SKKN Vận dụng sáng tạo có hiệu quả kết quả một bài tập trong sách giáo khoa toán 8 vào giải quyết một số bài toán chia hết và liên quan đến chia hết

I. ĐẶT VẤN ĐỀ :
1. Lý do chọn đề tài:
Để thực hiện mục tiêu chiến lược giáo dục: nâng cao dân trí, đào tạo nhân
lực, bồi dưỡng nhân tài trong giai đoạn hiện nay. Mỗi trường THCS đã chú trọng
về công tác bồi dưỡng mũi nhọn phát triễn nhân tài trong đó có trường mà tôi
đang công tác. Đối với đơn vị mà tôi đang công tác việc làm công tác mũi nhọn là
hết sức khó khăn. Do đặc thù của vùng miền nên các em hầu như không có điều
kiện được cọ xát về môn toán, đứng trước một bài toán có phần nâng cao hơn so
với kiến thức SGK các em tỏ ra lúng túng, không tự tin.
Thực tế đã chứng minh khi tôi yêu cầu học sinh vận dụng bài tập 58 (trang
25 SGK toán 8) để giải quyết một bài toán khác hầu hết các em không vận dụng
được. Nguyên nhân một phần là các em chưa có cơ hội làm quen với những bài
toán như dạng bài 58 , các em chỉ mới dừng lại ở các bài toán về dấu hiệu chia
hết, phần nữa là các em đang làm theo kiểu độc lập từng bài riêng lẻ chưa có thói
quen xâu chuỗi kiến thức dẫn đến chưa phát triễn được tính tư duy sáng tạo mà tư
duy này là rất cần thiết đối với người học toán.
Là một giáo viên dạy môn toán 8 được nhà trường giao cho trọng trách bồi
dưỡng học sinh giỏi toán 8 để làm tiền đề cho đội tuyển học sinh giỏi lớp 9. Đứng
trước thực trạng đó tôi không khỏi không băn khoăn.
Xuất phát từ những thực trạng đó mà tôi xây dựng nên đề tài “ Vận dụng
sáng tạo có hiệu quả kết quả một bài tập trong sách giáo khoa toán 8 vào giải
quyết một số bài toán chia hết và liên quan đến chia hết” phần nào giúp các em
bổ sung thêm về dạng toán chia hết qua đó giúp các em thu hẹp dần khoảng cách
từ những bài toán trong sách giáo khoa với những bài toán nâng cao ngoài sách
giáo khoa, cho các em thấy được rằng bài toán khó thực chất là xuất phát từ
những bài toán cơ bản như thế thì các em sẽ tự tin hơn khi đứng trước bài toán
khó.
2. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu:
- Đối tượng là bài tập Chứng minh rằng n3 – n chia hết cho 6 với mọi số
nguyên n
(Bài tập 58 trang 25 trong sách giáo khoa Toán 8 hiện hành )

- Phạm vi nghiên cứu:
+ Kiến thức sách giáo khoa Toán 6, sách giáo khoa Toán 8
+ Kiến thức sách tham khảo Toán 6, Toán 8
+ Một số dạng toán chia hết trong các đề thi
+ Một số tài liệu liên quan đến dạng toán chia hết,...
1


3. Mục tiêu, nhiệm vụ nghiên cứu của đề tài:
- Về kiến thức: Học sinh được ôn lại một số kiến thức thông qua hoạt động
giải toán. Thông qua đề tài học sinh biết được mỗi bài toán trong SGK không chỉ
là đứng độc lập riêng lẽ một mình mà nó còn liên quan đến nhiều bài toán khác,
nhiều kiến thức khác nếu như chúng ta biết cách sử dụng kết quả từ những bài
toán được coi như là đơn giản đó để giải quyết những bài toán khó hơn phức tạp
hơn qua đó hình thành cho học sinh phát triễn tư duy sáng tạo một cách tự nhiên.
- Về kỹ năng: Rèn cho học sinh kỹ năng liên tưởng, tương tự hóa, kỹ năng
vận dụng kiến thức một cách linh động và sáng tạo
- Thái độ: Tạo ra hứng thú học tập cho học sinh thông qua hoạt động giải
toán, thu hút sự tham gia của học sinh bằng một hệ thống bài tập có tính kế thừa
và xâu chuổi chặt chẽ.
4. Giải pháp nghiên của đề tài:
Khi giảng dạy tại lớp, hướng dẫn học sinh học ở nhà Giáo Viên nên hướng
dẫn học sinh:
- Tìm bài tập tương tự
- Đưa bài toán lạ về bài toán đã gặp
- Xâu chuổi được các bài toán
- Từ một bài toán có thể thêm bớt giả thiết để có cach giải tương tự, cách

