Một số biện pháp rèn kỹ năng giải toán chia hết cho học sinh lớp 6

BÁO CÁO KẾT QUẢ
NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN
1.Lời giới thiệu:
Toán học ra đời gắn liền với con người và lịch sử phát triển của xã hội, nó có
một ý nghĩa lý luận và thực tiễn vô cùng lớn lao và quan trọng. Trong thời đại công
nghiệp hoá hiện đại hoá hiện nay nhất thiết phải đặt trên nền tảng dân trí. Vì vậy
phải có chiến lược nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực và bồi dưỡng nhân tài trên
mọi lĩnh vực. Sự phát triển của khoa học tự nhiên lại được đặt trên nền tảng của
khoa học toán học. Vậy dạy toán ở trường THCS ngoài mục đích cung cấp tri thức
toán học cho học sinh, điều đặc biệt là phải dạy cho học sinh cách phân tích, nghiên
cứu, tìm tòi, đào sâu khai thác, phát triển bài toán để tổng quát hoá, khái quát hoá
kiến thức.
Số học là một môn khoa học nó có vai trò khá quan trọng trong việc rèn
luyện tư duy sáng tạo cho học sinh. Số học giúp chúng ta có cái nhìn tổng quát hơn,
suy luận chặt chẽ lôgíc hơn. Đối với học sinh THCS, Số học là một mảng khó trong
chương trình toán THCS. Phần lớn học sinh chưa có phương pháp giải bài tập.
Nguyên nhân cơ bản của những khó khăn mà học sinh gặp phải khi giải bài tập số
học chính là ở chỗ: lúc đầu giải bài tập mới - học sinh thấy có sự đứt quãng giữa cụ
thể của những điều kiện bài toán và sự phụ thuộc toán học trừu tượng diễn ra trong
những điều kiện đó hoặc học sinh thu nhận kiến thức về cách giải một bài tập cụ
thể nào đó nhưng kỹ năng chung về việc giải toán khác thì yếu.
Với mục tiêu trên việc lên lớp và truyền thụ kiến thức cho học sinh vô cùng
quan trọng. Vì vậy, tôi đã đặt ra cho mình mục tiêu giáo dục nhằm hình thành và
phát triển các kỹ năng cơ bản và sử dụng phương pháp linh hoạt, phát triển năng
lực trí tuệ, khả năng tư duy, quan sát, dự đoán và tưởng tượng, tư duy lôgíc, cách sử
dụng ngôn ngữ, có khả năng thích ứng với những thay đổi của cuộc sống, biết diễn
đạt ý tưởng của mình và nắm bắt được ý tưởng của người khác. Hình thành cho học
sinh tư duy tích cực độc lập sáng tạo, nâng cao khả năng phát hiện và giải quyết
vấn đề, rèn luyện kỹ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn, tác động đến tình cảm,
đem lại niềm vui hứng thú học tập cho học sinh.
Là học sinh khi tiếp cận với môn toán thì tất yếu phải hình thành một kỹ

năng giải toán đối với một kiến thức nhất định. Có được kỹ năng giải toán nghĩa là
đã khẳng định được mình vận dụng lý thuyết vào bài tập một cách có tư duy, sáng
tạo. Đối với chương trình toán 6 được viết trong sách giáo khoa thì lượng kiến thức
không nhiều nhưng bài tập áp dụng đối với mỗi kiến thức thì khá phong phú và đa
dạng trong đó có dạng toán chia hết. Thực tế cho thấy, dạng toán chia hết được bắt
gặp xuyên suốt chương trình toán THCS. Chính vì thế là một giáo viên chúng ta
cần rèn cho các em kỹ năng giải dạng toán này khi kiến thức còn là nền tảng đó là
dạng toán chia hết trong chương trình toán 6. Trong quá trình giảng dạy tôi nhận
1


thấy học sinh mình còn rất yếu dạng toán này thậm chí không biết giải và nếu biết
giải thì sự lập luận chưa chặt chẽ. Nếu ở lớp 6 các em không làm quen với lập luận
chặt chẽ thì lên lớp trên các em cảm thấy kiến thức chỉ là áp đặt,từ đó không tạo ra
sự tò mò, hứng thú đối với môn học. Vì vậy chúng ta cần có giải pháp lâu dài rèn
các em biết giải toán từ những phép biến đổi cơ bản. Có như thế toán học mới thực
sự lôi cuốn các em vào dòng say mê chiếm lĩnh tri thức, hơn nữa toán lại là môn
chủ đạo. Với những lý do trên tôi đã áp dụng một số biện pháp rèn luyện kỹ năng
cho học sinh lớp 6 nhận biết nhanh dấu hiệu chia hết cho một số tự nhiên, nhằm
giúp học sinh thuận lợi khi vận dụng làm một số bài tập có liên quan thông qua đề
tài “ Một số biện pháp rèn kỹ năng giải toán chia hết cho học sinh lớp 6 ”
2. Tên sáng kiến:
Một số biện pháp rèn kỹ năng giải toán chia hết cho học sinh lớp 6
3. Tác giả sáng kiến:
- Họ và tên: Phùng Thị Hồng Lịch
- Địa chỉ tác giả sáng kiến: Trường TH &THCS Tứ Yên – Sông Lô – Vĩnh
Phúc
- Số điện thoại: 0984591338
- E_mail:
4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến : Phùng Thị Hồng Lịch - Trường TH&THCS Tứ

