bài toán liên quan đến tính chia hết
thường xuyên xuất hiện trong các kỳ thi học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh và

1


thi tuyển sinh vào lớp 10. Những bài toán này thường gây “khó khăn” đối với
học sinh kể cả đối với học sinh có lực học khá,giỏi. Thực tế hơn 10 năm giảng
dạy tại trường THCS và THPT Nghi Sơn tôi thấy lí do là đa số học sinh chưa
biết những bài toán “ gốc” của từng dạng toán và phân dạng các bài toán từ đó
mất phương hướng tìm tòi lời giải.
Qua nghiên cứu một số tài liệu liên quan, tôi thấy nhiều tác giả cũng đã tiếp
cận về vấn đề này nhưng việc giải quyết chưa thật triệt để và hiệu quả chưa cao,
trong quá trình giảng dạy bản thân tôi nhận thấy việc vận dụng các tính chất chia
hết vào các bài toán liên quan: chứng minh chia hết; số chính phương, số nguyên
tố, phương trình nghiệm nguyên để giải quyết rất hiệu quả.
Với mong muốn góp phần nhỏ vào việc nâng cao chất lượng giảng dạy môn
toán nói chung và phân môn số học nói riêng ở bậc THCS Trường THCS và
THPT Nghi Sơn tôi đã mạnh dạn nghiên cứu vấn đề này.
2.2. Thực trạng vấn đề.
Là giáo viên giảng dạy môn toán khối THCS trong nhiều năm qua tôi nhận
thấy đa số học sinh có lực học trung bình, mức độ tư duy vừa phải, một số em có

lực học khá, giỏi nhưng cũng chỉ có thể làm được một số bài toán mang tính
chất vận dụng thấp. Trong các kì thi học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh những câu
có nội dung trên thường là những câu gây khó khăn cho học sinh nhất. Các em
thường không làm được vì học sinh còn rất yếu trong việc vận dụng, phối hợp
nhiều phương pháp, nhiều kiến thức suy luận trong một bài toán.
2.3. Giải pháp và tổ chức thực hiện.
2.3.1. Lí thuyết.
1. Tính chất chia hết của tổng, của hiệu, của tích.
+ a Mm ; b Mm ⇒ a + b Mm ; a − b Mm .
+ a Mm ; b Mm ⇒ a + b Mm ; a − b Mm .
+ a Mm ⇒ k.a Mm (k ∈ ¥ ) .
+ a Mm ; b Mn ⇒ ab Mmn
Ngoài những tính chất cơ bản trên ta cần chú ý một số tính chất đặc biệt thường
áp dụng trong chứng minh các bài toán chia hết sau:
+ aM
b và bM
c ⇒ aM
c
+ aM
b , aM
c và (b, c) = 1 ⇒ a Mbc
+ abM
c và (b, c) = 1 ⇒ a M
c
n
n
+ a Mb ⇒ a Mb
2. Khái niệm đồng dư.
a. Định nghĩa.
Cho số nguyên m > 0. Nếu hai số nguyên a và b có cùng số dư khi chia cho m

thì ta nói a đồng dư với b theo modun m và kí hiệu là a ≡ b (mod m).
Vậy a ≡ b (mod m) ⇔ a − bMm . Dấu “ ≡ ” gọi là đồng dư thức.
b. Tính chất.

2


+ Cộng trừ theo từng vế của nhiều đồng dư theo cùng một modun, tức là:
Nếu a ≡ b (mod m), c ≡ d (mod m) thì a + c ≡ b + d (mod m); a − c ≡ b − d (mod m)
+ Nhân từng vế các đồng dư thức có cùng modun, tức là: Nếu a ≡ b (mod m) và
c ≡ d (mod m) thì ac ≡ bd (mod m) .
c. Hệ quả.
+ Có thể thêm hay bớt cùng một số vào hai vế của một đồng dư thức, tức là:
Nếu a ≡ b (mod m) thì a + c ≡ b + c (mod m) và a − c ≡ b − c (mod m).
+ Có thể nhân hai vế của cùng một đồng dư thức với một số nguyên khác 0, tức
là Nếu a ≡ b (mod m) thì ac ≡ bc (mod m).
+ Có thể nâng hai vế của một đồng dư thức lên cùng một lũy thừa với bậc là số
tự nhiên, tức là: Nếu a ≡ b (mod m) thì a n ≡ b n (mod m), n ∈ Ν .
2.3.2. Các dạng toán.
Dạng 1. Sử dụng tính chất “ trong n số nguyên liên tiếp có một và chỉ một số
chia hết cho n, n ≥ 1”.
Chứng minh. Lấy n số nguyên liên tiếp chia cho n thì được n số dư khác nhau
đôi một, trong n số dư khác nhau đôi một này có duy nhất một số dư bằng 0, tức
là có duy nhất một số chia hết cho n.
Vận dụng tính chất đơn giản này, kết hợp với thuật toán thêm, bớt, phân tích
thành nhân tử ta có thể giải các bài toán sau:
Bài 1. Chứng minh rằng:
a. Tích hai số chẵn liên tiếp chia hết cho 8.
b. Tích ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 6.
Hướng dẫn.

