PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN CHIA HẾT CHO HỌC SINH LỚP 6

CHUYÊN ĐỀ
“PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN CHIA HẾT CHO HỌC SINH LỚP 6”
I – MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn chun đề
Tốn học là một mơn học giữ vai trị vơ cùng quan trọng trong chương trình
học của học sinh phổ thơng. Tốn học là một mơn học khó địi hỏi mỗi học sinh
phải cố gắng nỗ lực để nắm bắt kiến thức, địi hỏi ở mỗi em tính chính xác, khả
năng tư duy, tính sáng tạo, khoa học, hệ thống...Vì vậy việc nghiên cứu tìm hiểu
nội dung chương trình, phương pháp dạy học của mỗi giáo viên nhằm giúp các
em học tốt và u thích bộ mơn là việc làm cần thiết.
Đối với chương trình tốn 6 được viết trong sách giáo khoa thì lượng kiến
thức khơng nhiều nhưng bài tập áp dụng đối với mỗi kiến thức thì khá phong phú
và đa dạng, trong đó có dạng tốn chia hết. Đây là dạng tốn được bắt gặp xun
suốt chương trình tốn phổ thơng. Tuy nhiên, các em học sinh cịn rất yếu dạng
tốn này thậm chí khơng biết giải và nếu biết giải thì lập luận chưa được chặt chẽ.
Vì vậy mà giáo viên cần rèn cho các em kỹ năng giải dạng toán này. Nếu ở lớp 6
các em khơng làm quen với lập luận chặt chẽ thì lên những lớp trên các em cảm
thấy kiến thức chỉ là áp đặt, từ đó các em khơng có hứng thú đối với mơn học.
Chính vì lẽ đó nên nhiệm vụ của giáo viên dạy tốn là tìm hiểu, nghiên cứu
những mặt mạnh và hạn chế, khắc phục mặt yếu, có như vậy mới giúp được tất cả
các em học sinh nắm được nội dung kiến thức cơ bản, áp dụng những kiến thức
đó để làm bài tập và vận dụng vào cuộc sống.
* Ưu điểm:
Học sinh được tham gia các buổi học tăng thời lượng theo kế hoạch của nhà
trường và đa số học sinh có ý thức trong học tập.
Đối với giáo viên: Hệ thống được một số phương pháp giải toán chia hết
dành cho các em học sinh lớp 6.
Đối với học sinh: Nắm chắc hơn dấu hiệu chia hết cho các số 2; 3; 5; 9
Học sinh biết áp dụng định nghĩa, tính chất, dấu hiệu chia hết để làm một số
dạng toán đơn giản.
1

* Nhược điểm:
Nhiều em học sinh bị hổng kiến thức từ các lớp dưới nên việc tính tốn,
quan sát nhận xét, thực hành giải tốn cịn hạn chế. Một số học sinh cịn hiếu
động, chưa có động cơ học tập đúng đắn, nhận thức còn chậm.
Học sinh áp dụng những lý thuyết thuần túy đã học và việc giải bài tập là
một điều khó khăn, lúng túng, khơng biết làm cách nào và thực hiện phép toán
như thế nào.
Một số em đôi khi thỏa mãn trong học tập, các em cho rằng chỉ học trong
sách giáo khoa là đủ. Cho nên các em tiếp thu kiến thức một cách thụ động, khơng
tự mày mị, khám phá kiến thức mới. Vì vậy các em đều hấp tấp khi giải các bài
tập dạng này.
Trong chương trình Sách giáo khoa chỉ yêu cầu học sinh nhớ điều kiện đủ
của các dấu hiệu chia hết cho 2 (hoặc 3, 5, 9) mà không dạy điều kiện cần. Học
sinh chưa biết thêm dấu hiệu chia hết cho một số khác như dấu hiệu chia hết cho
4; 6; 8; 10; 11.
Đa số học sinh chưa có kỹ năng giải tốn “chia hết” vì các em chưa biết bài
tốn đó cần áp dụng phương pháp nào để giải cho kết quả đúng nhất, nhanh nhất
và đơn giản nhất.
Học sinh còn rất lúng túng về phương pháp giải, chưa nắm vững phương
pháp đối với từng dạng bài toán chia hết, q trình phân tích chưa chặt chẽ, dẫn
đến chưa có khả năng tư duy sáng tạo, tư duy tổng hợp.
Trong q trình giảng dạy bản thân tơi thấy phần lớn các em học sinh chưa
làm được hết các bài tập dạng toán chia hết trong sách giáo khoa, việc chuẩn bị
bài tập ở nhà chưa chu đáo. Chính vì vậy mà có nhiều bài tập giáo viên đã chữa,
đã hướng dẫn nhưng các em vẫn chưa nắm được cách làm, giáo viên cho những
bài toán tương tự các em vẫn chưa làm được. Do nhận thức của các em còn hạn
chế nên trong chuyên đề “Phương pháp giải tốn chia hết cho học sinh lớp 6” tơi
chỉ đưa ra những bài toán đơn giản nhằm giúp cho các em biết cách làm và phù

