SKKN rèn luyện kĩ năng giải toán chia hết cho học sinh khá, giỏi lớp 6 ở trường THCS thạch quảng

MỤC LỤC
Trang
1. Lời mở đầu....................................................................................................................................... 01
1.1. Lí do chọn đề tài......................................................................................................................... 01
1.2. Mục đích nghiên cứu............................................................................................................... 01
1.3. Đối tượng nghiên cứu.............................................................................................................. 01
1.4. Phương pháp nghiên cứu....................................................................................................... 01
2. Nội dung............................................................................................................................................ 02
2.1. Cơ sở lí luận của vấn đề........................................................................................................ 02
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm............................02
2.3.Các giải pháp đã thực hiện để giải quyết vấn đề........................................................ 03
2.3.1. Giải pháp 1............................................................................................................................... 03
2.3.2. Giải pháp 2............................................................................................................................... 03
2.3.3. Giải pháp 3............................................................................................................................... 04
2.4. Hiệu quả......................................................................................................................................... 18
3. Kết luận và kiến nghị.................................................................................................................. 19


1. MỞ ĐẦU
1.1 Lí do chọn đề tài
Toán học là môn khoa học có ứng dụng trong mọi lĩnh vực của cuộc sống.Từ xa
xưa con người ta đã biết đến toán học thông qua đo đạc và tính toán. Trong nhà
trường môn toán giữ vai trò quan trọng bởi môn toán có tính trừu tượng, tính
logic, tính chính xác và có tính thực nghiệm cao.Vì vậy làm thế nào để học giỏi
toán, đó là câu hỏi đặt ra cho nhiều thế hệ học sinh.
Một trong những nội dung rất cơ bản của môn Toán lớp 6 đó là toán chia hết.
Toán chia hết là một dạng toán quan trọng, xuyên suốt quá trình học Toán từ lớp 6
đến lớp 9 và các cấp cao hơn. Bởi vậy các em học sinh cần phải trang bị cho mình
kiến thức vững vàng về “Dạng Toán chia hết”.
Kỹ năng giải Toán và biết vận dụng kiến thức đã học của học sinh vào giải bài
tập là vấn đề mà giáo viên nói chung luôn phải quan tâm. Thực tiễn dạy và học

cho thấy kỹ năng giải toán, các phép biến đổi cơ bản, phương pháp giải Toán chia
hết của học sinh còn rất yếu. Nhận thức về vấn đề trên, tôi muốn truyền đạt cho
các em nhiều dạng Toán để cung cấp cho các em những kiến thức, phương pháp,
kỹ năng để giải Toán
Là một giáo viên nhiều năm được nhà trường phân công nhiệm vụ dạy đội
tuyển và bồi dưỡng học sinh giỏi Toán lớp 6 tôi luôn suy nghĩ làm thế nào để vừa
đáp ứng được các kiến thức cơ bản theo chương trình chuẩn của BGD đồng thời
phát triển tư duy ở trình độ cao phù hợp với khả năng và trí tuệ của các em học
sinh. Từ những băn khoăn trăn trở đó tôi đã tìm tòi nghiên cứu tài liệu để viết nên
đề tài “Rèn luyện kĩ năng giải toán chia hết nhằm nâng cao hiệu quả bồi dưỡng
học sinh giỏi lớp 6 ở trường THCS Thạch Quảng".
Nhằm tìm ra biện pháp hữu hiệu nhất để có một phương án đúng đắn giúp học
sinh tiếp cận với các bài toán chia hết một cách chủ động, có hứng thú trong quá
trình học.
1.2 . Mục đích nghiên cứu
Mục đích viết đề tài này nhằm giúp học sinh giỏi lớp 6 rèn luyện kĩ năng giải
toán chia hết đạt hiệu quả góp phần vào việc nâng cao chất lượng dạy và học Mặt
khác giúp các em học sinh giỏi nắm chắc các phương pháp giải dạng Toán “chia
hết”, hình thành cho các em các kỹ năng suy luận, biến đổi, nhận dạng và thể hiện
tốt lời giải bài toán.
1.3 . Đối tượng nghiên cứu
Các dạng toán chia hết trong chương trình lớp 6
1.4 . Phương pháp nghiên cứu
- Nghiên cứu chương trình Toán lớp 6
- Phương pháp nghiên cứu tư duy, khả năng nhận thức của học sinh.
- Phương pháp thống kê sử lí số liệu.

1

2. NỘI DUNG
2.1.Cơ sở lí luận:
Trong chương trình THCS nói chung và bộ môn toán học nói riêng mục tiêu
đặt ra là không chỉ truyền đạt cho học sinh kiến thức theo yêu cầu mà phải hình
thành ở các em những kiến thức tổng quát để từ đó các em có thể vận dụng trong
mọi trường hợp, các em có thể giải quyết được những vấn đề đặt ra.
Vì lẽ đó mà mỗi giáo viên cần truyền đạt cho học sinh các phương pháp, để từ
những phương pháp được học các em vận dụng vào những vấn đề cụ thể.
Đề tài được nghiên cứu thực hiện trên thực tế tiết dạy về các bài tập thể hiện
dạng toán “chia hết”. Và trong những năm gần đây phương pháp dạy học môn
Toán đã có một số cải tiến mới nhằm phát huy tính tích cực của học sinh bằng
cách tăng cường hệ thống câu hỏi và bài tập có yêu cầu phát triển tư duy trong quá
trình giảng dạy bài mới. Vì vậy hệ thống bài tập thể hiện dạng toán “chia hết”
cũng có một vai trò quan trọng trong giải toán. Nó giúp học sinh phát triển khả
năng tư duy, khả năng vận dụng các kiến thức đã học một cách linh hoạt vào giải
toán, trình bày lời giải chính xác và lôgic
Học sinh muốn có kiến thức toán sâu thì phải luyện tập và thực hành nhiều để
tích luỹ vốn kiến thức toán học của mình. Đây cũng là vấn đề khó đối với người
học, chính vì vậy thì đòi hỏi người dạy cần truyền đạt cho các em sự ham thích
học toán bằng những phương pháp, kĩ năng giải toán và ứng dụng của mỗi dạng
toán.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Dạng
toán chia hết được đề cập trong SGK ngay từ đầu lớp 6.Thông
thường khi dạy dạng toán này giáo viên lại phải nhắc lại các kiến thức cơ bản đã
học làm mất rất nhiều thời gian của tiết dạy. Bên cạnh đó kỹ năng biến đổi để làm
xuất hiện các yếu tố chia hết trong biểu thức số hay biểu thức đại số của các em
còn chưa linh hoạt, có những bài toán rất đơn giản mà các em biến đổi rất dài
dòng và rất phức tạp, thực chất nêú các em nắm chắc các phương pháp giải dạng
toán chia hết thì rất đơn giản.Trong quá trình giảng dạy nhiều GV không hay để ý
tới dạng toán này vì dạng toán này thường được đặt dưới bài toán cụ thể trong