a. Hai số chẵn liên tiếp có dạng 2n và 2n + 2 ( n ∈Z ) do đó tích của chúng là
2n(2n+2) = 4n(n + 1). Mà n và n + 1 là hai số nguyên liên tiếp nên có một số
chia hết cho 2, do đó n(n +1) M2, suy ra 4n(n + 1) M8. Vậy tích hai số chẵn liên
tiếp chia hết cho 8.
b. Ba số nguyên liên tiếp có một số chia hết cho 2 và một số chia hết cho 3 nên
tích của chúng chia hết cho 6 vì (2, 3) = 1.
Bài 2. Chứng minh rằng với m, n∈ Z :
a. n 3 + 11nM6
b. mn(m 2 − n 2 )M3
6
c. n(n + 1)(2n + 1)M
Hướng dẫn.
a. Ta có: n 3 + 11n = n 3 − n + 12n = (n −1)n(n + 1) + 12n . Theo kết quả bài 1b thì
(n −1)n(n + 1)M
6 và 12n M6 nên n 3 + 11nM
6.
2
2
2
2
2
2
b. Ta có: mn(m − n ) = mn (m −1) − (n −1)  = mn(m −1) − mn(n −1) .
6 và n(n 2 − 1) = (n −1)n(n +1)M
6
Mà m(m 2 −1) = (m −1)m(m + 1)M
3.
Suy ra mn(m 2 − n 2 )M
c. Tương tự :

3


n(n +1)(2n +1) = n(n +1)(n + 2 + n −1) = n(n +1)(n + 2) + n(n +1)(n −1) M
6
Bài 3.
24 .
a. Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3, chứng minh rằng p 2 − 1M
b. Chứng minh rằng n và n5 có chữ số tận cùng giống nhau.
Hướng dẫn.
8 và p2 −1M
3 . ( Vì (8,3) = 1)
a. Để chứng minh p2 −1M24 ta chứng minh p2 −1M
Thật vậy, do p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p lẻ và không chia hết cho 3.
Ta có p2 −1 = (p −1)(p + 1) . p là số lẻ nên p – 1 và p + 1 là hai số chẵn liên tiếp
8 (1) ( theo bài 1a ).
nên ta có (p −1)(p + 1)M
Mặt khác p −1, p, p + 1 là ba số nguyên liên tiếp nên có một số chia hết cho 3 mà
3 (2) .
p M3 nên p −1 hoặc p + 1 chia hết cho 3 suy ra (p −1)(p + 1)M
Từ (1) và (2) suy ra p2 −1M24 .
b. Để chứng minh n và n5 có chữ số tận cùng giống nhau ta chứng minh hiệu
n5 − nM
10 .
5
4
2
2
2
2

Ta có n − n = n(n − 1) = n(n −1)(n +1) = n(n − 1) (n − 4) + 5
= n(n 2 −1)(n 2 − 4) + 5n(n 2 −1)
= (n − 2)(n −1)n(n +1)(n + 2) + 5(n −1)n(n +1) .
(n − 2)(n −1)n(n + 1)(n + 2) là tích của 5 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho
10 . Do đó n 5 − n M
2.5 = 10 và 5(n −1)n(n + 1)M
10 .
Nhận xét:
+ Trong câu b ta có thể chứng minh được n5 − nM30 . n ∈Z
+ Từ kết quả bài 2b và bài 3b ta có nội dung bài toán sau:
Bài 4.
a. Chứng minh rằng

n5
5

+

n 3 7n
3

b. Chứng minh với n chẵn thì

+

15

n
12

+

là số nguyên với mọi n ∈ Z .

n2 n3
8

+

24

là số nguyên.

Hướng dẫn.

7n = n − 8n = n − n − n
n 5 n 3 7n n 5 − n n 3 − n
a. Ta có:
do đó
+
+
=
+
+n.
15
15
5 3
5
3 15
5

3
Ta đã chứng minh được n 5 − n M
10 (Bài 3b) và n 3 − n M6 ( Bài 2b) do đó
n 5 − n n 3 − n + n là số nguyên.
+
5
3
b. Giả sử n = 2m ( m∈Z ), ta có:
n n 2 n 3 m m2 m3 2m3 + 3m2 + m m(m + 1)(2m + 1)
+
+
= +
+
=
=
12 8 24 6 2
3
6
6

n n 2 n3
m(m
+
1)(2m
+
1)
M
6
Theo bài 2c thì
nên

+
+
là số nguyên.