giải hay.
Thực hiện tốt đề tài hy vọng sẽ tạo ra cho người học niềm đam mê và

hướng thú hơn khi tiếp cận kiến thức, đồng thời qua đó người học được phát triễn
tư duy một cách sáng tạo góp phần nâng cao chất lượng môn Toán trong trường
THCS.
5. Tính mới của đề tài:
- Học sinh được tiếp thu kiến thức một cách có hệ thống dễ nhớ khó quên
không mang tính rời rạc.
- Học sinh được biết thêm về một số dạng toán chia hết và liên quan đến
chia hết qua đó các em được phát triển tư duy sáng tạo một cách tự nhiên
- Tạo thói quen trong học và làm toán cho học sinh theo hướng phát triễn
năng lực
- Tạo ra hứng thú và niềm đam mê muốn khám phá toán học
II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
1. Cơ sở lí luận:
Trong các buổi dạy bồi dưỡng học sinh giỏi việc vận dụng sáng tạo có hiệu
quả kết quả một bài tập trong sách giáo khoa vào giải quyết một số bài toán nâng
2


cao hơn là hết sức cần thiết bởi như thế học sinh sẻ thấy được một minh chứng
thực tế là không phải đâu xa lạ mà ngay trong những bài tập ở SGK mà chúng ta
học hằng ngày nó cũng tiềm ẩn những điều thú vị, qua đó giúp các em thu hẹp
dần khoảng cách từ những bài toán cơ bản đến bài toán nâng cao. Biết khai thác
kết quả của một bài toán để vận dụng nó vào giải một bài toán khó hơn tức là đã
khai thác được những đặc điểm của bài toán, điều đó làm cho học sinh “có thể
biết được cái quyến rũ của sự sáng tạo cùng niềm vui thắng lợi” ( Poolia-1975)
Ở trường THCS, dạy toán là hoạt động toán học. Đối với học sinh có thể
xem việc giải toán là hình thức chủ yếu của hoạt động toán học. Trong dạy học
toán, mỗi bài tập toán học được sử dụng với những dụng ý khác nhau, có thể
dùng để tạo tiền đề xuất phát, để gợi động cơ, để làm việc với nội dung mới, để
củng cố hoặc kiểm tra,…

Ở thời điểm cụ thể nào đó, mỗi bài tập chứa đựng tường minh hay những
chức năng khác nhau (chức năng dạy học, chức năng giáo dục, chức năng phát
triển, chức năng kiểm tra), những chức năng này đều hướng tới việc thực hiện
mục đích dạy học.
Tuy nhiên, trong quá trình thực tế các chức năng này không bộc lộ một
cách riêng lẻ và tách rời nhau, khi nói đến chức năng này hay chức năng khác của
một bài tập cụ thể, tức là có ý nói chức năng ấy được thực hiện một cách tường
minh, công khai.
2.Cơ sở thực tiễn và thực trạng học sinh:
Dạy học toán thực chất là dạy hoạt động toán, học sinh là chủ thể của hoạt
động do đó cần phải được cuốn hút vào những hoạt động học tập do giáo viên tổ
chức và chỉ đạo. Thông qua đó học sinh tự khám phá những điều mình chưa biết
chứ không phải thụ động tiếp thu những tri thức đã sắp đặt sẵn. Muốn vậy giáo
viên phải biết vận dụng những kết quả có được để phát triển bài toán hướng dẫn
học sinh biết cách tìm tòi để phát hiện ra kiến thức mới.
Qua thực tế giảng dạy trong nhiều năm tôi thấy cách học của học sinh còn
quá thụ động, lười tìm tòi sáng tạo, kỉ năng phân tích tổng hợp còn yếu, đứng
trước một bài toán không tìm ra hướng giải, chưa biết vận dụng khai thác các bài
toán, giải một bài toán chỉ dừng lại ở bài toán đó chưa biết xâu chuỗi kiến thức để
giải quyết thêm các bài toán khác có liên quan.
Với việc “ Vận dụng sáng tạo có hiệu quả kết quả một bài tập trong sách
giáo khoa toán 8 vào giải quyết một số bài toán chia hết và liên quan đến chia
hết” sau đây phần nào giải quyết được một số vấn đề nói trên:
Bài toán 1: Chứng minh rằng n3 – n chia hết cho 6 với mọi số nguyên n
( Bài tập 58 trang 25 trong sách giáo khoa Toán 8 hiện hành )
3