hợp với khả năng của các em.
2


2. Mục tiêu của chuyên đề
Đối với giáo viên: Hệ thống được các phương pháp giải toán chia hết và hệ
thống bài tập để vận dụng các phương pháp trên.
Đối với học sinh: Nắm chắc hơn dấu hiệu chia hết cho các số 2; 3; 5; 9 và
biết thêm dấu hiệu chia hết cho một số khác như dấu hiệu chia hết cho 4; 6; 8; 10;
11.
Học sinh có kỹ năng giải các dạng toán chia hết thành thạo và áp dụng linh
hoạt các phương pháp đã học như: Dấu hiệu chia hết, tính chất chia hết của một
tổng, hiệu, tích…để giải quyết các dạng tốn liên quan tới dạng tốn “chia hết”.
Thơng qua các phương pháp đã học học sinh xác định được đúng hướng
giải một bài toán “chia hết”.
3. Phạm vi của chuyên đề
- Đối tượng khảo sát: Học sinh lớp 6 THCS
- Không gian: Một số các phương pháp rèn cho học sinh kĩ năng giải toán
chia hết cho học sinh lớp 6.
- Thời gian áp dụng chuyên đề: Năm học 2021-2022
II – CƠ SỞ LÝ LUẬN, CƠ SỞ THỰC TIỄN
1. Cơ sở lý luận
Trong giai đoạn hiện nay nước ta cần rất nhiều nhân tài để phục vụ cho
công cuộc xây dựng đất nước. Học giỏi mơn tốn là chìa khố để học sinh có thể
học tốt các mơn khoa học khác, từ đó trở thành học sinh giỏi toàn diện và trở
thành những nhân tài chất lượng cho đất nước. Trong giai đoạn phát triển giáo dục
hiện nay thì phương pháp dạy học đóng vai trò rất quan trọng, phương pháp dạy
học phù hợp sẽ giúp học sinh tiếp cận, nắm bắt nhanh chóng kiến thức, hơn thế
nữa nếu học sinh nắm bắt được phương pháp học thì học sinh sẽ hiểu được bản
chất của vấn đề, rút ngắn được thời gian học tập và có thời gian để nghiên cứu các

tài liệu nâng cao và việc tự học hiện nay ta cần khuyến khích nhiều hơn. Trong
những năm gần đây phương pháp dạy học mơn tốn 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. Hệ
3