12 8 24
Trên cơ sở nội dung các bài toán đã hướng dẫn trên ta có các bài toán sau:
4


Bài 1. Chứng minh rằng:
a. Tích bốn số nguyên liên tiếp chia hết cho 24.
b. Tích sáu số nguyên liên tiếp chia hết cho 720.
c. Tích ba số chẵn liên tiếp chia hết cho 48.
Bài 2. Cho a, b là hai số lẻ không chia hết cho 3. Chứng minh rằng a 2 − b2 M24
Bài 3. Chứng minh rằng với mọi m, n ∈Z ta có:
30
12
a. n 2 (n 2 − 1)M
c. mn(m4 − n 4 )M
b. n 2 (n 4 − 1)M60
d. 3n 4 − 4n 3 + 21n 2 − 10n M24
Bài 4. Chứng minh biểu thức A sau là số nguyên với mọi n nguyên.
n 5 n 4 7n 3 5n 2 n
A=
+
+
+
+
120 12 24
12 5

Dạng 2. Sử dụng hằng đẳng thức mở rộng.
Trên cơ sở học sinh đã biết về 7 hằng đẳng thức đáng nhớ ta đưa ra một số
đẳng thức mở rộng để vận dụng trong các bài toán chứng minh tính chia hết có
liên quan đến số mũ tự nhiên.
* Với n ∈¥ ta có a n − b n = (a − b)(a n −1 + a n −2b + .... + ab n −2 + b n −1) .
* Với n lẻ ta có a n + b n = (a + b)(a n −1 − a n −2b + .... − ab n −2 + b n −1 ) .
Suy ra:
+ a, b∈Z và a ≠ b thì a n − b n Ma − b .
+ a, b∈Z , n lẻ và a ≠ − b thì a n + b n Ma + b .
+ a, b∈Z , n chẵn và a ≠ − b thì a n − b n Ma + b .
Bài 5. Với n chẵn (n ∈ Z ). Chứng minh rằng A = 20n + 16n − 3n − 1M
323 .
Hướng dẫn.
Ta có 323 = 19.17 và (19, 17) = 1. Để chứng minh AM323 ta chứng minh A M19
và AM17. Biến đổi A = 20n + 16n − 3n − 1 = (20n − 1) + (16n − 3n ) .
Do 20n − 1M20 − 1 = 19 và n chẵn nên 16n − 3n M
16 + 3 = 19 .
n
n
n
Suy ra A = 20 + 16 − 3 − 1M
19 (1)
n
n
n
n
n
Mặt khác A = 20 + 16 − 3 − 1 = (20 − 3 ) + (16n − 1n ) .
20n − 3n M20 − 3 = 17 và n chẵn nên 16n − 1n M
16 + 1 = 17 .

17 (2)
Suy ra A = 20n − 16n − 3n − 1M
n
n
n
Từ (1) và (2) suy ra A = 20 + 16 − 3 − 1M323 .
Bài 6. Cho n là số nguyên dương và k là số tự nhiên lẻ. Chứng minh rằng:
1 + 2 + ........ + n.
a. 1k + 2k + ....... + n k M
n(2n + 1).
b. 1k + 2k + ....... + (2n)k M
Hướng dẫn.
a.
Đặt S = 1k + 2k + ....... + n k .
Hay S = n k + (n − 1)k + ....... + 1k .

5


⇒ 2S = (1k + n k ) + (2k + (n − 1) k ) + ....... + (n k + 1k ).
Vì k lẻ nên1k + n k Mn + 1; 2k + (n − 1) k Mn + 1; ....... Suy ra 2S Mn + 1 (1)
Mặt khác viết S = 1k + 2k + ....... + (n − 1) k + n k .
S = (n − 1) k + (n − 2) k + ....... + 1k + n k
⇒ 2S = 1k + (n − 1) k  + 2 k + (n − 2) k  + ........ + (n − 1) k + 1k  + 2.n k .
Vì k lẻ nên 1k + (n − 1)k Mn ; 2k + (n − 2) k Mn ; ......; 2.n k Mn . Suy ra 2S Mn (2)
Từ (1), (2) và (n, n+1) = 1 suy ra 2S Mn(n + 1) . Hơn nữa n(n+1) là số chẵn nên
n(n + 1)
n(n + 1)
SM
. Ta lại có

= 1 + 2 +…+ n. Suy ra SM1 + 2 +…+ n.
2

2

b. Trong câu a, thay n bởi 2n ta có:

2n(2n + 1)
= n(2n + 1) (đpcm).
2
Bài 7. Cho đa thức f (x) với hệ số nguyên:
f (x) = an xn + an−1xn−1 + ....... + a1x + a0 (ai ∈ Z; i = 1, 2, ......n) .
a, b là hai số nguyên khác nhau.
a−b
a. Chứng minh rằng f (a) − f (b)M
b. Áp dụng : Chứng minh rằng không có đa thức P(x) nào với hệ số
nguyên có thể có giá trị P(7) = 5 và P(15) = 9.
Hướng dẫn.
a.
Ta có f (a ) = a n a n + a n −1a n −1 + ....... + a1a + a 0
f (b) = a n bn + a n −1b n −1 + ....... + a1b + a 0
Suy ra f (a) − f (b)Ma − b = a n (a n − bn ) + a n −1 (a n −1 − b n −1 ) + ....... + a1 (a − b) .