Yên – Huyện Sông Lô – Tỉnh Vĩnh Phúc
5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến:
Sáng kiến này được áp dụng trong việc dạy và học bộ môn Toán lớp 6. Đặc
biệt là nâng cao chất lượng đội tuyển học sinh giỏi môn Toán 6.
6. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử: Sáng kiến này được
áp dụng lần đầu từ ngày 09 /09/2019
7. Mô tả bản chất của sáng kiến:
7.1 .Về nội dung của sáng kiến:
7.1.1Cơ sở lý luận của vấn đề:
Chúng ta đang dạy học theo sự đổi mới là dạy học theo chuẩn kiến thức kỹ
năng, vì thế những gì gọi là chuẩn – là cơ bản nhất cần phải nắm vững. Rèn kỹ
năng giải toán chia hết cũng là chuẩn mà học sinh cần phải nắm. Hệ thống bài tập
thể hiện dạng toán chia hết có vai trò quan trọng là nó giúp cho học sinh phát triển
khả năng tư duy, khả năng vân dụng kiến thức một cách linh hoạt vào giải toán,
trình bày lời giải chính xác và logic. Đó cũng là những kỹ năng cần thiết của học
sinh khi còn ngôi trên ghế nhà trường. Có như thế mới phù hợp với sự cải tiến dạy
học là phát huy hết tính tích cực, tư duy sáng tạo của học sinh trong trường học.

2


7.1.2 Thực trạng của vấn đề:
Trong quá trình giảng dạy tôi thấy đa phần học sinh chưa có kỹ năng giải
toán “chia hết” vì các em chưa biết bài toán đó cần áp dụng phương pháp nào để
giải cho kết quả đúng nhất, nhanh nhất và đơn giản nhất. Vì vậy để nâng cao kỹ
năng giải toán “chia hết” thì các em phải nắm được các dạng toán, các phương
pháp gỉải, các kiến thức cơ bản được cụ thể hoá trong từng bài, từng chương. Có
thể nói rằng dạng toán “chia hết” luôn là dạng toán khó đối với học sinh và không ít
học sinh cảm thấy sợ khi học dạng toán này.
Là một giáo viên dạy toán tôi mong các em chinh phục được nó và không

chút ngần ngại khi gặp dạng toán này. Nhằm giúp các em phát triển tư duy suy luận
và óc phán đoán, kỹ năng trình bày linh hoạt. Hệ thống bài tập tôi đưa ra từ dễ đến
khó, bên cạnh đó còn có những bài tập nâng cao dành cho học sinh giỏi được lồng
vào các tiết luyện tập. Lượng bài tập cũng tương đối nhiều nên các em có thể tự
học, tự chiếm lĩnh tri thức thông qua hệ thống bài tập áp dụng này, điều đó giúp các
em hứng thú học tập hơn rất nhiều.
Hiện tại, học sinh khối 6 tôi đang dạy năm nay còn rất ngỡ ngàng đối với
dạng toán chia hết, các em cảm thấy lạ và rất ngại làm dạng toán này vì nghĩ nó rất
khó. Vì thế, thiết yếu phải rèn kỹ năng giải toán chia hết ở lớp 6 để làm hành trang
kiến thức vững chắc cho các em gặp lại dạng toán này ở các lớp trên.
7.1.3 Các biện pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề:
a) Vấn đề đặt ra:
Hệ thống hóa lý thuyết chia hết và bài tập vận dụng tương ứng, từ dạng cơ
bản nhất đến tương đối và khó hơn. Trong quá trình giải nhiều dạng bài tập là đã
hình thành khắc sâu cho các em kỹ năng giải các dạng toán chia hết. Giáo viên nêu
ra các dấu hiệu chia hết hay là các phương pháp chứng minh chia hết trong sách
giáo khoa, ngoài ra bổ sung thêm một số phương pháp cần thiết nhất để vận dụng
vào nhiều dạng bài tập khác nhau.
b) Giải quyết vấn đề:
 Phần I: LÝ THUYẾT:
 Tính chất chia hết của một tổng, một hiệu, môt tích:
- Nếu a Mm và bMm thì a + b Mm , a – b Mm , a.bMm
- Nếu a Mm thì a n Mm(n ∈ N )
- Nếu a Mm và bMn thì a.bMm.n đặc biệt a Mb thì a n Mb n
 SKG toán 6 giới thiệu dấu hiệu chia hết cho 2, 3, 5, 9 ở đây giáo viên cần
bổ sung thêm dấu hiệu chia hết cho 4, 6, 8, 25 , 125 ,11 và một số dấu hiệu
khác.
 Mục đích đưa thêm các dấu hiệu là để khi vận dụng vào bài tập học sinh
không bị lúng túng ngay cả khi lên các lớp trên (7, 8, 9)
* MỘT SỐ DẤU HIỆU CHIA HẾT