Giải:
Ta có: n3 – n = n(n2 – 1)

= n(n – 1)(n + 1) 6
Vì n(n – 1)(n + 1) là 3 số nguyên liên tiếp nên
n(n – 1)(n + 1) 2 và n(n – 1)(n + 1) 3 mà (2;3) =1 nên (n3 – n) 6  n�Z
Bài toán 2:

Cho A = n5 – n.

Chứng minh rằng A chia hết cho 6 với mọi số nguyên n
( Đề thi HSG TP. HCM )
Phân tích bài toán: Ta thấy để vận dụng được kết quả của bài toán 1 vào giải
quyết được bài toán này thì ta nghĩ ngay đến việc phân tích biểu thức A thành
nhân tử trong đó có chứa thừa số (n3 – n) chính là bài toán 1 nên (n3 – n) M6.
Như vậy biểu thức A sau khi biến đổi trở thành bội của 6 nên A chia hết cho 6.
Giải:
Ta có: A = n5 – n
= n(n4 - 1)
= n(n2 – 1)(n2 + 1)
= (n3 – n)(n2 + 1)
Ta thấy: Theo kết quả bài toán 1 thì (n3 – n) 6 với mọi số nguyên n
� (n3 – n)(n2 + 1) là bội của 6 nên (n3 – n)(n2 + 1) 6.

Vậy A chia hết cho 6 với mọi số nguyên n
Bài toán 3:

Cho B = n3m – nm

Chứng minh rằng B chia hết cho 6 với mọi số nguyên m, n
( Đề thi HSG Quận 1 – TP.HCM )
Phân tích bài toán: Cũng tương tự như bài toán 2 để vận dụng được bài toán 1
vào giải quyết bài toán này thì ta cũng nghĩ đến việc phân tích B thành nhân tử

trong đó có chứa thừa số (n3 – n) chính là bài toán 1 nên (n3 – n) M6. Như vậy
biểu thức B sau khi biến đổi trở thành bội của 6 nên B chia hết cho 6. Nhưng khi
phân tích B có thể đưa B về dạng B = mn(n2 – 1), cũng xuất hiện
n(n2 – 1) 6 như bài toán 1. Tuy nhiên để áp dụng nhanh chóng kết quả của bài
toán 1 ta nên phân tích B có chứa thừa số ( n 3 – n ) rồi kết luận như lời giải sau
là được.
Giải:
Ta có: B = n3m - nm
4


= m ( n3 – n )
Ta thấy: Theo kết quả bài toán 1 thì (n3 – n) 6 với mọi số nguyên n
� m ( n3 – n ) là bội của 6 với mọi số nguyên m, n nên

m ( n 3 – n ) 6 với

mọi số nguyên m, n.
Vậy B chia hết cho 6 với mọi số nguyên m, n
Bài toán 4:

Cho C = n3 +5n .

Chứng minh rằng C chia hết cho 6 với mọi số nguyên n
( Đề thi vào lớp 10 chuyên Lê Hồng Phong )
Phân tích bài toán: Để vận dụng được kết quả của bài toán 1 ta phải làm trong
C xuất hiện (n3 – n). Nếu như trong C có (n3 – n) thì hạng tử tiếp theo của C
sẽ là gì? Từ đó ta nghĩ ngay đến phương pháp tách hạng tử ta đưa được C về
dạng tổng của hai biểu thức C = (n3 – n) + D và rõ ràng C chia hết cho 6 thì D
cũng phải chia hết cho 6 vì (n3 – n) 6 chính là bài toán 1, từ đó kết luận C