SGK nên không nghĩ đó là trọng tâm của bài. Bên cạnh đó nếu có giải thì cũng
chưa yêu cầu học sinh làm thêm trong sách bài tập hoặc ngoài phạm vi sách giáo
khoa để rèn luyện kỹ năng và phát triển tư duy của HS. Mặt khác tài liệu tham
khảo viết về dạng toán này hầu như không có ở thư viện của trường. Từ những suy
nghĩ đó và thực tế giảng dạy tôi đã mạnh dạn viết đề tài này.
Từ thực trạng trên với mục đích khảo sát cụ thể để đánh giá và từ đó có biện
pháp giảng dạy có hiệu quả tôi đã tham khảo nhiều tài liệu và tiến hành khảo sát 7
em trong đội tuyển học sinh giỏi.
Bài tập 1: Tìm tất cả các số x;y để có số 34 x5 y chia hết cho 36
Bài tập 2: Tìm số tự nhiên n để

n

15

n

Bài tập 3: Cho n

là số tự nhiên

3

N chứng minh rằng 5 n - 1 chia hết cho 4
2


Kết quả thu được sau khi các em làm 3 bài tập trên như sau:
( Kết quả khảo sát đầu năm học 2016 – 2017)
Điểm < 5

Điểm 5 <6,5
Điểm 6,5 < 8
Điểm 8 10
SL
TL%
SL
TL%
SL
TL%
SLTL%
4
57,15
2
28,57
1
14,28
0
Trong khi chấm khảo sát tôi còn phát hiện thấy phần đa số các em chưa có
phương pháp giải, lời giải dài dòng, lập luận không chặt chẽ, thiếu tính lo gic. Ở
một số em còn thử và ngộ nhận kết quả. Chính vì vậy sau thời gian đắn đo suy
nghĩ tôi đã mạnh dạn chọn đề tài này để nghiên cứu và xin giới thiệu với đồng
nghiệp cùng tham khảo
2.3.Các giải pháp đã thực hiện để giải quyết vấn đề
2.3.1.Giải pháp thứ nhất:
Khơi gợi trong các em tình yêu với bộ môn Toán, sự cần thiết phải học bộ
môn toán thông qua nhiều con đường:
2.3.2.Giải pháp thứ hai: Tổng hợp các kiến thức lí thuyết cơ bản của dạng
toán chia hết
Giáo viên phải nghiên cứu về chuyên đề để cung cấp cho các em những kiến
thức cần thiết.

Để giúp học sinh học tốt, làm tốt được dạng toán “chia hết” này tôi đã trang
bị cho học sinh nội dung kiến thức sau, đó là nền tảng, là cơ sở để áp dụng giải
các bài tập dạng này
TÓM TẮT LÝ THUYẾT
I. ĐỊNH NGHĨA PHÉP CHIA

Cho 2 số nguyên a và b trong đó b 0 ta luôn tìm được 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 thương, r là số dư.
Khi a chia cho b có thể xảy ra b số dư
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
II. CÁC TÍNH CHẤT

1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.

Với a 0 thì a a
Nếu a b và b c thì a c
Với a 0 thì 0 a

Nếu a, b > 0 và a b ; b a thì a = b
Nếu a b và c bất kỳ thì ac b
Nếu a b thì ( a) ( b)
Với a thì a ( 1)
3


8. Nếu a b và c b thì a c b
9. Nếu a b và c b thì a c b
10. Nếu a + b c và a c thì b c
11. Nếu a b và n > 0 thì an bn
12. Nếu ac b và (a, b) = 1 thì c b
13.Nếu a b, c b và m, n bất kỳ am + cn b
14. Nếu a b và c d thì ac bd
15. Tích n số nguyên liên tiếp chia hết cho n!
III. MỘT SỐ DẤU HIỆU CHIA HẾT

Gọi N = a a ...a a
1. Dấu hiệu chia hết cho 2; 5; 4; 25; 8;
a a
125 + N 2 0 2 0 {0; 2; 4; 6; 8}
n

+N 5

a

0

5

a

0

n

1

1 0

{0; 5}

+ N 4 (hoặc 25) a a 4 (hoặc 25)
+ N 8 (hoặc 125) a a a
8 (hoặc 125)
2. Dấu hiệu chia hết cho 3 và 9
+ N 3 (hoặc 9) a0+ a1+…+an 3 (hoặc 9)
3. Một số dấu hiệu khác
+ N 11 [(a0+a1+…) – (a1+a3+…)] 11
+N 101[(
+ a a +...)–(
+a a + ... )] 101
aa
a a
+ N 7 (hoặc 13)
[(
+ a8 a7 a6 + ...) – [( a5 a4 a3 +a a a
+ ...)] 11 (hoặc 13)
a2 a1a0

a aa
a a a
+ N 37 (
+
+…) 37
2
+ N 19 ( a0+2an-1+2 an-2+…+ 2na0) 19
IV. ĐỒNG DƯ THỨC
a. Định nghĩa: Cho m là số nguyên dương. Nếu hai số nguyên a và b cho cùng số
dư khi chia cho m thì ta nói a đồng dư với b theo modun m.
Ký hiệu: a b (mod m)
Vậy: a b (mod m) a – b m b.
Các tính chất
1. Với a a a (mod m)
2. Nếu a b (mod m) b a (mod m)
3. Nếu a b (mod m), b c (mod m) a c (mod m)
4. Nếu a b (mod m) và c d (mod m) a+c b+d (mod m)
5. Nếu a b (mod m) và c d (mod m) ac bd (mod m)
6. Nếu a b (mod m) a n
b n (mod m) (n N * )
V.NGUYÊN TẮC ĐIRICHLÊ
Nội dung quy tắc này được phát biểu dưới dạng một bài toán sau: Nếu nhốt
n thỏ vào m lồng(n > m) thì ít nhất có một lồng nhốt không ít hơn hai con thỏ.
2.3.3.Giải pháp thứ ba: Phân dạng các dạng toán cơ bản trong chuyên
đề toán chia hết lớp 6.
Trong phần này tôi chia theo từng dạng để dễ dàng cho người dạy và người học
tham khảo, lựa chọn một số bài cho HS làm từ dễ đến khó. Một bài có thể vận
1 0
2

1 0

1 0

5

4

3

2

7

11

2

1 0

5

4

10

6

9

3

4


dụng theo nhiều cách khác nhau, phát triển cho HS tính linh hoạt trong quá trình
giải toán
1.Dạng 1: Tìm các chữ số chưa biết của một số
19ab

Bài toán 1:

Tìm các chữ số a và b sao cho

chia hết cho 5 và 8

Nhận xét: Để tìm được a và b ta phải thấy được hai dấu hiệu cơ bản đó là số
đó chia hết cho 5 và 8
Giải
Vì 19ab chia hết cho 5 nên b = 0 hoặc b = 5 và 19ab chia hết cho 8 nên suy
ra b = 0
Mặt khác, 19a0 chia hết cho 8 nên 19a0 chia hết cho 4 khi a0 chia hết cho 4 suy ra a
{0;2;4;6;8}. Ta có 19a0 chia hết cho 8 khi 9a0 chia hết cho 8 nên a=2 hoặc a=6. Vậy
nếu a=2 thì b=0 và nếu a=6 thì b=0 nên số cầm tìm là 1920 và 1960
Bài toán 2 : "Tìm các chữ số a và b sao cho 56a 3b chia hết cho 2 và 9". 1 Nhận
xét: Để tìm được a và b ta phải thấy được hai dấu hiệu cơ bản đó là số đó chia hết
cho 2 và 9
Giải
Vì số 56a3b
2 nên b = 0;2;4;6;8