Gọi N = anan−1...a
1a0
3


 Dấu hiệu chia hết cho 2; 5; 4; 25; 8; 125
+ N  2 ⇔ a0  2 ⇔ a0∈{0; 2; 4; 6; 8}
+ N  5 ⇔ a0  5 ⇔ a0∈{0; 5}
+ N  4 (hoặc 25) ⇔

a1a0  4 (hoặc 25)

+ N  8 (hoặc 125) ⇔

a2 a1a0  8 (hoặc 125)

 Dấu hiệu chia hết cho 3 và 9
+ N  3 (hoặc 9) ⇔ a0+a1+…+an  3 (hoặc 9)
 Một số dấu hiệu khác
+ N  11 ⇔ [(a0+a2+…) - (a1+a3+…)]  11
+ N  101 ⇔ [( a1a0 + a5a4 +…) - ( a3a2 + a7a6 +…)]101
+ N  7 (hoặc 13) ⇔ [( a2 a1a0 +

a8 a7a6 +…) - [( a5 a4a3 + a11a10a9 +…) 7

(hoặc 13)
+ N  37 ⇔ ( a2 a1a0 +

a5 a4a3 +…)  37

+ N  19 ⇔ ( an+2an-1+22an-2+…+ 2na0)  19
*ĐỒNG DƯ THỨC
 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 (modun)
Vậy: a ≡ b (modun) ⇔ a - b  m
 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

*MỘT SỐ ĐỊNH LÝ
 Định lý Euler
Nếu m là 1 số nguyên dương ϕ(m) là số các số nguyên dương nhỏ hơn m và
nguyên tố cùng nhau với m, (a, m) = 1
4


Thì aϕ(m) ≡ 1 (modun)
Công thức tính ϕ(m)
Phân tích m ra thừa số nguyên tố
m = p1α1 p2α2 … pkαk với pi ∈ p; αi ∈ N*
1

1

1

Thì ϕ(m) = m(1 - p )(1 - p ) … (1 - p )
1`
2
k
 Định lý Fermat
Nếu t là số nguyên tố và a không chia hết cho p thì ap-1 ≡ 1 (mod p)
 Định lý Wilson
Nếu p là số nguyên tố thì
( P - 1)! + 1 ≡ 0 (mod p)
 Phần II: CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN CHIA HẾT
1. Phương 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
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 + 5  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. Chứng
minh răng 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 dư
⇒ 5a - a  9 ⇒ 4a  9 mà (4 ; 9) = 1
⇒ a  9 (Đpcm)

   111
   81
Ví dụ 3: CMR số 111…
81 sè1

Giải
Ta thấy: 111111111  9
5

   111
  = 111111111(1072 + 1063 + … + 109 + 1)
Có 111…
81 sè1

Mà tổng 1072 + 1063 + … + 109 + 1 có tổng các chữ số bằng 9  9
⇒ 1072 + 1063 + … + 109 + 1  9

   111
   81 (Đpcm)
Vậy: 111…
81 sè1

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: Tìm các chữ số x, y sao cho
a. 34x5y 4 và 9
b. 2x78 17
Bài 2: Cho số N = dcbaCMR
a. N  4 ⇔ (a + 2b)  4
b. N  16 ⇔ (a + 2b + 4c + 8d)  16 với b chẵn
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 được 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?

11 22…
22 là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp.
  

  
Bài 6: Chứng tỏ rằng số 11…
100 sè1

Bài 1:

Bài 2:

100 sè2

HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
a. x = ......
và y = 2
x = .......
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
b. N16 ⇔ 1000d + 100c + 10b + a16
⇔ (992d + 96c + 8b) + (8d + 4c + 2b + a) 16
⇒ a + 2b + 4c + 8d16 với b chẵn

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

6


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…
22 = 11…
11 100…
02
  
  
  
   
Bài 6: Có 11…
100 sè1

100 sè2

100 sè1

99 sè0

02 = 3. 33…
   
  34

Mà 100…
99 sè0

99 sè3

11 22…
22 = 33…
  
  
  33 33…
  34 (Đpcm)
⇒ 11…
100 sè1

100 sè2

100 sè3

99 sè3

2. Phương pháp 2: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CHIA HẾT
* 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 được tập hợp số dư là: {0; 1; 2; … n - 1}
* Nếu tồn tại 1 số dư là 0: giả sử m + i = nqi ; i = 1,n ⇒ m + i  n
* Nếu không tồn tại số dư là 0 ⇒ không có số nguyên nào trong dãy chia hết cho n
⇒ phải có ít nhất 2 số dư trùng nhau.
1 ≤ i; j ≤ n
m + i = nqi + r

Giả sử: 
m + j = qjn + r
⇒ 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 luôn 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.
b.Tích 2 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2 nên tích của 3 số nguyên liên tiếp
luôn chia hết cho 2
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 (2; 3) = 1.
Vậy tích của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 6.
7