chia hết cho 6.
Giải:
Ta có: C = n3 +5n
= (n3 – n) + 6n
Ta thấy: Theo kết quả bài toán 1 thì (n3 – n) 6, kết hợp 6n 6 với mọi số
nguyên n � (n3 – n) + 6n chia hết cho 6.
Vậy C chia hết cho 6 với mọi số nguyên n
Bài toán 5: Cho E = a3b – ab3
Chứng minh rằng E chia hết cho 6 với mọi số nguyên a, b
( Đề thi HSG Toán 8, Hà Tiên – Kiên Giang)
Phân tích bài toán: Để vận dụng được kết quả của bài toán 1 ta phải làm trong
E xuất hiện (a3 – a) và (b3 – b) . Bằng phương pháp thêm bớt hạng tử ta đưa
được E về dạng hiệu của hai biểu thức mà trong đó mỗi biểu thức đều chia hết
cho 6. Ta thấy (a3 – a) M6 và (b3 – b) M6 chính là nội dung của bài toán 1.
Từ đó kết luận E chia hết cho 6.
Giải: Ta có: E = a3b – ab3
= (a3b – ab) – (ab3 –ab)
= b(a3 – a) – a(b3 –b)
Ta thấy: Theo kết quả bài toán 1 thì (a3 – a) 6 và (b3 – b) 6 với mọi số
nguyên a, b � b(a3 – a) – a(b3 –b) chia hết cho 6 với mọi số nguyên a, b
5


Vậy E chia hết cho 6 với mọi số nguyên a, b
Bài toán 6 : Cho M = 13 + 23 + 33 + ...+ 993 và N = 1 + 2 + 3
+ ... + 99.
Chứng minh rằng: M – N chia hết cho 6
( Đề thi vào lớp 10 chuyên Lê Hồng Phong )
Phân tích bài toán: Để vận dụng được kết quả của bài toán 1 ta phải biến đổi
hiệu M – N xuất hiện các cặp ( 13 – 1 ), ( 23 – 2 ), ( 33- 3 ),..., ( 993- 99)

Quan sát bài toán ta thấy trong M có 13 trong N có 1, trong M có 23 trong N
có 2, trong M có 33 trong N có 3, . . . , trong M có 993 trong N có 99. Như
vậy khi lấy M – N thì ta khéo léo ghép chúng thành từng cặp ( 13 – 1 ), ( 23 –
2 ),
( 33- 3 ), . . . , ( 99 3- 99 ) chính là nội dung của bài toán 1 nên mỗi cặp chia
hết cho 6 thì hiệu của chúng chia hết cho 6
Giải:
Ta có: M – N = (13 + 23 + 33 + ...+ 993) – (1 + 2 + 3 + ... + 99 )
= ( 13 – 1 ) + ( 23 – 2 ) + ( 33- 3 ) + . . . + ( 993- 99 )
Ta thấy:
Theo kết quả bài toán 1 thì mỗi biểu thức trong dấu ngoặc chia hết cho 6
nên ( M – N ) 6
Bài toán 7: Cho S1 = a13 + a23 + a33 + . . . + an3
S2 = a 1 + a 2 + a 3 + . . . + a n

( a1, a2,

a3, . . .,an �Z)
Chứng minh nếu S1 6 thì S2 6 điều ngược lại có đúng không?
( Đề thi HSG Bảo Lộc – Lâm Đồng )
Phân tích bài toán: Bài toán 7 là bài toán tổng quát hóa của bài toán 6. Điều
đó định hướng cho chúng ta phân tích bài toán để áp dụng được kết quả của bài
toán 1. Do đó từ bài toán 6 định hướng cho ta xét hiệu S 1 – S2 rồi lí luận như lời
giải sau ta sẽ có câu trả lời
Giải:
Xét S1 – S2 = (a13 + a23 + a33 + . . . + an3) – (a1 + a2 + a3 + . . .
+ an)
= (a13 - a1) + (a23 – a2) + (a33 – a3) + . . . + (an3 – an)
Ta thấy:
6