1k + 2k + ....... + (2n) k M

Vì a k − b k Ma − b ; k ∈ ¥ nên f (a) − f (b)Ma − b .
b. Giả sử có đa thức P(x) với hệ số nguyên sao cho P(7) = 5 và P(15) = 9, khi đó
P(15) – P(7) M15 – 7 = 8 ⇒ 4M
8 ( vô lí ). Vậy không tồn tại đ a thức thõa mãn đề
bài.

Một số bài toán tương tự:
Bài 1. Cho n ∈¥ . Chứng minh rằng:
27
a. 9.10n + 18 M
b. 92n + 14 M
5
c. 62n +1 + 5n +2 M
d. 16n − 15n − 1M
225
3

Bài 2. Cho n ∈¥ * . Chứng minh rằng: 62n + 3n +2 + 3n M
11
Dạng 3. Sử dụng phép chia có dư.
Phép chia có dư liên quan chặt chẽ với đồng dư thức trong việc áp dụng giải một
số bài toán chứng minh tính chia hết trong tập Z cũng như một số dạng phương
trình nghiệm nguyên.
Để chứng minh A(n) Mp ta xét tất cả các số dư trong phép chia n cho p. Chia n
cho p được các số dư là 0, 1, 2,….,p – 1. Đặc biệt nếu p lẻ ta có thể viết:
6


n = k.p + r với r = 0, ± 1,...., ±

p −1
2

Ví dụ khi chia n cho 5 thì n có dạng: n =5k, n = 5k ± 1 , n = 5k ± 2 .
3.
Bài 8. Chứng minh rằng không tồn tại a∈ Z để a2 + 1M

Hướng dẫn.
Số a có thể biểu diễn bằng một trong 3 cách sau:
a = 3q, a = 3q + 1, a = 3q + 2
Ta xét mọi khả năng phân tích số a.
+ Với a = 3q số a 2 + 1 = 9q 2 + 1 chia cho 3 còn dư 1, nên a 2 + 1 M3.
+ Với a = 3q + 1 số a 2 + 1 = (3q + 1)2 + 1 = 3(3q 2 + 2q) + 2 chia 3 còn dư 2 nên
a 2 + 1 M3.
+ Với a = 3q + 2 số a 2 + 1 = (3q + 2)2 + 1 = 3(3q 2 + 4q + 1) + 2 chia 3 còn dư 2 nên
a 2 + 1 M3.
Vậy a 2 + 1 không chia hết cho 3.
Bài 9. Tìm dư trong phép chia một số chính phương cho 3, cho 5.
Hướng dẫn.
Số chính phương có dạng n 2 ( n ∈ ¥ ) .
1. Chia n cho 3 thì n = 3k hoặc n = 3k ±1 .
+ Nếu n = 3k thì n 2 = 9k 2 chia hết cho 3.
+ Nếu n = 3k ±1 thì n 2 = (3k ± 1) 2 = 9k 2 ± 6k + 1 .
Vậy một số chính phương khi chia cho 3 có dư là 0 hoặc 1.
2. Chia n cho 5 thì n =5k, n = 5k ± 1 , n = 5k ± 2 .
+ Nếu n =5k thì n 2 = 25k 2 chia hết cho 5.
+ Nếu n = 5k ± 1 thì n 2 = (5k ± 1) 2 = 25k 2 ± 10k + 1 chia 5 dư 1.
+ Nếu n = 5k ± 2 thì n 2 = (5k ± 2) 2 = 25k 2 ± 20k + 4 chia 5 dư 4.
Vậy một số chính phương khi chia cho 5 có dư là 0, 1, hoặc 4.
Chú ý: Từ nội dung bài toán trên ta có kết quả sau
+ Số có dạng 3k + 2 không thể là số chính phương.
+ Số có dạng 5k + 2, 5k + 3 không thể là một số chính phương.
Bài 10. Cho a∈Z . Chứng minh rằng:
a. a4 chia cho 8 chỉ có thể dư 0 hoặc 1.
b. a4 chia cho 16 chỉ có thể dư 0 hoặc 1.
Hướng dẫn.
a. + Nếu a M2 thì a 4 M24 ⇒ a 4 M8 .

+ Nếu a không chia hết cho 2 thì a + 1M2; a − 1M2; a 2 + 1M2 .
8 . Do đó a 4 chia cho 8 dư 1.
Suy ra a 4 − 1 = (a + 1)(a −1)(a 2 + 1)M
Vậy a4 chia cho 8 chỉ có thể dư 0 hoặc 1.
b.
+ Nếu a M2 thì a 4 M24 .