Ví dụ 2: CMR: Tổng lập phương của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 9.
Giải
Gọi 3 số nguyên liên tiếp lần lượt 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)
⇒ 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 TƯƠNG 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
8

b. n5 - 5n3 + 4n = (n4 - 5n2 + 4)n
= n(n2 - 1) (n2 - 4)
= n(n + 1) (n - 1) (n + 2) (n - 2)  120
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
12
c. n - 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
2
Vậy p - 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 lượt 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)
3. Phương pháp 3: XÉT TẬP HỢP SỐ DƯ TRONG PHÉP CHIA
9


Ví dụ 1: CMR: Với ∀ n ∈ N
Thì A(n) = n(2n + 7) (7n + 1) 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 được 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 dư 1
với r = 2 ⇒ n = 3k + 2 ta có :
2n - 1 = 23k + 2 - 1 = 4(23k - 1) + 3
mà 23k - 1  7 ⇒ 2n - 1 chia cho 7 dư 3
Vậy 23k - 1  7 ⇔ n = 3k (k ∈ N)
10


BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: CMR: An = n(n + 1)(n2 + 4)  5 Với ∀ n ∈ Z
Bài 2: Cho A = a1 + a2 + … + an
B = a5 1 + a5 2 + … + a 5 n
Bài 3: CMR: Nếu (n, 6) =1 thì n2 - 1  24 Với ∀ n ∈ Z
Bài 4: Tìm số tự nhiên W để 22n + 2n + 1  7
Bài 5: Cho 2 số tự nhiên m, n để thoả mãn 24m4 + 1 = n2
CMR: mn  55

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 tương 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 ⇒ ni5
Vậy mn  5
2

4. Phương pháp 4: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH
THÀNH NHÂN TỬ
Giả sử chứng minh an  k
Ta có thể phân tích an chứa thừa số k hoặc phân tích thành các thừa số mà các
thừa số đó chia hết cho các thừa số của k.
Ví dụ 1: CMR: 36n - 26n  35 Với ∀ n ∈ N

Giải
11


Ta có 36n - 26n = (36)n - (26)n = (36 - 26)M
= (33 + 23) (33 - 23)M
= 35.19M  35 Vậy 36n - 26n  35 Với ∀ n ∈ N
Ví dụ 2: CMR: Với ∀ n là số tự nhiên chăn thì biểu thức
A = 20n + 16n - 3n - 1  232
Giải
Ta thấy 232 = 17.19 mà (17;19) = 1 ta chứng minh
A  17 và A  19 ta có A = (20n - 3n) + (16n - 1) có 20n - 3n = (20 - 3)M  17M
16n - 1 = (16 + 1)M = 17N  17 (n chẵn)
⇒A  17 (1)
ta có: A = (20n - 1) + (16n - 3n)
có 20n - 1 = (20 - 1)p = 19p  19
có 16n - 3n = (16 + 3)Q = 19Q  19 (n chẵn)
⇒A  19 (2)
Từ (1) và (2) ⇒A  232
Ví dụ 3: CMR: nn - n2 + n - 1  (n - 1)2 Với ∀ n >1
Giải
n
2
Với n = 2 ⇒ n - n + n - 1 = 1
và (n - 1)2 = (2 - 1)2 = 1
⇒ nn - n2 + n - 1 (n - 1)2
với n > 2 đặt A = nn - n2 + n - 1 ta có A = (nn - n2) + (n - 1)
= n2(nn-2 - 1) + (n - 1)
= n2(n - 1) (nn-3 + nn-4 + … + 1) + (n - 1)
= (n - 1) (nn-1 + nn-2 + … + n2 +1)

= (n - 1) [(nn-1 - 1) + … +( n2 - 1) + (n - 1)]
= (n - 1)2M  (n - 1)2
Vậy A  (n - 1)2 (ĐPCM)
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
2n +1
2n +2
Bài 1: CMR: a. 3 + 2
7
4
4
b. mn(m - n )  30
Bài 2: CMR: A(n) = 3n + 63  72 với n chẵn n ∈ N, n ≥ 2
Bài 3: Cho a và b là 2 số chính phương lẻ liên tiếp
CMR: a. (a - 1) (b - 1)  192
Bài 4: CMR: Với p là 1 số nguyên tố p > 5 thì p4 - 1  240
Bài 5: Cho 3 số nguyên dương a, b, c và thoả mãn a2 = b2 + c2
CMR: abc  60
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
2n +1
2n +2
2n
Bài 1: a. 3 + 2
= 3.3 + 2.2n
= 3.9n + 4.2n
= 3(7 + 2)n + 4.2n
12