Theo kết quả bài toán 1 thì mỗi biểu thức trong dấu ngoặc chia hết cho 6
� ( S1 – S2 ) 6 . Do đó nếu S1 6 thì S2 6, nếu S2 6 thì S1 6, điều ngược

lại vẫn đúng
Bài toán 8: Nếu viết số 19951995 thành tổng của các số tự nhiên . Tổng các lập
phương đó chia cho 6 thì dư bao nhiêu?
( Đề thi HSG Châu Thành – Bến Tre )
Phân tích bài toán: Thoạt nhìn ta thấy bài toán trên là một bài khó nhưng với 2
gợi mở ( tổng các số và tổng các lập phương các số của a ) cho ta hướng giải
quyết bài toán, để vận dụng được bài toán 1 ta đưa bài toán về dạng
(a1 3 - a1) + (a2 3 - a2) + …+ (an 3 - an) + a, trong đó mỗi biểu thức trong dấu
ngoặc chính là nội dung của bài toán 1 nên mỗi biểu thức đều chia hết cho 6. Do
đó từ việc tìm số dư khi chia tổng các lập phương cho 6 ta đưa về tìm số dư khi
chia a cho 6.
Giải:
Giả sử số 19951995 viết được dưới dạng: 19951995 = a = a1 + a2 + …+ an.
Gọi S  a13  a 23 + a 33 + ...+ a n 3 = a13  a 23 + a 33 + ...+ a n 3 + a - a
= (a1 3 - a1) + (a2 3 - a2) + …+ (an 3 - an) + a
Theo kết quả bài toán 1 thì mỗi biểu thức trong dấu ngoặc chia hết cho 6. Nên
chỉ cần tìm số dư khi chia a cho 6
Vì 1995 là số lẻ chia hết cho 3, nên a củng là số lẻ chia hết cho 3, do đó chia cho
6 dư 3
Với cách làm như thế thì ta có thể giải quyết được những kiểu bài toán khác
tương tự. Ví dụ như bài toán sau:
( Đề thi học sinh giỏi Tỉnh Hà Tĩnh năm 2012 – 2013)
Viết 20122013 = m1 + m2 + …+ m2012. (m1, m2 , . . ., m2012 �N)
Hỏi: m13 + m23 + . . . + a20123 chia hết cho 3 dư mấy?
Bài toán 9: Cho A  2 n

3

n

(n �2, n �N ) .

Chứng minh rằng A chia hết cho 64.
( Đề thi HSG Tiên Lữ – Hưng Yên)
Phân tích bài toán: Thoạt nhìn ta thấy ngay n3 – n chính là bài toán 1 .
Do đó n3 – n chia hết cho 6 nên ta viết n3 – n dưới dạng: n3 – n = 6k (k �N * )
và lí luận như lời giải sau ta sẽ có câu trả lời.
7


Giải:
Ta thấy với điều kiện (n �2, n �N ) , theo kết quả bài toán 1 thì (n3 –n) M6 nên
n3 – n viết được dưới dạng n3 – n = 6k (k �N * )
Do đó A = 26k = (26)k = 64k M64  (k �N * )
Vậy AM64 với mọi n thỏa mãn n �2, n �N
Bài toán 10: Cho F = n4 + 3n3 - n2 - 3n
Chứng minh rằng F luôn chứa hai ước nguyên tố 2 và 3 với mọi n �Z.
Phân tích bài toán: Để vận dụng được kết quả của bài toán 1 ta phải làm trong
F xuất hiện n3 - n. Nhưng khi phân tích F có thể đưa F về dạng
F = n(n3 + 3n2 – n - 3), rồi tiếp tục phân tích biểu thức trong dấu ngoặc ta có F
= n (n2 - 1)(n + 3), cũng xuất hiện n(n2 – 1) 6 như bài toán 1. Tuy nhiên để áp
dụng nhanh chóng kết quả của bài toán 1 ta chỉ cần phân tích F có chứa thừa số
( n3 – n ) rồi kết luận như lời giải sau là được.
Giải:
Ta có: F = n4 + 3n3 - n2 - 3n

= (n4 + 3n3) - (n2 + 3n)
= n3( n + 3) - n( n + 3)
= (n3 - n)(n + 3)
Ta thấy: Theo kết quả bài toán 1 thì (n3 – n) 6 với mọi số nguyên n
� ( n3 – n )( n + 3 ) là bội của 6 với mọi số nguyên n nên F 2 và F 3