Số 56a3b
9
5 + 6 + a + 3 + b = 14 + a + b 9
+ Với b = 0 và 0 a 9 ta được a = 4 thoả mãn
+ Với b = 2 và 0 a 9 ta được a = 2 thoả mãn
+ Với b = 4 và 0 a 9 ta được a = 0 thoả mãn
+ Với b = 6 và 0 a 9 ta được a = 7 thoả mãn
+ Với b = 8 và 0 a 9 ta được a = 5 thoả mãn
Vậy các số (a;b) thoả mãn là: (a;b) = (0;4) ; (2;2) ; (4;0) ; (5;8) ; (7;6)
Bài toán 3: "Tìm các chữ số a và b sao cho a2017b chia hết cho 90". 2
Nhận xét: Để tìm được a và b ta phải thấy được số 90 = 9.10 mà (9;10) = 1 nên số
a2017b chia hết cho 90 thì số a2017b chia hết cho 9 và a2017b chia hết cho 10
Từ đó vận dụng hai dấu hiệu cơ bản đó là số đó chia hết cho 10 và 9
Giải
Ta có 90 = 9.10 mà (9;10) = 1 nên

90 thì a2017b
10 b = 0
a2017b
với b = 0 ta có số a20170
a2017b

9 và

a2017b

10

9 a + 2 + 0 + 1 + 7 + 0 = a + 10 9 mà
0 a 9 nên a = 8

Vậy a = 8; b = 0

Bài toán 4: "Tìm các chữ số x, y sao cho 2014xy 42 ". 3
Nhận xét: Để tìm được x và y ta phải phân tích được số
2014xy = 201400 + xy = 42 . 4795 + 10 + xy từ đó dựa vào dấu hiệu chia hết của một
tổng ta tìm được xy
Giải
Ta có 2014xy = 201400 + xy = 42 . 4795 + 10 + xy 42 10 + xy 42 Do 0 xy 100 nên xy
32; 74 . Vậy (x; y) = (3; 2), (7; 4)


5


Bài toán 5: "Tìm các chữ số x; y để A = x183y chia cho 2; 5 và 9 đều dư 1". 4
Nhận xét: Nếu A chia hết cho 2 và 5 thì y = 0 nhưng theo đề bài A = x183y chia
cho 2; 5 đều dư 1 nên ta tìm được y = 1
A = x183y chia cho 9 dư 1 x1831 – 1 9 từ đó dựa vào dấu hiệu chia hết cho 9 ta
tìm được x.
Giải
Do A = x183y chia cho 2 và 5 đều dư 1 nên y = 1.Ta có A = x1831
Vì A = x1831 chia cho 9 dư 1 x1831 – 1 9 x1830 9
x + 1 + 8 + 3 + 0 9 x + 3 9, mà 0< x 9 nên x = 6 Vậy x =
6; y = 1
Bài toán 6 : Chữ số a là bao nhiêu để aaaaa96 chia hết cho cả 3 và 8
Nhận xét: aaaaa96 chia hết cho cả 3 và 8 mà ba chữ số tận cùng là a96 nên ta sẽ chọn
dấu hiệu chia hết cho 8 để tìm a rồi sau đó thử lại với trường hợp chia hết cho 3
Giải
Vì aaaaa96 8 a96 8 100a + 96 8 100a 8 Vậy a là số chẵn a 2, 4,
6, 8} (1).

Vì aaaaa96 3 (a + a + a + a + a + 9 + 6 ) 3 5a + 15 3
mà 15 3
5a 3
mà (5, 3) = 1
Suy ra a 3 vậy a 3, 6 ,9} (2).
từ (1) và (2 ) suy ra a = 6
Kết luận: Vậy số phải tìm là 6666696.
Bµi to¸n 7 : Tìm các chữ số a ; b sao cho a – b = 4 và 7a5b1 chia hết cho 3
Giải
Ta có số 7a5b137 + a + 5 + b + 1 3a + b + 13 3
(1)
Mặt khác a – b = 4 mà 0 b 9 0 < a9 nên ta có
a=4
a=5
a=6
a=7
a=8
a=9
(2)
b=0
b=1
b=2
b=3
b=4
b=5
Từ (1) và (2) ta được các giá trị (a;b) thoả mãn là (a;b) = (6;2) ; (9;5)
2.Dạng 2: Chứng minh chia hết đối với biểu thức số
Bài toán 8 : "Cho A = 2 + 22 + 23+ … + 260
Chứng minh rằng: A chia hết cho 3; 7 và 15". 5
Nhận xét: Với dạng toán này ta thường nhóm các số hạng thành các nhóm để đặt

thừa số chung rồi áp dụng tính chất chia hết của một tích.
Giải
Ta có:

A = 2 + 22+ 23+…+ 260
= 2(1+2)+ 23 (1+2)+…+ 259 (1+2)
= 3 (2 + 23 + 25+…+ 259)
= 3 (2 + 23 + 25+…+ 259) 3
6


Ta có

A = 2 + 22 + 23+…+ 260
= 2(1+2+22)+24(1+2+22)+…+258(1+2+22)
= 2.7+24.7+…+258.7
=7(2+24+…+258)
7
Ta có A = 2 (1 + 2 + 22 + 23) + 25(1 + 2 + 22 + 23) + … +257(1 + 2 + 22 + 23)
= 2. 15 + 25.15 + …+ 257.15
= 15(2+25 +…+257) 15
KL: Vậy A chia hết cho 3,7 và 15.
Bài toán 9: "Cho A = 3 + 32 + 33+ … + 390 Chứng minh rằng A chia hết
cho 11 và 13". 6
Nhận xét: Dãy số của A có 90 số hạng ta nhóm thành các nhóm mỗi nhóm 5 số
hạng rồi đặt thừa số chung sẽ xuất hiện thừa số chia hết cho 11.Nhóm mỗi nhóm 3
số hạng rồi đặt thừa số chung sẽ có thừa số chung chia hết cho 13.
Giải
* Chứng minh A 11 Ta
có

A

=3+ 32+33+…+390
= (3 + 32 + 33+ 34+ 35) +(36 + 37 + 38+ 39+ 310) +……+ (386+387+388+389+ 390)
= 3 (1 + 3 + 32+33+ 34) +36(1 + 3 + 32+33+ 34) +…….+ 386(1+3+32+33+ 34)
= 121. (3 + 36 +………+386 ) 11 *
Chứng minh A 13
Ta có A = 3 + 32 + 33+ … + 390
= (3 + 32 + 33)+(34+ 35+ 36) +……+ (388+389+ 390)
= 3(1 + 3 + 32)+ 34(1 + 3 + 32)+…….+ 388(1+3+32)
= 13. (3 + 34 +………+388 ) 13
Kết luận : Vậy A chia hết cho 11 và 13.