7


+ Nếu a không chia hết cho 2 thì a – 1 và a + 1 là hai số chẵn liên tiếp nên
có một số chia hết cho 4. Suy ra (a − 1)(a + 1)M8 .
16 .
Mà a 2 + 1M2 nên a 4 −1 = (a −1)(a + 1)(a 2 + 1)M
Do đó a 4 chia cho 16 dư 1.
Bài 11. Chứng minh rằng tổng bình phương của 5 số nguyên liên tiếp
không thể là một số chính phương.
Hướng dẫn.
Tổng bình phương của 5 số nguyên liên tiếp có dạng:
T = (n − 2)2 + (n −1)2 + n 2 + (n + 1) 2 + (n + 2)2 .
Hay T = 5n 2 + 10 = 5(n 2 + 2) .
Ta chứng minh n 2 + 2 không chia hết cho 5 với mọi n.
+ Nếu nM5 thì n 2 + 2 chia cho 5 dư 2.
+ Nếu n = 5k ± 1 thì n 2 + 2 = (5k ± 1) 2 + 2 chia cho 5 dư 3.
+ Nếu n = 5k ± 2 thì n 2 + 2 = (5k ± 2) 2 + 2 chia cho 5 dư 1.
Vậy n 2 + 2 M5 nên T là số chia hết cho 5 nhưng không chia hết cho 25, do đó T
không thể là một số chính phương.
Chú ý. Trong bài toán trên ta đã sử dụng tính chất sau: Một số chính phương
chia hết cho số nguyên tố p thì nó chia hết cho p 2 . Như vậy nếu n Mp mà n Mp 2
thì n không là số chính phương.

Bài 12. Tìm số tự nhiên n để 32n + 3n + 1M
13.
Hướng dẫn.
+ Với n = 3k ta có :
32n + 3n + 1 = 36k + 33k + 1 = (272k −1) + (27 k −1) + 3 chia cho 13 có dư là 3
vì 27n −1M27 −1 = 26 .
+ Với n = 3k + 1 ta có:
32n + 3n + 1 = 36k +2 + 33k +1 + 1 = 9(272k −1) + 3(27 k −1) + 13M
13
+ Với n = 3k +2 ta có :
32n + 3n + 1 = 36k +4 + 33k +2 + 1 = 81(272k −1) + 9(27 k −1) + 91M
13.
Vậy với n ≠ 3k thì 32n + 3n + 1M
13
Bài 13. Cho ba số nguyên x, y, z thõa mãn x2 + y 2 = z 2 . Chứng minh rằng
xyzM
60 .
Hướng dẫn.
Ta có 60 = 3.4.5
* Chứng minh xyzM
3.
Thật vậy, nếu x M3 và y M3 thì x 2 ≡ 1(mod 3), và y2 ≡ 1 (mod 3)
Suy ra x 2 + y2 ≡ 2 (mod 3) . Khi đó z 2 chia cho 3 dư 2, vô lí vì z 2 chia cho chỉ có
thể dư 0 hoặc 1 ( kq bài 12 ).
Vậy xM3 hoặc y M3 suy ra xyz M3 (1)
* Chứng minh xyz M4
8


+ Nếu x, y cùng lẻ tức là x = 2m + 1 ; y = 2n + 1 thì:

x 2 + y2 = (2m + 1) 2 + (2n + 1)2 = 4(m 2 + n 2 + m + n) + 2
Suy ra x 2 + y2 là số chẵn, không chia hết cho 4 nên không thể là số chính
phương. Vậy trường hợp này không xảy ra.
4.
+ Nếu x, y cùng chẵn thì xy M4 ⇒ xyz M
+ Nếu x chẵn, y lẻ ( Trường hợp x lẻ, y chẵn chứng minh tương tự ).
Đặt x = 2n, y = 2m + 1 khi đó z lẻ, đặt z = 2p + 1. Ta có:
x 2 + y2 = z 2 ⇔ (2n)2 + (2m + 1)2 = (2p + 1) 2
⇔ 4n 2 + 4m 2 + 4m + 1 = 4p 2 + 4p + 1
⇔ n 2 = p(p + 1) − m(m + 1)M
2 ⇒ n M2 ⇒ x M4
4 (2)
Vậy xyzM

5
* Chứng minh xyzM
5 thì xyzM
5.
+ Nếu xM
5 hoặc yM
+ Nếu x và y cùng không chia hết cho 5 thì x 2 , y2 chia 5 dư 1 hoặc 4 (kq bài 12)
Khi đó x 2 + y2 chia cho 5 có dư là 0, 2 hoặc 3. Nhưng z 2 chia cho 5 chỉ có thể
5.
dư 0, 1 hoặc 4 nên zM
(3)
5 . Vậy xyzM
3.4.5 = 60 (đpcm).
Từ (1), (2) và (3) suy ra xyzM
Một số bài toán tương tự:
Bài 1. Cho n∈Z..Chứng minh rằng:

a. n 7 − n M42 .
b. Nếu n không chia hết cho 7 thì n 3 −1 hoặc n 3 + 1 chia hết cho 7.
Bài 2. Tìm số tự nhiên n để:
a. 22n + 2n + 1M
b. 3n + 63M72
7
Bài 3. Chứng minh rằng n(n 2 + 1)(n 2 + 4) M5 ∀n ∈ Z .
Dạng 4. Sử dụng nguyên lí Dirichlet.
Phương pháp sử dụng nguyên lí Dirichlet là phương pháp mà học sinh được làm
quen từ rất sớm (lớp 6) và là một phương pháp thể hiện rõ cái đẹp của toán học.
Lập luận của phương pháp Dirichlet thường được sử dụng trong các bài toán
chứng minh sự tồn tại một khả năng nào đó mà không cần chỉ rõ khả năng đó
tồn tại khi nào và có bao nhiêu khả năng như vậy tồn tại.
* Để dễ nhớ nguyên lí Dirichlet thường được phát biểu như sau:
“ Nếu đem n + 1 con thỏ nhốt vào n chuồng thì có ít nhất một chuồng chứa từ
hai con thỏ trở lên.”
Tổng quát:
“ Nếu đem nk + 1 con thỏ nhốt vào n chuồng thì có ít nhất một chuồng chứa từ
k + 1 con thỏ trở lên.”
* Để sử dụng nguyên lí Dirichlet ta phải làm xuất hiện tình huống nhốt “thỏ”
vào “chuồng” thõa mãn các điều kiện:
+ Số “thỏ” phải nhiều hơn số “chuồng”.
9


+“thỏ” phải được nhốt hết vào các“chuồng”, nhưng không bắt buộc là chuồng
nào cũng phải có “thỏ”.
Bài 14. Chứng minh rằng:
a. Trong 11 số nguyên bất kì có thể tìm được 2 số có chữ số tận cùng giống
nhau.

b. Trong 101 số nguyên bất kì có thể tìm được 2 số có hai chữ số tận cùng
giống nhau.
Hướng dẫn.
a. Lấy 11 số nguyên đã cho chia cho 10 thì được 11 số dư nhận một trong 10 số :
0; 1; 2;…..9. Theo nguyên lí Dirichlet phải có 2 số có cùng dư, hiệu 2 số đó chia
hết cho 10. Đó là 2 số có chữ số tận cùng giống nhau.
Chú ý. Trong câu a. “Thỏ” là 11 số dư khi chia 11 số nguyên cho 10 ( Tức là
lấy các chữ số tận cùng của 11 số đó ) còn “chuồng” là các số dư 0, 1,…….9.
b. Tương tự câu a. lấy 101 số nguyên đã cho chia cho 100 ( Tức là lấy 2 chữ số
tận cùng của chúng ).
Bài 15. Chứng minh rằng trong 5 số nguyên bất kì có thể tìm được 3 số có
tổng chia hết cho 3.
Hướng dẫn.
Lấy 5 số nguyên đã cho chia cho 3 được các số dư 0, 1, 2.
* Nếu 5 số nguyên này khi chia cho 3 có đủ ba số dư 0, 1, 2. Giả sử a1=3k1;
a2=3k2 + 1; a3=3k3 + 2 thì a1 + a2 + a3 = 3(k1 + k2 + k3 + 1) M3.
* Nếu 5 số nguyên này khi chia cho 3 chỉ có hai loại số dư thì theo nguyên lí
Dirichlet có ít nhất 3 số có cùng dư, khi đó tổng của 3 số này chia hết cho 3.
* Nếu 5 số nguyên này khi chia cho 3 chỉ có chung một số dư thì tổng 3 số bất kì
trong chúng chia hết cho 3.
Vậy trong 5 số nguyên bất kì có thể tìm được 3 số có tổng chia hết cho 3.
Bài 16. Trên mặt phẳng cho sáu điểm phân biệt trong đó không có ba điểm
nào thẳng hàng. Nối các điểm đó bởi các đoạn thẳng và tô chúng bởi hai
màu xanh và đỏ. Chứng minh rằng tồn tại một tam giác có các cạnh cùng
màu.
Hướng dẫn.
Gọi 6 điểm đó là A, B, C, D, E, F. Nối điểm A với năm điểm khác, ta được năm
đoạn thẳng tô hai màu nên có ít nhất ba đoạn cùng màu. Giả sử đó là ba cạnh:
AB, AC, AD và chúng có cùng màu đỏ. Khi đó có thể xảy ra hai trường hợp:
+ Nếu một trong ba cạnh BC, CD, BD có màu đỏ thì một trong ba tam giác

ABC, ACD, ABD có các cạnh màu đỏ.
+ Nếu cả ba đoạn BC, CD, BD có màu xanh thì tam giác BCD có các cạnh cùng
màu xanh. Vậy luôn tồn tại một tam giác có các cạnh cùng màu.
Một số bài toán tương tự:
Bài 1. Chứng minh rằng trong 12 số tự nhiên bất kì luôn chọn được hai số có
hiệu chia hết cho 11.
Bài 2. Chứng minh rằng với ba số nguyên tố lớn hơn 3 bất kì luôn tìm được hai
số có tổng hoặc hiệu chia hết cho 12.
10