Vậy F luôn chứa hai ước nguyên tố 2 và 3 với mọi n �Z.
Bài toán 11: Cho đa thức G = x4 + 3x3 - x2 - 15x + 13 (x �Z)
Tìm số dư trong phép chia A cho 6
( Đề thi HSG Thọ Xuân – Thanh Hóa)
Phân tích bài toán: Bằng phương pháp tách và nhóm hạng tử ta khéo léo đưa
đa thức về dạng (x3 - x)(x + 3)-12(x - 1)+1 trong đó (x 3 - x)(x + 3) 6 (theo kết
quả bài toán 1) và 12(x - 1) 6 (bội của 6), điều đó có nghĩa là đa thức G chia
cho 6 có số dư là 1
Giải:
Ta có: G = x4 + 3x3 - x2 - 15x + 13
= (x4 + 3x3) - (x2 + 3x) – (12x – 12) + 1
= x3( x + 3) - x( x + 3) – 12( x – 1 ) + 1
8


= (x3 - x)(x + 3) - 12(x - 1) + 1
Do (x3 - x) 6 (theo kết quả bài toán 1) và 12( x – 1) 6. Vậy G chia cho 6 dư 1
Bài toán 12: Chứng minh rằng với mọi x, y � Z thì các phương trình sau
không có nghiệm nguyên
a) x3 - x – 6y + 2 = 0
b) x3 - x – 2y – 1 = 0
Phân tích bài toán: Thoạt nhìn ta dễ nhận thấy x3 – x chính là nội dung của bài
toán 1. Để vận kết quả bài toán 1 ta khéo léo phân tích bài toán về dạng:
x3  x

- Với lời giải câu a) (x - x) 6 ta khẳng định
là một số nguyên
6
3

- Với lời giải câu b) (x3 - x) 6 ta khẳng định (x3 - x) là một số chẵn.
Câu b) ta cũng có thể trình bày như câu a), nhưng với cách giải khác ta sẽ thấy
sự đa dạng trong vận dụng kết quả của bài toán 1.
Giải:
a) Ta có: x3 - x – 6y + 2 = 0 � 6y = x3 - x + 2
�

y =

x3  x  2
6

�

y =

x3  x 1

6
3

Do (x3 - x) 6 (theo kết quả bài toán 1), còn 1 3 => y � Z .
Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên
b) Ta có: x3 - x – 2y – 1 = 0 � x3 - x = 2y + 1
Do (x3 - x) 6 (theo kết quả bài toán 1) => x3 - x là số chẵn, mà 2y + 1 là số lẽ

nên phương trình đã cho vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên

a 4  3a3  5a 2  15a
Bài toán 13: Cho M 
(a �3, a �Z ) .
6a  18
Chứng minh rằng M nguyên với mọi a �3, a �Z
( Đề thi HSG Hàm Thuận – Bình Thuận )
Phân tích bài toán: Hướng giải bài toán trước hết chúng ta rút gọn M bằng
phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử. Bài toán 9 gợi cho ta cách phân
tích tử thành nhân tử và đưa được về thừa số (a3 - a)(a + 3), còn mẫu dễ dàng

9


phân tích được 6(a +3) và sau khi rút gọn M ta được M



(a 3  a)
6

rõ ràng

theo kết quả bài toán 1 thì (a3 - a) 6 nên kết luận M nguyên với mọi a �3, a �Z
Giải: Ta có:
M

a 4  3a 3  a 2  3a

6a  18



a 3 (a  3)  a (a  3)
6(a  3)



(a  3)( a3  a) ( a 3  a )

6(a  3)
6

Do (a3 - a) 6 (theo kết quả bài toán 1) . Vậy M nguyên với mọi a �3, a �Z
Bài toán 14: Tìm giá trị nhỏ nhất của m để phương trình
x3 + 3x2 + 2x = 6y – m + 1 có nghiệm nguyên với x, y �Z , m �N
( Đề thi vào lớp 10 chuyên Lê Hồng Phong )
Phân tích bài toán: Bằng phương pháp tách và nhóm hạng tử ta đã biến đổi bài
toán về sử dụng được kết quả bài toán 1 sau đó dùng lập luận để tìm ra giá trị
nhỏ nhất của m thỏa mãn bài toán.
Lưu ý: Ở đây bài toán không yêu cầu tìm nghiệm nguyên x, y trong trường hợp
m = 1 nên lời giải chỉ dừng lại chổ đó.
Giải:
Ta có: x3 + 3x2 + 2x = 6y – m + 1
� 6y = (x3 + 3x2 + 3x + 1) – (x + 1) + (m – 1)
� 6y = (x + 1)3 – (x + 1) + (m – 1)
�

y

� y

( x  1)3  ( x  1)  ( m  1)
6
( x  1)3  ( x  1) m  1

6
6

(1)

( x  1)3  ( x  1) �
M6 (theo kq bài toán1) nên để y nguyên thì
Ta có �
�
�

m 1
nguyên,
6

Do m �N nên:
+) Với m = 0 thì y �Z
+) Với m �1 thì giá trị nhỏ nhất của m = 1 thử với m = 1 thì y �Z.