Bài toán 10: Chứng minh rằng 4343 – 1717 chia hết cho 5
Nhận xét:
Với dạng toán này ta không thể tính cụ thể hay phân tích để có thừa số chia hết
cho 5 được vấn đề đặt ra là ta phải chọn đơn vị kiến thứ nào để làm dạng toán này.
Áp dụng kiến thức về chữ số tận cùng hay đồng dư? Ta có 43 43= 4340. 433=
(434)10.4343
Ta có 433 có tận cùng là chữ số 1 nên 434 có tận cùng là chữ số 1 hay 4340 có tận
cùng là chữ số 1
4343 có tận cùng là chữ số 7. Vậy 43 40.433 có tận cùng là chữ số 7 hay 43 3 có tận
cùng là chữ số 7
Ta có 1717 = 1716 .17 = (174)4. 17
Vì 174 có tận cùng là 1 nên (174 )4 cũng có tận cùng là 1 hay 176 cũng có tận cùng là
1. Do đó 1716.17 có tận cùng là 7
7


Hai số 4343 và 1717 có chữ số tận cùng giống nhau nên 4343-1717 có chữ số tận

cùng là 0, Suy ra 4343-1717 chia hết cho 5
Giải
Cách 1:
Ta có 4343 = 4340. 433 = (434)10.4343 =
...1 ....7 = ...7
...1 . ...7 = ...7
1717 = 1716 .17 = (174)4. 1 =
4343 – 1717 = ...7 –
...7 = ...0
43
17
43 – 17
5
Cách 2:
Ta có 433(mod 10) 43 2
9(mod 10)
43 4
9 2 1(mod 10)
43 40 1 10
1(mod 10)
43 43 = 43.43 2 . 43 40
3.9.1 7(mod 10)
17
7(mod 10)
17 2 9(mod 10)
17 4
92
1(mod 10)
17 16
14

1(mod 10)
17 17 =17. 17 16
7.1 7(mod 10)
Vậy 43 43 – 17 17
7 – 7 (mod 10) 0(mod 10)
43
17
43 – 17 10 43
43
– 1717 5 Vậy 43 43 –
17 17 5
Bài toán 11: Chứng minh rằng 2139+3921 chia hết cho 45
Giải
Ta có: 21
39

1 (mod 20)
–1 (mod 20)

Vậy 2139 + 3921 139+ (–1)21 0 (mod 20) Như vậy
2139 + 3921 20; do đó 2139 + 3921 5
Tương tự ta chứng minh 2139 + 3921
2139 + 3921

9 mà (5;9) = 1 nên 2139 + 3921

5.9

45

Kết luận: Vậy 2139 + 3921 chia hết cho 45
Bài toán 12: "Cho A 1
39294 ) . Chứng minh A là số tự nhiên chia hết
2015
2012
(7
2

cho 5". 7
Giải
V× 2012 ; 92 ®Òu lµ béi cña 4 nªn 20122015 vµ 9294 còng lµ béi cña 4 2012
2015

4.m m N * ;92

96

4.n n N*
8


Khi đó

2012 2015

7

3

7

4n

4 m

7

3

4 n

3

...1 ...1 ...0

có tận cùng bằng 0 hay 7 2012 392 10
7 2012 2015 39294 > 0 mà 720122015 39294 10 suy ra
(72012
392 ) 5.k; k N . Suy ra A l s t nhiờn chia ht cho 5

tức là
Dễ thấy
A

4m

92 94

1
2

7 2012 2015 39294
2015

2015

94

94

Bi toỏn 13:"Cho A 102012 102011 102010 102009 8
Chng minh rng A chia ht cho 24". 8
Gii
Cỏch 1
Ta cú : A 103 102009 102008 102007 102006 8 8.125 102009 102008 102007 102006

A

8. 125 102009 102008 102007 102006

8

1 8 (1)

Ta li cú cỏc s : 102012 ; 102011 ; 102010 ; 102009 cú tng tng cỏc ch s bng 1, nờn
cỏc s 102012 ; 102011 ; 102010 ; 102009 khi chia cho 3 u cú s d bng 1 8 chia cho
3 d 2.
Vy A chia cho 3 cú s d l d ca phộp chia (1 + 1 + 1 + 1 + 2) chia cho 3
Hay d ca phộp chia 6 chia cho 3 (cú s d bng 0)
Vỡ 8 v 3 l hai s nguyờn t cựng nhau nờn A chia ht cho 8.3 = 24

Vy A 3
Cỏch 2
=
A

102012

102011

102010

102009

8 111100 ....08

2008 số 0

S A cú 3 ch s tn cựng 008 chia ht cho 8
Li cú tng cỏc ch s ca A l 12 chia ht cho 3
Vỡ 8 v 3 l hai s nguyờn t cựng nhau nờn A chia ht cho 8.3 = 24

Bi toỏn 14: Chng minh rng s
Nhn xột: chng minh s
1995

+8
Giải:

101995

9

9

Ta cú: 101995 + 8 =
Vỡ s

101995 8 l s t nhiờn
9
8
l s t nhiờn ta cn phi chng minh 10

100....08

100 .... 0

100....08

+8=

.
1994 số0

1995 số 0

cú tng cỏc ch s l:

1994 số0

1 + 0 + 0 + .... + 0 + 8 = 9 chia ht cho 9 do ú

(101995 + 8 )

9, hay 10

1995

8

9

l s t nhiờn.

Dng 3: Chng minh chia ht i vi biu thc cha ch
Bi toỏn 15: Chng minh rng:
a)Tớch ca 2 s t nhiờn liờn tip luụn chia ht cho 2
b)Tớch ca ba s t nhiờn liờn tip luụn chia ht cho 3
c) Tớch ca 4 s t nhiờn liờn tip luụn chia ht cho 4
Gii
a) Trong 2 s t nhiờn liờn tip bao gi cng cú 1 s chn
S chn ú chia ht cho 2.
9


Vậy tích của hai số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 2.
b) Gọi ba số tự nhiên liên tiếp là n; n + 1; n + 2
Tích của ba số tự nhiên liên tiếp là n(n+1)(n+2)
Một số tự nhiên khi chia cho 3 có thể nhận một trong các số dư 0; 1; 2
Nếu r = 0 thì n 3 n(n+1)(n+2) 3
Nếu r = 1 thì n = 3k + 1 (k
N)

n + 2 = 3k + 1 + 2 = (3k + 3) 3.
n.(n + 1).(n + 2) 3.
Nếu r = 2 thì n = 3k + 2 (k N)
n + 1 = 3k + 2 + 1 = (3k +3) 3.
n.(n +1).(n +2) 3.
Vậy n.(n +1).(n +2) 3 với mọi số tự nhiên n
c) Chứng minh tương tự ta có n.(n +1).(n +2).(n +3) 4 với mọi số tự nhiên n
Tổng quát: Tích của n số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho n
Bài toán 16: Chứng minh rằng n3– n chia hết cho 6 với n
nguyên Giải
Ta chứng minh n3 – n chia hết cho 2 và chia hết cho 3
Nếu n