= 7M + 7.2n  7
b. mn(m4 - n4) = mn(m2 - 1)(m2 + 1) - mn(n2 - 1) (n2 + 1)  30

Bài 3: Có 72 = 9.8 mà (8, 9) = 1 và n = 2k (k ∈ N)
có 3n + 63 = 32k + 63
= (32k - 1) + 64 ⇒A(n)  8
Bài 4: Đặt a = (2k - 1)2; b = (2k - 1)2 (k ∈ N)
Ta có (a - 1)(b - 1) = 16k(k + 1)(k - 1)  64 và 3
Bài 5: Có 60 = 3.4.5
Đặt M = abc
Nếu a, b, c đều không chia hết cho 3 ⇒ a2, b2 và c2 chia hết cho 3 đều dư 1 ⇒
a2 ≠ b2 + c2. Do đó có ít nhất 1 số chia hết cho 3. Vậy M  3
Nếu a, b, c đều không chia hết cho 5 ⇒ a2, b2 và c2 chia 5 dư 1 hoặc 4 ⇒ b2 +
c2 chia 5 thì dư 2; 0 hoặc 3.
⇒ a2 ≠ b2 + c2. Do đó có ít nhất 1 số chia hết cho 5. Vậy M  5
Nếu a, b, c là các số lẻ ⇒ b2 và c2 chia hết cho 4 dư 1.
⇒ b2 + c2 ≡ (mod 4) ⇒ a2 ≠ b2 + c2
Do đó 1 trong 2 số a, b phải là số chẵn.
Giả sử b là số chẵn
Nếu C là số chẵn ⇒ M  4
Nếu C là số lẻ mà a2 = b2 + c2 ⇒ a là số lẻ
2

b
a + c  a − c 
⇒ b = (a - c) (a + b) ⇒   = 


2
 2  2 
b
⇒ chẵn ⇒ b  4 ⇒ m  4
2

2

Vậy M = abc  3.4.5 = 60

5. Phương pháp 5: BIẾN ĐỔI BIỂU THỨC CẦN CHỨNG MINH
VỀ DẠNG TỔNG
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
3
3
2
Ta có n + 11n = n - n + 12n = n(n - 1) + 12n
= n(n + 1) (n - 1) + 12n
13


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
17a + 16b 11

Từ (1) và (2) ⇒ 

Vậy (16a +17b) (17a +16b)  121
Ví dụ 3: Tìm n ∈ N sao cho P = (n + 5)(n + 6)  6n.
Giải
2
Ta có P = (n + 5)(n + 6) = n + 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 6n
30 n (2)
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 TƯƠNG TỰ
3
3
3
3
Bài 1: CMR: 1 + 3 + 5 + 7  23
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
3
3
3
3
3
Bài 1: 1 + 3 + 5 + 7 = (1 + 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
14


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
3
2
Bài 4: Có n - 8n + 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}

6. Phương pháp 6: DÙNG QUY NẠP TOÁN HỌC
Giả sử CM A(n)  P với n ≥ a (1)
Bước 1: Ta CM (1) đúng với n = a tức là CM A(n)  P
Bước 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
Bước 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
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

n

m 2 − 12 n + 2

Giải
Với n = 1 ⇒ m - 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)
2

Giả sử với n = k ta có

m

2k

− 12 k + 2 ta phải chứng minh
15


m2

k +1

− 12 k +3
k

m 2 − 12k + 2 ⇒ m

Thật vậy
⇒ m2
có

m

k

2k

= 2 k + 2.q + 1

2 k +1

( )

−1 = m

2k

2

− 1 = 2 k + 2.q

(

2

− 1 = 2 k + 2.q + 1 − 1 = 2 k + 4.q 2 + 2 k +3.q

= 2 k +3 ( 2 k +1 q 2 + q ) 2 k +3
Vậy

)

(q ∈ z )

n

m 2 − 12 n + 2 với ∀ n ≥ 1

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: CMR: 3 - 26n - 27  29 với ∀ n ≥ 1
Bài 2: CMR: 42n+2 - 1  15
Bài 3: CMR số được thành lập bởi 3n chữ số giống nhau thì chia hết cho 3n với n là
số nguyên dương.
3n+3

HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: Tương tự ví dụ 1.
Bài 2: Tương tự ví dụ 1.
Bài 3: Ta cần CM

aa
 ...
a
3n

 3n (1)

sèa

Với n = 1 ta có aa...a

=111a 3

aa...a  3k
Giả sử (1) đúng với n = k tức là   
3k sèa

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
k+
1
sèa

3

k

k

aa...
...a a
...a a
...a = aa...a.10 2.3 + aa...a.103 + a
...a



 a =a
Có  k
k
k
k
+
1
3

(

3

sèa

k

k

)

3

3

3k

2.3
3
k +1
= aa
 ... a 10 + 10 + 1 3
3k

7. Phương pháp 7: SỬ DỤNG ĐỒNG DƯ THỨC
Giải bài toán dựa vào đồng dư thức chủ yếu là sử dụng định lý Euler và định lý
Fermat
Ví dụ 1: CMR: 22225555 + 55552222  7
Giải
16


Có 2222 ≡ - 4 (mod 7) ⇒ 22225555 + 55552222 ≡ (- 4)5555 + 45555 (mod 7)
Lại có: (- 4)5555 + 42222 = - 45555 + 42222
1111
= - 42222 (43333 - 1) = - 4 2222 ( 4 3 ) − 1