10


Rõ ràng khi m = 1 với mỗi giá trị nguyên của x khi thay vào (1) thì cho ta

một giá trị tương ứng nguyên của y. Như vậy phương trình luôn có nghiệm
nguyên trong trường hợp m = 1.
Vậy giá trị nhỏ nhất của m cần tìm thỏa mãn bài toán là: m = 1
3. Giải pháp thực hiện:
Để thực hiện đề tài nay tôi đã thực hiện một số giải pháp
- Điều tra, tìm hiểu về thái độ học toán của học sinh
- Thể nghiệm để đánh giá hiệu quả
- Phân tích, tổng hợp hóa, khái quát hóa
Tóm lại : Từ kết quả của một bài toán có được mà cả một hệ thống bài tập
với các dạng khác nhau được giải quyết qua đó người học được ôn lại nhiều kiến
thức quan trọng để phát triển tư duy sáng tạo, tạo cảm giác cho người học thích
thú hơn, hứng thu hơn.
4. Hiệu qua sau khi thực hiện đề tài :
- Trước khi thực hiện đề tài : Bằng cách khảo sát 10 em (nhóm bồi dưỡng
môn Toán 8), với bài tập sau :
Biết n3 – n chia hết cho 6 với mọi số nguyên n. Em hãy chứng minh n 3 + 5n
chia hết cho 6 với mọi số nguyên n.
*Kết quả chỉ có 1/10 em làm được.
- Sau khi thực hiện đề tài : Cho học sinh làm các bài toán sau :
Biết n3 +5n chia hết cho 6 với mọi số nguyên n. Em hãy vận dụng kết quả đó
để làm các bài toán sau :
Bài toán 1 : Cho A = n3( n + 1) + 5n( n + 1). Chứng minh A chia hết cho 6 với
mọi số nguyên n
Bài toán 2: Cho F = n4 + 3n3 + 5n2 + 15n
Chứng minh rằng A luôn chứa hai ước nguyên tố 2 và 3 với mọi n �Z.
Bài toán 3: Cho đa thức A = x4 + 3x3 + 5x2 + 27x +1 (x �Z). Tìm số dư trong
phép chia A cho 6
Bài toán 4: Chứng minh phương trình: x3 + 5x – 2y – 1 = 0 không có nghiệm
nguyên với mọi x �Z

a 4  3a3  5a 2  15a
Bài toán 5: Cho M 
(a �3, a �Z ) .
6a  18
Chứng minh rằng M nguyên với mọi a �3, a �Z
11


* Kết quả thu được: - Có 8 em làm đúng hoàn chỉnh 5/5 bài
- Có 2 em làm được 4/5 bài
4. Bài học kinh nghiệm:
Thực tế cho thấy không ở đâu xa lạ mà ngay những bài tập trong SGK
chúng ta cho là đơn giản đó nhưng nếu chúng ta biết sử dụng nó như là một công
cụ thì ta sẽ giải quyết được nhiều bài tập khó. Mỗi bài tập khó ta có thể đơn giản
nó bằng cách chia nhỏ lượng kiến thức và làm mịn dần vấn đề phức tạp qua
các ‘‘bậc thang’’ hay nói cách khác là bước đệm, những bài tập khó không dễ gì
ta bước từ bậc thấp nhất lên bậc cao nhất được mà để làm và hiểu nó ta phải có
những bài toán nhỏ ‘‘bài toán lót đường’’
Qua quá trình vận dụng kinh nghiệm vào bồi dưỡng học sinh giỏi tôi thấy
với cách làm này nó mang lại hiệu quả khá rõ rệt. Từ việc các em lúng túng, bị
động trong tìm hướng giải quyết của bài toán nay các em chủ động hơn, tự tin
hơn, sáng tạo và hứng thú hơn trong việc giải các bài tập. Cái được lớn nhất là
sau khi được tiếp thu đề tài này đã tạo ra được một luồng gió mới làm thay đổi
cách suy nghĩ, cách tiếp cận bài toán, tính tư duy liên tưởng và tính kết nối có
tính kế thừa các bài toán với nhau một cách chặt chẽ hơn, hệ thống kiến thức
được ôn lại có tính xâu chuổi hơn, đặc biệt là nhiêu em biết đề xuất được những
bài toán tưng tự một cách khá hay.
Với việc dạy theo định hướng trên tôi thấy bản thân ngày càng đúc rút
được nhiều nghiệm giảng dạy quý báu và tìm ra được nhiều cái mới hơn trong
mỗi bài toán nhằm phục vụ cho công tác giảng dạy một cách tốt nhất góp phần