0 (mod 2) thì n3 – n

03 – 0

0 (mod 2)

Nếu n

1 (mod 2) thì n3 – n

13 – 1

0 (mod 2)

Như vậy với n nguyên, n3 – n

0 (mod 2) nghĩa là n3 – n chia hết cho 2

Mặt khác
+ Nếu n 0 (mod 3) thì n3 – n 03 – 0

0 (mod 3)

+ Nếu n 1 (mod 3) thì n3 – n 13

– 1 0 (mod 3)

+ Nếu n 2 (mod 3) thì n3 – n 23

– 2 0 (mod 3)

Với n nguyên n3 – n 0 (mod 3) nghĩa là n3 – n chia hết cho 3.
Kết luận: Vậy n3 – n 6 với n nguyên
Bài toán 17: Chứng minh rằng 2n +

11...1

chia hết cho 3.
nchuso

Giải
Số n và số có tổng các chữ số bằng n có cùng số dư trong phép chia cho 9.
Do đó

11...1

– n chia hết cho 9.

nchuso

10


Ta có: 2n +

11...1

11...1 – n) chia hết cho 3.

= 3n + (

nchuso

nchuso

Bài toán 18: Chứng minh rằng A = 10n + 18n – 1 chia hết cho 27.
Giải
Ta có A = 10 n + 18n – 1 = 10 n

99...9 – 9n + 27n

- 9n + 27n – 1 =
nchuso

11...1 – n) + 27n
= 9(

nchuso

11...1 – n) chia hết cho 9 suy ra 9(

11...1 – n)

Mà 27n chia hết cho 27 nên (

nchuso

chia hết cho 27

nchuso

Vậy 10n + 18n – 1 chia hết cho 27.
Bài toán 19 : Cho

abc

deg 7 .

CMR:

7.

abc deg

Giải
Ta có:

abc deg

=
=

abc000

deg

1000abc deg

= 1001abc

abc deg

vì 1001abc

7

Do đó nếu ( abc deg ) 7 thì abc deg 7. Bài toán
20: "Cho biết a + 4b chia hết cho 13 (a;b

N) chứng minh rằng

10a + b chia hết cho 13". 9
Nhận xét: Đặt x = a + 4b

y = 10a + b

Ta biết x 13 ta cần chứng minh y =10a + b 13 +

Hệ số của a ở x là 1,hệ số của a ở y là 10 nên
- Xét biểu thức 10x – y nhằm khử a tức là làm cho hệ số của a bằng 0
- Xét biểu thức 3x + y nhằm tạo ra hệ số của a = 13
+ Hệ số của b ở x là 4 hệ số của b ở y là 1 nên
- Xét biểu thức 4y – x nhằm khử b
- Xét biểu thức x + 9y nhằm tạo ra hệ số của b bằng 13
Giải:
Đặt x = a + 4b y = 10a + b
Cách 1:
Xét biểu thức 10x – y
= 10(a + 4b) – (10a + b)
11


= 10a + 40b – 10a – b
= 39b 13
Như vậy 10x – y
Vậy a + 4b

13 do x

13 thì 10a + b

13 nên 10x

13

y

13

13

Cách 2: Xét biểu thức 4y – x
= 4(10a +b) – (a +4b)
= 40a + 4b – a – 4b
= 39a 13
Như vậy 4y – x 13 do x 13 nên 4y 13 mà (4 ; 13) = 1 y 13 Vậy a + 4b 13
thì 10a + b 13
Cách 3: Xét biểu thức 3x + y
= 3(a + 4b) + 10a + b
= 3a + 12b + 10a + b
= 13a + 13b
= 13(a + b) 13
Như vậy 3x + y
Vậy a + 4b

13 do x

13 thì 10a + b

Cách 4: Xét biểu thức

13 nên 3x

13

y

13

13

x + 9y
= a + 4b + 9(10a + b)
= a + 4b + 90a + 9b
= 91a + 13b
= 13(7a + b) 13

Như vậy x + 9y 13 do x 13 nên 9y 13 mà (13;9) = 1 y 13 Vậy a + 4b
13 thì 10a + b 13
Bài toán 21: "Chứng tỏ rằng nếu 3a + 2b chia hết cho 17 (a,b N) thì 10a + b
chia hết cho 17. Điều ngược lại có đúng không". 10
Nhận xét:
12


Đặt x = 3a + 2b y = 10a + b ta chứng minh y 17
Có thể xét các biểu thức sau: 2y – x ; 8x + y ; 9x – y ; 10x – 3y;...
Giải:
Đặt x = 3a + 2b y = 10a + b
Xét biểu thức 2y – x
= 2(10a + b) – (3a + 2b)
= 20a + 2b – 3a – 2b
= 17a 17
Vậy nếu x 17 thì 2y 17
y 17
và ngược lại nếu 2y
17 y 17 thì x 17
Dạng 4: Tìm điều kiện để một bài toán chia hết cho một số hoặc cho một biểu

thức
Bài toán 22:
Tìm số tự nhiên n sao cho 7 n +1
Giải:

Ta có 7

n +1 nên n+1

Ư(7).

Mà Ư(7) ={1; 7}
* n+1 = 1 n = 0 (thoả mãn)
* hoặc n+1 = 7 n = 6 (thoả mãn).
Vậy với n = 0 ; n = 6 thì 7 n +1
Bài toán 23: Tìm số tự nhiên n sao cho n +4
n 4

Giải : Ta có :

=

n 1 3

n 1

3

=1+

n 1

n +1

n 1

để (n + 4) (n+1) thì 3 n+1 hay n+1 Ư(3).
Mà Ư(3) ={1; 3}
*n+1 = 1 n = 0 (thoả mãn)
*hoặc n+1 = 3 n = 2 (thoả mãn).
Vậy với n = 0 ; n = 2 thì (n + 4) (n+1)
n 15

Bài toán 24: Tìm số tự nhiên n để n 3 là số tự nhiên
Nhận xét: để n 15 là số tự nhiên thì (n + 15)
(n + 3) làm tương tự như bài
toán trên ta tìm được n
n 3

Giải:
n 15
n 3

(n + 15)

n 15
Ta có:

n 3

là số tự nhiên thì

=n

3 12
n 3

12

(n + 3)

(n + 3) thì 12

n+3

= 1 + n 3 để (n + 15)

(n + 3) U(12) = 1; 2; 3; 4; 6; 12 . n 0;
1; 3; 9 .
Vậy với n

0; 1; 3; 9 thì

n 15
n 3

là số tự nhiên.

Bài toán 25: Tìm số tự nhiên n để (5n + 14) chia hết cho (n + 2).
Giải:

Ta có 5n + 14 = 5.(n + 2) + 4.
13


mà 5.(n +2) chia hết cho (n +2).
Do đó (5n + 14) chia hết cho (n +2)
(n + 2) U(4) (n
+2) 1 ; 2 ; 4
n 0;2 .
Vậy với n

4 chia hết cho (n + 2)

0; 2 thì (5n + 14) chia hết cho (n +2).