(

)

Vì 43 = 64 ≡ (mod 7) ⇒ ( 4 3 )1111 − 1 ≡ 0 (mod 7)
⇒ 22225555 + 55552222 ≡ 0 (mod 7)
Vậy 22225555 + 55552222  7
Ví dụ 2: CMR:

3

24 n +1

34 n +1

+3

+ 522

với ∀ n ∈ N
Giải

Theo định lý Fermat ta có:
310 ≡ 1 (mod 11)
210 ≡ 1 (mod 11)
Ta tìm dư 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)
Ta có:

32

4 n +1

4 n +1

+ 33

+ 5 = 310 q+ 2 + 210 k +3

= 32.310q + 23.210k + 5
≡ 1+0+1 (mod 2)
≡ 0 (mod 2)
mà (2, 11) = 1
Vậy

32

4 n +1

4 n +1

+ 33

Ví dụ 3: CMR:

2

+ 522

24 n +1

với ∀ n ∈ N

+ 7 11 với n ∈ N

Ta có: 2 ≡ 6 (mod) ⇒ 2
⇒ 24n+1 = 10q + 2 (q ∈ N)
4

⇒ 22

4 n +1

4n+1

Giải
≡ 2 (mod 10)

= 210 q+ 2

Theo định lý Fermat ta có: 210 ≡ 1 (mod 11)
⇒ 210q ≡ 1 (mod 11)

22

4 n +1

+ 7 = 210 q+ 2 + 7

≡ 4+7 (mod 11) ≡ 0 (mod 11)
Vậy

22

4 n +1

+ 7 11 với n ∈ N (ĐPCM)

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Bài 1: CMR

22

6 n+ 2

+ 319

với n ∈ N
17


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 tương tự như 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)
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
Như vậy nếu p > 2 ⇒ p có dạng 2n - n trong đó
N = (kp - 1)(p - 1), k ∈ N đều chia hết cho p
8. Phương pháp 8: 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.

18


Giải
Lấy n + 1 số nguyên đã cho chia cho n thì được n + 1 số dư nhận 1 trong các số
sau: 0; 1; 2; …; n - 1
⇒ có ít nhất 2 số dư có cùng số dư khi chia cho n.
Giả sử ai = nq1 + r
0≤ raj = nq2 + r
a1; q2 ∈ 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 như vậy số dư
khi chia mỗi tổng trên cho n ta được n số dư là 1; 2; …; n - 1
Vậy theo nguyên lý Đirichlet sẽ tồn tại ít nhất 2 tổng mà chi cho n có cùng số
dư ⇒ (theo VD1) hiệu cùadr tổng này chia hết cho n (ĐPCM).
BÀI TẬP TƯƠNG 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.
Bài 4: Có hay không 1 số có dạng.
19931993 … 1993000 … 00  1994
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
2
Bài 1: Xét dãy số 17, 17 , …, 1725 (tương tự VD2)
Bài 2: Ta có 1994 số nguyên chứa toàn bộ số 1 là:
1
11

111
…

111
 …
11
1994sè1

Khi chia cho 1993 thì có 1993 số dư ⇒ theo nguyên lý Đirichlet có ít nhất 2 số có
cùng số dư.
Giả sử đó là
ai = 1993q + r
0 ≤ r < 1993
aj = 1993k + r
i > j; q, k ∈ N
⇒ aj - aj = 1993(q - k)

111
 …
1100
 …
 0 =1993(q − k )
i - j 1994sè1

i sè0

j
111
 …
11.10 =1993(q − k )

i - j 1994sè1

19


mà (10j, 1993) = 1

111
 …
11  1993 (ĐPCM)
1994sè1

Bài 3: Xét dãy số gồm 17 số nguyên bất kỳ là
a1, a2, …, a17
Chia các số cho 5 ta được 17 số dư ắt phải có 5 số dư thuộc tập hợp{0; 1; 2; 3; 4}
Nếu trong 17 số trên có 5 số khi chia cho 5 có cùng số dư thì tổng của chúng
sẽ chia hết cho 5.
Nếu trong 17 số trên không có số nào có cùng số dư khi chia cho 5 ⇒ tồn tại
5 số có số dư khác nhau ⇒ tổng các số dư 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, …
a1994 =

1993…
   1993

1994sè1993

đem chia cho 1994 ⇒ có 1994 số dư thuộc tập {1; 2; …; 1993} theo nguyên lý
Đirichlet có ít nhất 2 số hạng có cùng số dư.