đưa chất lượng dạy – học ngày tiến bộ đáp ứng được xu thế thời đại mới.
III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
1. Kết luận.
Trên đây là toàn bộ nội dung của sáng kiến kinh nghiệm : “ Vận dụng sáng
tạo có hiệu quả kết quả một bài tập trong sách giáo khoa toán 8 vào giải quyết
một số bài toán chia hết và liên quan đến chia hết” , là một vài suy nghĩ cũng như
việc làm của bản thân trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 8. Là một ví
dụ mang tính định hướng cho việc vận kết quả của những bài tập khác. Thiết
nghĩ đây là việc làm cần thiết và là bước đi ban đầu tạo cho các em một phương
pháp học tập tích cực. Khi làm được một bài tập phải lấy đó làm nền tảng để giải
quyết các bài tập khác chứ không dừng lại ở đó. Phải luôn giáo dục cho các em
luôn luôn vận động như thế thì kiến thức của các em ngày càng được bồi đáp
thêm.
Xin được thay lời kết bằng lời của một nhà giáo khá quen thuộc đối với
12


chúng ta . Vũ Hữu Bình:“Không dừng lại ở một bài toán đã giải. Hãy tìm thêm
các kết quả thu được sau mỗi bài toán tưởng chừng như đơn giản, đó là tinh thần
để tiến công trong học toán, đó là phẩm chất mà mỗi người làm toán cần phải rèn
luyện”.
2. Kiến nghị:
Như chúng ta đã biết không phải bài toán nào trong sách giáo khoa cũng là
một công cụ để giải quyết bài toán khác. Muốn làm được điều đó đòi hỏi giáo
viên phải biết chọn lựa bài tập và biết xây dựng hệ thống bài tập liên quan xâu
chuổi được dòng chảy của mạch kiến thức, công việc này đòi hỏi mất rất nhiều
thời gian. Trong lúc đó ở trường mỗi bản thân giáo viên ngoài công việc giảng
dạy thì một số công việc khác chiếm thời gian cũng khá nhiều. Do đó để đầu tư
thời gian làm những đề tài theo kiểu này là khó khăn.
Trong nghề dạy học ai cũng muốn học hỏi được cái hay, cái mới, cái sáng

tạo ở đồng nghiệp. Bản thân tôi rất mong được học tập các đề tài SKKN cấp
huyện hay cấp tỉnh của các tác giả được HĐKH cấp ngành chấm chọn hằng năm .
Mục đích là để áp dụng các đề tài đó trong quá trình dạy-học ở trường.
Hơn
nữa đề tài được áp dụng rộng rãi trong đồng nghiệp thì giá trị của đề tài càng cao.
Trên đây là một kinh nghiệm nhỏ mà bản thân tôi đúc rút được trong thực
tế giảng dạy, mặc dù bản thân đã cố gắng nhiều nhưng chắc hẳn còn nhiều thiếu
sót. Xin được người đọc góp ý để kinh nghiệm hoàn thiện và có tính khả thi cao,
không nằm ngoài mục đích vì những học sinh thân yêu.
Xin chân thành cảm ơn!

13


A. TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa Toán 6

2. Sách tham khảo Toán 6
3. Sách giáo khoa Toán 8
4. Sách tham khảo Toán 8
5. Một số đề thi học sinh giỏi cấp THCS các huyện, thành phố và các tĩnh có
bài toán liên quan.
6. Một số tài liệu liên quan đến các bài toán chia hết

14