Bài toán 26: Tìm số tự nhiên n để : 32n+3 + 24n +1 25
Giải
Đặt A = 32n+3 + 24n +1
= 27.32n + 2. 24n
= 25 .32n + 2(32n+24n)
= 25 .32n + 2(9n + 16n)
+Nếu n lẻ thì (9n +16n) 25 do đó A 25
+Nếu n chẵn thì 9n có tận cùng là 1, còn16n có tận cùng là 6
2( 9n +16n) có tận cùng là 4. Vậy A không chia hết cho 25
Vậy với n lẻ thì (32n+3 + 24n +1) 25
Dạng 5: Các bài toán áp dụng nguyên lý Đirichlê
- Các bài toán sử dụng nguyên lý Đirichlê thường là các bài toán chứng minh sự
tồn tại của một sự vật, sự việc mà không cần phải chỉ ra một cách tường minh sự
vật, sự việc đó.

- Khi giải bài toán áp dụng nguyên lý Đirichlê hoặc dự đoán phải áp dụng nguyên
lý này ta cần suy nghĩ hoặc biến đổi bài toán để làm xuất hiện khái niệm “thỏ” và
“lồng”, khái niệm “nhốt thỏ vào lồng” nhưng khi trình bày ta cố gắng trình bày
theo ngôn ngữ toán học thông thường.
- Khi giải xong các bài toán áp dụng nguyên tắc Đirichlê chúng ta cố gắng suy
nghĩ để sáng tạo ra các bài toán tổng quát hơn hoặc cụ thể hơn có như thế thì mới
nắm chắc được các bài toán đã làm.
Bài toán 27: "Trong 7 số tự nhiên bất kì. Chứng minh rằng bao giờ cũng có thể
chọn ra 2 số mà hiệu của chúng chia hết cho 6". 11
Nhận xét: Ta coi 7 số là 7 con thỏ. 7 con thỏ này được nhốt trong mấy lồng? Vấn
đề đặt ra là ta phải tìm lồng cho thỏ.
Ta biết rằng khi chia một số cho 6 thì số dư chỉ có thể là một trong 6
số:0, 1, 2, 3, 4, 5. Có 7 số tự nhiên chia cho 6 mà chỉ có 6 số dư nên theo nguyên lí
Đirichlê thì ít nhất có 2 số chia cho 6 có cùng số dư. Hiệu hai số này chia hết cho
6.
Giải
Khi chia một số cho 6 thì số dư r chỉ có thể lấy một trong 6 giá trị là:0, 1, 2, 3, 4,
5.Có 7 số tự nhiên chia cho 6 mà chỉ có 6 số dư nên theo nguyên lí Đirichlê thì ít
nhất có 2 số chia cho 6 có cùng số dư. Hiệu 2 số này chia hết cho 6.
Bài toán 28: Cho n + 1 số tự nhiên. Chứng minh rằng bao giờ cũng có thể chọn ra
2 số mà hiệu của chúng chia hết cho n. (n € N*)
Giải
14


Khi chia một số cho n thì số dư r chỉ có thể lấy một trong n giá trị là 0; 1; 2; 3;...; n
– 1. Có n + 1 số tự nhiên chia cho n mà chỉ có n số dư nên theo nguyên lí Đirichlê
thì ít nhất cũng có 2 số có cùng số dư. Hiệu hai số này chia hết cho n.
Bài toán 29: "Cho dãy số 10; 102; 103; 104;...; 1020
Chứng minh rằng tồn tại một số chia cho 19 dư 1". 12

Nhận xét:
Ta coi dãy số 10; 102; 103; 104;...; 1020 là 20 con thỏ
Phép chia cho 19 có 19 số dư 0; 1; 2; 3;...; 18 là 19 cái lồng
20 con thỏ mà có 19 cái lồng nên có ít nhất một cái lồng có nhiều hơn 2 con thỏ
hay có hai số có cùng số dư.
Gọi 2 số đó là 10n và 10m(m > n; 1 ≤ m, n ≤
20) Ta có 10m – 10n chia hết cho 19
Nên 10m – 10n = 10n(10m-n – 1) chia hết cho 19 vì ( 10n,19) = 1 nên
(10m-n – 1) chia hết cho 19 hay 10m-n chia cho 19 dư 1 (10m-n = 19k +1)
Giải
Phép chia cho 19 có 19 số dư 0; 1; 2; 3;...; 18
dãy số 10; 102; 103; 104;...; 1020 có tất cả 20 số
Có 20 số khác nhau mà chỉ có 19 số dư do đó tồn tại 2 số có cùng số dư trong
phép chia cho 19
Gọi 2 số đó là 10n và 10m(m > n;1 ≤ m,n ≤
20) Ta có 10m – 10n chia hết cho 19
Nên 10m – 10n = 10n(10m-n – 1)chia hết cho 19 vì ( 10n,19) = 1 nên
(10m-n – 1) chia hết cho 19 hay 10m-n chia cho 19 dư 1 (10m-n = 19k +1)
Rõ ràng 10m-n là một số của dãy (1) vì 1 ≤ n < m ≤ 20.
Tổng quát:
Qua bài này ta thấy tồn tại một số tự nhiên k > 1 để cho 10k – 1 chia hết cho 19
Bài toán 30:" Cho 3 số lẻ.Chứng minh rằng tồn tại 2 số có tổng hoặc hiệu chia hết
cho 8". 13
Nhận xét: Một số lẻ chia cho 8 thì số dư là một trong 4 số: 1; 3; 5; 7
Chia số dư này thành 2 nhóm
Nhóm 1: dư 1 hoặc dư 7
Nhóm 2: dư 3 hoặc dư 5
Ta coi 3 số lẻ là 3 nhóm và 2 số dư là 2 lồng.
Giải
Một số lẻ chia cho 8 thì số dư là một trong 4 số: 1; 3; 5;

7 Chia số dư này thành 2 nhóm
Nhóm 1: dư 1 hoặc dư 7
Nhóm 2: dư 3 hoặc dư 5
Có 3 số lẻ mà chỉ có 2 nhóm dư nên tồn tại hai số có cùng một nhóm
- Nếu 2 số dư bằng nhau thì hiệu của chúng chia hết chho 8
- Nếu hai số dư khác nhau thì tổng của chúng chia hết cho 8
Bài toán 31: Chứng minh rằng trong 52 số tự nhiên tuỳ ý chí ít cũng có một
cặp gồm hai dố sao cho hoặc tổng hoặc hiệu của chúng chia hết cho 100.
Nhận xét:
Để tìm số thỏ và số lồng và số lồng ta làm như sau:
1
5