Dạng 5. Áp dụng tính chất chia hết trong việc giải các bài toán liên quan
đến số chính phương và số nguyên tố.
Ngoài những kiến thức chung đã được trình bày trong phần lí thuyết ta nhắc lại
một số tính chất thường áp dụng sau:
+ Nếu p là số nguyên tố và abMp thì aMp hoặc bMp .
+ Mọi số nguyên tố lớn hơn 2 đều có dạng 4n ± 1.
+ Mọi số nguyên tố lớn hơn 3 đều có dạng 6n ± 1.
+ Ước nguyên tố nhỏ nhất của một hợp số a là một số không vượt quá a .
p2 . Như vậy, nếu aMp
+ a là số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì aM
mà a Mp2 thì a không là số chính phương.
+ Nếu có số nguyên n sao cho m2 < n < (m+1)2 thì n không là số chính phương.
Bài 17. Chứng minh rằng nếu tích hai số nguyên tố cùng nhau là số chính
phương thì mỗi số sẽ là số chính phương.
Hướng dẫn.
Giả sử (a, b) = 1 và ab = c2 (c ∈¥ ) . Ta chứng minh a, b đều là các số chính
phương.
Gọi d = (a, c) khi đó a = a1d, c = c1d ; (a1, c1) = 1.
Suy ra a1db = c12d2 ⇒ a1b = c12d

+ a1bMc12 ⇒ bMc12 vì (a1, c1) = 1.
+ c12d Mb ⇒ c12Mb vì (b, d) = (b, a) = 1.
2

Vậy b = c1

2

c
và a =  ÷÷ = d 2 (đpcm).
 c1 

Bài 18. Chứng minh rằng tích của 4 số nguyên dương liên tiếp không thể là
một số chính phương.
Hướng dẫn.
Tích 4 số tự nhiên liên tiếp có dạng T = n(n + 1)(n + 2)(n + 3).
Ta có T =  n(n + 3)  (n +1)(n + 2)  = (n 2 + 3n)(n 2 + 3n + 2)

= (n 2 + 3n)2 + 2(n 2 + 3n)
Với n ≥ 1 ta có (n 2 + 3n)2 < T < (n 2 + 3n +1)2 , suy ra T không thể là số chính
phương vì (n 2 + 3n)2 , (n 2 + 3n +1)2 là hai số chính phương liên tiếp.
Bài 19. Tìm một số có hai chữ số, biết rằng tổng của nó và số viết theo thứ
tự ngược lại là một số chính phương.
Hướng dẫn.
Giả sử ab là số có hai chữ số sao cho ab + ba là số chính phương.
Ta có ab + ba = 10a + b + 10b +a = 11(a + b) M11. Vì ab + ba là số chính
phương nên ab + ba M121, từ đó suy ra a + bM11.
Mà 0 < a + b < 18 nên a + b =11. Vậy các số phải tìm là 29, 38, 47, 56, 65, 74,
83, 92.
Bài 20. Tìm một số có hai chữ số, biết rằng hiệu bình phương của nó và số

viết theo thứ tự ngược lại là một số chính phương.
11


Hướng dẫn.
2
2
Giả sử ab là số có hai chữ số sao cho ab − ba là số chính phương. Ta có:

ab
2

2

2

−

ba

2

= (10a + b)2 − (10b + a)2 = 99(a 2 − b 2 )M
11
2

2

2
2

Vì ab − ba là số chính phương nên ab − ba M
121 suy ra a – b M11 hay:
(a + b)(a – b) M11 ⇒ a + bM11 ( Vì 0 < a – b ≤ 8 ).
Mặt khác 0 < a + b ≤ 18 nên a + b = 11. Suy ra:
2
2
ab − ba = 9.11.11(a − b) là số chính phương nên a – b = 1 hoặc a – b = 4
+ Nếu a – b = 1, kết hợp với a + b = 11 suy ra a = 6, b = 5
15
+ Nếu a – b = 4, kết hợp với a + b = 11 suy ra a =
( loại ).
2
Vậy số cần tìm là 65.
Bài 21. Tìm các số nguyên tố x, y, z sao cho xy + 1 = z .
Hướng dẫn.
Vì x, y là các số nguyên tố nên x ≥ 2, y ≥ 2 suy ra z ≥ 5. z là số nguyên tố lẻ nên
x y là số chẵn suy ra x = 2, khi đó z = 2y + 1.
Nếu y lẻ thì 2y + 1M3 suy ra zM3, vô lí. Vậy y chẵn, tức là y = 2.
Với x = 2, y = 2 thì z = 22 + 1 = 5.
Vậy các số nguyên tố cần tìm là x = y = 2, z = 5.
Bài 22. Tìm các số nguyên tố p để:
a. 2p + 1 là lập phương của một số tự nhiên.
b. 13p + 1 là lập phương của một số tự nhiên.
Hướng dẫn.
a. Giả sử 2p + 1 = n3 ( n ∈¥ ) , n là số lẻ nên n = 2m + 1 (m ∈¥ ) . Khi đó:
2p + 1 = (2m + 1)3 ⇒ p = m(4m2 + 6m + 3).
Vì p là số nguyên tố nên m = 1, suy ra p = 13.
b. Giả sử 13p + 1 = n3 ( n ∈¥ ) , p ≥ 2 suy ra n ≥ 3. Ta có:
13p + 1 = n3 ⇒ 13p = (n – 1)(n2 + n + 1).
Vì 13 và p là các số nguyên tố, mà n – 1 > 1 và n 2 + n + 1> 1 nên n – 1 = 13