Giả sử: ai = 1993 … 1993 (i số 1993)
aj = 1993 … 1993 (j số 1993)
⇒ aj - aj  1994
1 ≤ i < j ≤ 1994
⇒

ni
1993
  …1993
 .10 1993
j - i sè1993

9. Phương pháp 9: PHƯƠNG 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
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
20

Xét tập hợp số tự nhiên N*
Giả sử ∃ n ≥ 1, n ∈ N* sao cho n2 - 1  n
Gọi d là ước số chung nhỏ nhất khác 1 của n ⇒ d ∈ (p) theo định lý Fermat 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
⇒ 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 TƯƠNG 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
⇒ (n + 2)(n - 1)  9 (2)
n − 13

vì 3 là số nguyên tố ⇒ 

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.
c) Biện pháp phối hợp.
Sử dụng một số trò chơi giúp học sinh rèn luyện kỹ năng như sau:
 Trò chơi: “ Tìm nhanh số chia hết”.
Ví dụ: Cho số : 21780; 325; 1980; 176. Hãy cho biết các số trên chia hết cho
những số nào trong các số sau ( 2; 3; 5; 9 )?
Hướng dẫn học sinh.
21


a). Số 21780 chia hết cho 2 và 5 vì có chữ số tận cùng là 0. Chia hết cho 3 và
9 vì tổng các chữ số chia hết cho 9.
b). 325 chia hết cho 5 vì có chữ số tận cùng là 5.
c). 176 chia hết cho 2 vì có chữ số tận cùng là 6(chữ số chẵn).
d). 1980 chia hết cho 2, cho 5, cho 3, cho 9 ( vì có chữ số tận cùng là 0 và có
tổng các chữ số chia hết cho 9).
 Trò chơi: “ghép số” tạo thành số chia hết.
Yêu cầu học sinh chơi theo nhóm, mỗi số sẽ được phát cho một trong các số
cần ghép.
Khi quản trò ra hiệu lệnh các nhóm sẽ ghép các số mình có lại để tạo ra được
những số chia hết theo yêu cầu
Ví dụ: Dùng ba trong bốn chữ số: 8; 3; 1; 0. hãy ghép thành các số tự nhiên
có ba chữ số sao cho số đó:
a). Chia hết cho 9.
b). Chia hết cho 3 mà không chia hết cho 9

Hướng dẫn:
Trong 4 chữ số 8; 3; 1; 0 có ba chữ số có tổng chia hết cho 9 là 8; 1; 0. Vậy
các số lập được là: 810; 180; 108; 801
Trong 4 chữ số 8; 3; 1; 0 có ba chữ số có tổng chia hết cho 3 mà không chia
hết cho 9 là 8; 3; 1. Vậy các số lập được là: 813; 831; 381; 318; 183; 138
 Trò chơi: “Tìm số dư”
Yêu cầu: Giáo viên cho một số số trên bảng yêu cầu học sinh ở các nhóm
quan sát nhanh và cho nhận xét khi yêu cầu tìm các số chia cho 9 dư 1; chia 9 dư 2;
vv… học sinh quan sát nhanh và đọc các số đó, đại diện nhóm ghi lên bảng phần
phụ đánh dấu kết quả của mình. Kết thúc trò chơi nhóm nào ghi được nhiều số sẽ
thắng.
Ví dụ: Cho các số 213; 1543; 827; 1546; 468; 1527; 2468; 3666; 1011. Hãy
tìm số dư khi chia mỗi số trên cho 9
Hướng dẫn:
- Số chia cho 9 dư 1 là 1011.
- Số chia cho 9 dư 2 là 2468.
- Số chia cho 9 dư 3 là 3666.
- Số chia cho 9 dư 6 là 213; 1527.
- Số chia cho 9 dư 7 là 1548.
22


- Số chia cho 9 dư 8 là 827.
- Số chia cho 9 dư 0 là 468.
 Trò chơi “thay chữ bằng số”
Thay dấu * và các chữ bằng các chữ số thích hợp để phép tính sau là đúng.
TOANHOC
HOCTOAN
8 * 02 * 65

Giáo viên yêu cầu học sinh chơi theo nhóm khi phát động trò chơi các nhóm
tiến hành làm bài. Sau khoảng thời gian nhất định giáo viên cho các nhóm trình bày
quan điểm của mình -> nhận xét đánh giá.
Hướng dẫn:
GV: Xét cột hàng triệu ta có T = 9, H = 1.
Số TOANHOC và HOCTOAN có tổng các chữ số bằng nhau nên:
TOANHOC - HOCTOAN  9

Ta dễ thấy dấu * ở cột trăm nghìn là 0 do đó dấu * ở hàng trăm là 6.
Từ cột hàng trăm và cột hàng nghìn ta có N = 2.
- Cột hàng đơn vị có C = 7 ( vì C – 2 = 5 )
- Cột hàng vạn có A = 8 ( vì A – 1 – 7 = 0 )
- Cột hàng chục có O = 4 ( vì O – 8 tận cùng là 6 ).
9482147

Vậy ta có phép tính:

1479482
8002665

7.2. Về khả năng áp dụng của sáng kiến:
Sau một thời gian nghiên cứu tìm hiểu, được sự quan tâm giúp đỡ của Ban giám
hiệu nhà trường cũng như tổ chuyên môn, tôi đã thực hiện thành công đề tài “ Một
số biện pháp rèn kỹ năng giải toán chia hết cho học sinh lớp 6 ”. Nó có tác dụng
to lớn trong giảng dạy và học tập bộ môn, nó giúp học sinh phát triển tư duy sáng
tạo, có cái nhìn tổng quan hơn trong mỗi vấn đề khi gặp phải, đồng thời nó góp
phần quan trọng trong việc ôn luyện kiến thức cũ, bổ sung thêm những kiến thức
nâng cao giành cho các em đội tuyển học sinh giỏi.
Qua kết quả nghiên cứu tôi nhận thấy “ Một số biện pháp nhằm rèn kỹ năng
giải toán chia hết cho học sinh lớp 6 ” áp dụng cho học sinh khối 6 của trường

cũng như có thể áp dụng trong phạm vi cả huyện nhằm góp phần nâng cao chất
lượng học sinh đại trà và đặc biệt chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi. Bởi vấn đề
tôi nghiên cứu và thực hiện không quá khó, giáo viên nào cũng có thể thực hiện
23


được trong quá trình soạn giảng và lên lớp. Để trang bị cho học sinh một kiến thức
cơ bản vững chắc và quan trọng là các em tự tin không còn phải sợ môn toán, đây
chính là tiền đề để các em học tốt môn toán ở các lớp trên.
8. Những thông tin cần được bảo mật:
9. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến:
9.1. Đối với giáo viên:
Để rèn kỹ năng giải toán chia hết cho học sinh đạt hiệu qủa cao ta cần lưu ý một
số nội dung như sau:
-Thường xuyên kiểm tra miệng và phần bài tập về nhà trong những giờ học
nhằm giúp các em nắm vững các kiến thức cơ bản của từng bài học.
- Lồng ghép nhiều dạng bài tập chia hết vào các tiết luyện tập , tự chọn.
- Cần xây dựng một hệ thống bài tập đặc trưng nêu được những tính chất cơ bản
của nội dung mà ta cần rèn luyện. Bên cạnh đó đưa ra những bài tập tương tự như
những bài tập mà các em đã làm được.
-Việc rèn luyện kỹ năng tính toán cho học sinh phải thực hiện thường xuyên, lâu
dài xuyên suốt quá trình giảng dạy trong cả năm học.
- Qua kết quả trên tôi thấy việc rèn luyện kỹ năng giải toán chia hết là hết sức
cần thiết , phương pháp cho từng dạng toán đem lại hiệu quả cao trong việc nâng
cao kỹ năng giải toán chia hết nói chung và giải Toán nói riêng.
9.2. Đối với học sinh:
Để làm tốt được dạng toán chia hết này học sinh cần phải nắm chắc các kiến
thức cơ bản như: tính chất chia hết của một tổng, một hiệu, một tích….Bên cạnh đó
còn hiểu vả nắm được các phương pháp chứng minh quy nạp toán học, phương
pháp phản chứng, … và một số các phương pháp khác nữa. Tuy nhiên trong quá

trình làm học sinh cần vận dụng linh hoạt nội dung kiến thức trên vào từng bài cho
phù hợp, có như vậy mới đạt được kết quả tốt. Trong quá trình làm dạng toán này
tôi đặc biệt chú ý đến nội dung các bài toán có sự sắp xếp theo trình tự từ dễ đến
khó, các dạng rất đa dạng và phong phú. Nhằm cung cấp cho học sinh lượng kiến
thức phù hợp với khả năng nhận thức và có sự phát triển khả năng tư duy lôgíc.
Người
Đây là một sáng kiến thuộc dạng
dạydạy
và học nên hy vọng không chỉ người dạy
cần:
quan tâm tới việc nâng cao kỹ năng giải toán chia hết cho học sinh mà cả học sinh
cũng cần tham khảo để tự mình nâng cao kỹ năng giải toán chia hết cho riêng mình
và áp dụng nó để giải các dạng bài tập có liên quan.
Người dạy
muốn
cóđãhiệu
cao trong
việc
Nắmvà
rõ học
các kiến
thức
học quả
liên quan
về toán
chiaáp
hếtdụng sáng kiến để nâng
cao kỹ năng giải toán chia hết thì người dạy và học cần nhiệt tình nắm rõ các bước
sau.
Đối với người dạy cần vận dụng trình tự sơ đồ như sau:

Áp dụng kiến thức đã học một cách linh hoạt để giải toán

24
Kiểm tra, đánh giá kết quả thực nghiệm


Đối với học sinh cần vận dụng theo trình tự sơ đồ hoá sau:
Học sinh cần:

Nắm vững các kiến thức đã học cũng như phương pháp giải cho từng dạng toán

Có tính sáng tạo , tự giác, tích cực

Biết vận dụng vào thực tế

10. Đánh giá lợi ích thu được:
10.1. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến
theo ý kiến của tác giả:
Đề tài “ Một số biện pháp nhằm rèn kỹ năng giải toán chia hết cho học
sinh lớp 6 ” mà tôi tiến hành nghiên cứu và áp dụng đối với học sinh lớp 6 cũng
25