Trong tập hợp các số dư trong phép chia cho 100 ta lấy ra từng cặp số sao cho
tổng các cặp đó bằng 100.ta sẽ có 50 cặp và thêm vào cặp (0 ; 0) nên có 51 cặp ta
coi 51 cặp là 51 lồng.
Đem chia 52 số tự nhiên cho 100 sẽ có 52 số dư.(52 thỏ)
Giải
Trong tập hợp các số dư trong phép chia cho 100 ta lấy ra từng cặp số sao cho
tổng các cặp đó bằng 100 và thành lập nhóm:(1;99);(2;98);(3;97);...;(49;51);
(50;50) Ta sẽ được 50 cặp như vậy và thêm vào cặp (0;0) nên ta sẽ có 51 cặp.
Đem chia 52 số tự nhiên cho 100 sẽ có 52 số dư.
Có 52 số dư mà chỉ có 51 nhóm theo nguyên tắc d thì ít nhất cũng có hai số dư
cùng rơi vào một nhóm
Rõ ràng là cặp số tự nhiên ứng với cặp số dư này chính là hai số tự nhiên tổng
hoặc hiệu chia hết cho 100.
Bài toán 32: Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương để 2n – 1 chia hết
cho 1991
Giải

Xét 1992 số có dạng 2n – 1
Phép chia cho 1991 có 1991 số dư là: 0;1;2;3; ...;1990
Có 1992 số mà chỉ có 1991 số dư nên tồn tại 2 số có cùng số dư
Giả sử 2 số đó là 2i – 1 và 2j – 1 ta có 2i – 1 chia hết cho 1991
2j – 1 chia hết cho 1991
=> 2i – 2j chia hết cho 1991
=> 2j (2i – j – 1) chia hết cho 1991
Vì (2 j ; 1991) = 1 nên (2i – j – 1) chia hết cho 1991
Vậy tồn tại số nguyên dương để 2n – 1 chia hết cho 1991
BÀI TẬP VẬN DỤNG
A - Đề bài
Dạng 1:Tìm các chữ số chưa biết của một số
Bài 1:a)Tìm chữ số a biết rằng 20a20a20a chia hết cho 7
b)Tìm chữ số a biết rằng aaaaa24 chia hết cho 8 và 9
Bài 2: Tìm các chữ số x,y để:
a) 21xy chia hết cho 3;4;5
b) 1x8 y 2
chia hết cho 4 và 9
c) 135x4 y
chia hết cho 5 và 9
d) x – y = 6 và 4 x7 + 1y5
chia hết cho 9
Dạng 2:Chứng minh chia hết đối với biểu thức số
Bài 3: Cho A= 41 + 42 + 43 + … + 423 + 424. Chứng minh A chia hết cho 20;
21; 420.
Bài 4: Chứng tỏ rằng:
a/ 3100+19990 2
b) 942 60 – 351 37 5
Dạng 3: Chứng minh chia hết đối với biểu thức chứa chữ
Bài 5: Chứng minh rằng A = 10n + 72n – 1 chia hết cho 81.

Bài 6: Chứng minh rằng 9 2n – 1 chia hết cho 2 và cho 5
16


Bài 7: Chứng minh rằng nếu 6x + 11y chia hết cho 31 (x,y N) thì x + 7y cũng chia
hết cho 31
Dạng 4: Tìm điều kiện để một bài toán chia hết cho một số hoặc cho một biểu
thức
Bài 8: Tìm số tự nhiên n sao cho
a)2n + 7 chia hết cho n + 1
b) n 2 + 3n – 13 chia hết cho n + 3
Dạng 5: Các bài toán áp dụng nguyên lý Đirichlê
Bài 9: : Chứng minh rằng số có dạng 199919991999...1999000 chia hết cho 1991
Bài 10: Viết 5 số tự nhiên bất kì thẳng hàng chứng minh rằng có một số hoặc một
số liền nhau có tổng chia hết cho 5.
B - Lời giải, hướng dẫn hoặc đáp số :
Bài 1:a) a = 3
b) a = 6
Bài 2:
a) Các số đó là: 2120; 2160; 2140; 2180
b) Các số đó là: 16812; 14832; 12852; 10872; 18892
c) Các số đó là: 135540; 135045
d) x = 8; y = 2
Bài 3: Cho A= 41 + 42 + 43 + … + 423 + 424
HD: Viết A dưới dạng: A = (41 + 42) + (43 + 44) + … + (423 + 424)
= (41 + 42) + 42(41 + 42) + ... + 422(41 + 42)
= 20( 1 + 42 + ... + 422) 20
A=41+42+43+…+423+424
= (41 + 42 + 43) +(44 + 45 + 46) + … + (422+ 423 + 424 )
= 84( 1 + 43+ … + 421) 21

mà ( 20;21) = 1 nên A 20.21 hay A 420
Bài 4:
a) 3100+19990 2
3100 = 3.3.3….3 (có 100 thừa số 3)
= (34)25 = 8125 có chữ số tận cùng bằng 1
19990 = 19.19…19 ( có 990 thứa số 19 )
= (192)495 = 361495 ( có chữ số tận cùng bằng 1
Vậy 3100+19990 có chữ số tận cùng bằng 2 nên tổng này chia hết cho 2
b) 942 60 – 351 37 5
Ta có: 942 60 – 351 37 = 942 4.15 – 351 37 = ...6 – ...1 = ...5

5

Bài 5: Chứng minh rằng A = 10n + 72n – 1 chia hết cho 81.
Ta có A = 10n + 72n – 1 = 10n – 1 – 9n + 81n =
= 9(

11...1

– n) + 81n chia hết cho 81

99...9

– 9n + 81n
nchuso

nchuso

Bài 6: HD
9 2n – 1 = 81 n – 1 = ...1 – 1 = ...0

Số này có chữ số tận cùng là 0 nên chia hết cho 2
và 5 Bài 7: Vì 6x + 11y 31 6x + 11y + 31y 31
6x + 42y
31
17


6(x + 7y) 31 mà (6;31) = 1
(x + 7y) 31
Bài 8: a) n = 0 ; n = 4
b) n = 10
Bài 9: Lấy 1992 số có dạng 199919991999...1999000
Phép chia cho 1991 có 1991 số dư 0;1;2;3;4; ....;1990
Có 1992 số mà chỉ có 1991 số dư vậy sẽ tồn tại hai số có cùng số dư ta giả sử 2
số đó là
Si = 19991999...1999000 (n số 1999)
Sj = 19991999...1999000 (k số 1999)
Vì 2 số trên có cùng số dư nên hiệu của chúng chia hết cho 1991 Do vậy Si –
Sj chia hết cho 1991 => 19991999...1999000.(1000)k chia hết cho 1991
19991999...1999000.(10)3k chia hết cho 1991
Vì ((10)3k ;1991) = 1 nên 199919991999...1999000 chia hết cho 1991
Bài 10:
Giả sử có 5 số: a1;a2;a3;a4;a5
Gọi S1 = a1
S2 = a1 + a2
S3 = a1 + a2 + a3
S4 = a1 + a2 + a3+ a4
S5 = a1 + a2 + a3+ a4 + a5
Phép chia cho 5 có 5 số dư 0;1;2;3;4
Nếu Si chia hết cho 5 (i = 1;2;3;4;5) bài toán đã được giải