hoặc n – 1 = p.
+ Với n – 1 = 13 thì n = 14 ⇒ 13p = n3 – 1 = 2743 ⇒ p =211 là số nguyên tố.
+ Với n – 1 = p thì n2 + n + 1 = 13 ⇒ n = 3, khi đó p = 2 là số nguyên tố.
Vậy với p = 2 và p = 211 thì 13p + 1 là lập phương của một số tự nhiên.
2.4. Hiệu quả đạt được của đề tài
Trong năm học 2015 – 2016 tôi đã áp dụng đề tài này vào các lớp phụ trách :
lớp 8A, lớp 9A trường THCS và THPT Nghi Sơn, kết quả thu được tương đối
tốt. Các em đã có được sự tự tin vì đã hình thành được một số kiến thức và kĩ
năng cơ bản, phân dạng được một số bài toán về chứng minh chia hết, bài toán
về số nguyên tố, số chính phương, phương trình nghiệm nguyên.
Để đánh giá tính hiệu quả của đề tài cuối năm học tôi tiến hành kiểm tra trên
hai lớp có chất lượng học sinh tương đương: lớp 8A và lớp 8D Trường THCS và

12


THPT Nghi Sơn. Trong đó lớp 8D chưa được tiếp cận phương pháp đã sử dụng
trong đề tài. Kiểm tra bằng hình thức tự luận với đề bài sau :
Đề bài.
Câu 1. Chứng minh rằng tích năm số nguyên liên tiếp chia hết cho 120.
Câu 2. Cho n ∈¥ * . Chứng minh rằng: 3n +2 + 42n +1 M
13
2
2
Câu 3. Tìm các số nguyên tố x, y thõa mãn x – 2y = 1.
Câu 4. Chứng minh rằng trong n + 1 số nguyên bất kì có 2 số có hiệu của
chúng chia hết cho n.
( Thời gian 45 phút)
Kết quả thu được:
Điểm < 5

Lớp

Sĩ số

8A

35

8D

34

Số lượng

Điểm 5 đến < 8

Điểm ≥ 8

%

Số lượng

%

Số lượng

%

8

22.9

15

42.9

12

34.2

22

64.7

10

29.4

2

5.9

3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
Sáng kiến kinh nghiệm đã thu được một số kết quả sau đây:
1. Hệ thống hóa một số kiến thức cơ bản về tính chất chia hết trong trong phân
môn số học bậc THCS.
2. Hệ thống hóa một số dạng toán điển hình có vận dụng tính chất chia hết để
giải như: Chứng minh tính chia hết; tìm điều kiện chia hết, tìm số nguyên tố, số
chính phương, phương trình nghiệm nguyên.

3. Rèn kỹ năng và phương pháp tư duy cho học sinh bậc THCS vào việc giải
toán.
4. Đã tổ chức thực nghiệm sư phạm để minh họa, kiểm chứng tính khả thi và
hiệu quả của đề tài SKKN.
SKKN trên được tôi đúc kết thông qua thực tế giảng dạy môn toán cho
nhiều đối tượng học sinh bậc THCS Trường THCS và THPT Nghi Sơn. Với
SKKN này tôi hy vọng cùng với đồng nghiệp sẽ góp phần cải tiến, nâng cao chất
lượng giảng dạy bộ môn toán nói riêng và nâng cao chất lượng giáo dục nói
chung trong nhà Trường THCS và THPT Nghi Sơn.
3.2 Kiến nghị
3.2.1 Đối với Ban Giám hiệu
- Quan tâm hơn nữa về việc trang bị đồ dùng dạy học và các đầu sách tham
khảo môn toán.

13


- Có kế hoạch và xây dựng, tổ chức nhiều hơn các buổi trao đổi về phương pháp
giảng dạy cho cán bộ giáo viên.
3.2.2 Đối với Sở GD & ĐT
- Tăng cường mở các lớp bồi dưỡng chuyên môn nghiệp vụ cho giáo viên dạy
toán.
- Các SKKN đã được Hội đồng khoa học nghành đánh giá cao nên được công bố
rộng rãi.

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 25 tháng 04 năm 2006
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình

viết, không sao chép nội dung của người
khác.
Người viết

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Tạp chí Toán học và tuổi trẻ - NXBGD.
2. Tạp chí Toán học tuổi thơ 2 – NXBGD.

14


3. Nâng cao và phát triển toán 8 – Tập 1, Tập 2 – Vũ Hữu Bình – NXBGD .
4. Số Học – Nguyễn Vũ Thanh - NXBGD.
5. Số Học – Hà Huy Khoái – NXB ĐHQG Hà nội.
6. Bài tập toán 8 - Tập 1, Tập 2 – NXBGD .

15


16


17


18


19