Nếu Si không chia hết cho 5 khi đó Si chia cho 5 sẽ có số dư:01;2;3;4
Có 5 tổng mà có 4 số dư vậy tồn tại 2 tổng có cùng số dư mặt khác hiệu của chúng
lại chia hết cho 5 .Mà hiệu của chúng chỉ có thể là một số hoặc một số số liền
nhau nên có một số hoặc một số liền nhau có tổng chia hết cho 5.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản
thân, đồng nghiệp và nhà trường
Sau khi bản thân đã áp dụng chuyên đề trên tôi nhận thấy các em nắm vững
được các phương pháp giải, khi giải các em không còn lúng túng, diễn đạt chặt
chẽ. Hơn nữa theo tôi các phương pháp trên đã giúp cho các em sáng tạo khi học
và giải toán. Biết cách định hướng và giải các bài toán một cách ngắn gọn. Học
sinh phát huy được trí lực của bản thân và có những lúc các em phát triển được bài
toán mới. Đặc biệt trong số các em tôi bồi dưỡng từ chỗ các em ngại gặp dạng
toán này đến nay một số em đã ham muốn tìm tòi các bài toán này và giải được
các bài toán rất khó và vận dụng rất linh hoạt khi giải.
Kết quả cụ thể đối với 7 em mà tôi bồi dưỡng sau một thời gian tôi thu được
kết quả như sau : ( Kết quả cuối năm học 2016 – 2017)
Điểm < 5
Điểm 5 <6,5
Điểm 6,5 < 8
Điểm 8 10
SL
TL%
SL
TL%
SL
TL%
SL
TL%
0
0

0
0
2
28,57
5
71,43
Số học sinh này khi tham gia dự thi học sinh giỏi cấp huyện thì có 7/7 em đạt
giải. Cụ thể: 2 giải nhì , 5 giải KK
18


Như vậy sau khi đã áp dụng các phương pháp trên các em hoc sinh đã giải
được các bài toán từ đơn giản đến phức tạp một cách hiệu quả. Bước đầu các em
đã thấy được những sai sót và tiếp cận được với các phương pháp giải toán chia
hết, vận dụng để giải một số bài tập áp dụng. Hình thành cho các em được kĩ năng
phân tích đề, trình bày lời giải, tư duy toán học các em được nâng lên, kiến thức
Số học của các em được củng cố . Trình bày lôgic, chặt chẽ, các em không còn
ngại khi giải toán chia hết.
3. KẾT LUẬN
Trong đề tài này, bằng tìm tòi tham khảo, nghiên cứu tôi đã đưa ra chuyên đề cụ
thể là: “Rèn kĩ năng giải toán chia hết trong chương trình toán lớp 6”. Các bài toán
đã được giải hoặc hướng dẫn giải chi tiết cụ thể. Có những dạng toán đã được khái
quát hoặc giải trên cơ sở đó học sinh đã nắm được phương pháp chung khi giải bài
toán đó. Có những dạng không khái quát hóa được thì đã có lời giải chi tiết. Nhờ
đó mà học sinh đọc dễ hiểu và tạo cho mình lối mòn , một khả năng tư duy sáng
tạo khi gặp phải dạng đó. Quả thật trong Toán học giải một số dạng toán chia hết
rất đa dạng. Phương pháp để giải từng dạng cũng rất phong phú. Tôi đã cố gắng
đưa ra một số bài tập thường gặp trong các đề thi HSG và một số phương pháp
giải chúng. Tôi nghĩ rằng để giải các dạng toán chia hết trên không chỉ dừng lại ở
những phương pháp đó. Chắc chắn trong quá trình giảng dạy ta còn có thể tìm ra

được nhiều phương pháp hay hơn, độc đáo hơn. Bản thân không ngoài mục đích
trao đổi với đồng nghiệp để cùng tìm ra phương án tối ưu nhất cho việc giảng dạy
giải toán chia hết trong chương trình toán lớp 6 qua đó góp phần nâng cao chất
lượng đào tạo học sinh giỏi.
Trên đây là kinh nghiệm nhỏ của bản thân trong công tác bồi dưỡng học sinh
giỏi với chuyên đề “Rèn kĩ năng giải toán chia hết trong chương trình toán lớp 6”
Trong quá trình nghiên cứu và thực hiện không tránh khỏi những hạn chế. Rất
mong được sự góp ý chân thành của đồng nghiệp để đề tài này ngày càng hoàn
thiện hơn và là tài liệu tham khảo bổ ích trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi
cho giáo viên và học sinh.
Xin chân thành cảm ơn!
XÁC NHẬN CỦA THỦ
Thạch Quảng, ngày 05 tháng 04 năm 2017
TRƯỞNG ĐƠN VỊ
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.
Người viết
Hoàng Thị Dung
TÀI LIỆU THAM KHẢO
Đề thi HSG Toán 6 huyện Thạch Thành năm 2015 – 2016
2 Đề thi HSG toán 6 huyện Hoàng Hoá năm 2016 – 2017
3 Đề thi HSG toán 6 huyện Hoàng Hoá năm học 2013 – 2014 4
Đề thi HSG toán 6 huyện Hoàng Hoá năm học 2014 – 2015
5 Bài tập 91 trang 21 sách nâng cao phát triển toán 6 của tác giả Vũ Hữu Bình
1

19


6 Đề

thi khảo sát HSG lớp 6 huyện Thạch Thành năm 2016 – 2017
7 Đề thi HSG toán 6 huyện Hoàng Hoá năm hoc 2014 – 2015
8 Đề thi HSG toán 6 huyện Hoàng Hoá năm học 2011 – 2012
9 Ví dụ 73 trang 75 sách nâng cao phát triển toán 6 của tác giả Vũ Hữu Bình
10 Đề thi khảo sát HSG Toán 6 huyện Thạch Thành năm học 2014 – 2015
11 Ví dụ 23 trang 38 sách bài tập nâng cao và một số chuyên đề toán 6 của tác
giả Bùi Văn Tuyên
12 Bài tập 157 trang 39 sách bài tập nâng cao và một số chuyên đề toán 6 của tác
giả Bùi Văn Tuyên
13 Bài tập 159 trang 39 sách bài tập nâng cao và một số chuyên đề toán 6 của tác
giả Bùi Văn Tuyên

DANH MỤC
CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI
ĐỒNG ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI CẤP PHÒNG GD&ĐT, CẤP SỞ
GD&ĐT VÀ CÁC CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả: Hoàng Thị Dung
Chức vụ và đơn vị công tác: Giáo viên – Trường THCS Thạch Quảng
20


Kết quả
đánh giá
Năm học
giá xếp loại xếp loại đánh giá xếp
(Phòng, Sở,
(A, B,
loại
Tỉnh...)

hoặc C)
PGD
C
2009 - 2010
Cấp đánh

TT

Tên đề tài SKKN

1.

Phương pháp cơ bản chứng
minh bất đẳng thức

2.

Phương pháp giải các bài
toán về dãy phân số viết theo

PGD

B

Rèn luyện kỹ năng giải
phương trình bằng phương

PGD

A

pháp đặt ẩn phụ cho học sinh

SGD

2011 – 2012

quy luật
3.

2013 - 2014
C

lớp 8,9.

21