thống bài tập thể hiện dạng tốn chia hết có vai trị quan trọng là nó giúp cho học
sinh phát triển khả năng tư duy, khả năng vận dụng kiến thức một cách linh hoạt
vào giải tốn, trình bày lời giải chính xác và logic. Đó cũng là những kỹ năng cần
thiết của học sinh khi còn ngồi trên ghế nhà trường. Có như thế mới phù hợp với
sự đổi mới phương pháp dạy học là phát huy hết tính tích cực, tư duy sáng tạo của
học sinh trong trường học.
2. Cơ sở thực tiễn
Đa số học sinh chưa có kỹ năng giải tốn “chia hết” vì các em chưa biết bài
tốn 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 tốn “chia hết” thì các em phải
nắm được các dạng tốn, các phương pháp gỉải, các kiến thức cơ bản được cụ thể
hố trong từng bài, từng chương. Có thể nói rằng dạng tốn “chia hết” ln là
dạng tốn khó đối với học sinh và khơng ít học sinh cảm thấy sợ khi học dạng
toán này.
Bản thân là một giáo viên dạy tốn tơi mong các em cố gắng tìm tịi để giải
quyết được nó và khơng chút ngần ngại khi gặp dạng toán này. Nhằm giúp các em
phát triển tư duy suy luận và óc phán đốn, kỹ năng trình bày linh hoạt. Hệ thống
bài tập tôi đưa ra từ dễ đến khó, bên cạnh đó cịn 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 lớp 6A, 6B tôi đang dạy năm nay cịn rất bở ngỡ đối với
dạng tốn chia hết, các em cảm thấy lạ và rất ngại làm dạng tốn 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.
III – NỘI DUNG CHUYÊN ĐỀ
1. Nội dung và những kết quả nghiên cứu của chuyên đề:
1.1. Nội dung
1.1.1. Nội dung 1. Tóm tắt kiến thức và một số phương pháp giải toán
chia hết.
4


1.1.1.1 Tóm tắt kiến thức
* Định nghĩa:
Cho hai số nguyên a và b trong đó b ≠ 0 ta ln 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 nên

r ∈ {0; 1; 2; …; | b -

1| }
Đặc biệt: r = 0 thì a = bq, khi đó ta nói a chia hết cho b hay b chia hết a.
Ký hiệu: a Mb
* Một số tính chất chia hết
a. Với ∀ a ≠ 0 thì a Ma
b. Nếu a Mb và b Mc thì a Mc
c. Với ∀ a ≠ 0 thì 0 Ma
d. Nếu a, b > 0 và a Mb; b Ma thì a = b
e. Nếu a Mb và c bất kỳ ⇒ ac Mb
f. Nếu a Mb ⇒ (± a) M(± b)
g. Với ∀ a ⇒ a M(± 1)

h. Nếu a Mb và c Mb ⇒ a ± c Mb
i. Nếu a + b Mc và a Mc ⇒ b Mc
k. Nếu a Mb và n > 0 ⇒ an Mbn
l. Nếu ac Mb và (a, b) =1 ⇒ c Mb
m. Nếu a Mb, c Mb và m, n bất kỳ am + cn Mb
n. Nếu a Mb và c Md ⇒ ac Mbd
o. Nếu a Mm, a Mn và (m, n) =1 ⇒ a Mmn
* Dấu hiệu chia hết
Chia hết cho
2
3
4 (hoặc 25)

Dấu hiệu
Số có chữ số tận cùng là chữ số chẵn
Số có tổng các chữ số chia hết cho 3
Số chia hết cho 4 (hoặc 25) khi hai chữ số tận cùng lập thành
một số chia hết cho 4 (hoặc 25)
5


5
6
8 (hoặc 125)

Số có chữ số tận cùng là 0 hoặc 5
Là số đồng thời chia hết cho 2 và 3
Số chia hết cho 8(hoặc 125) khi ba chữ số tận cùng lập thành

9

10

một số chia hết cho 8(hoặc 125)
Số có tổng các chữ số chia hết cho 9
Số có chữ số tận cùng là 0
Số chia hết cho 11 khi hiệu giữa tổng các chữ số của nó đứng ở

11

vị trí lẻ và tổng các chữ số đứng ở vị trí chẵn (kể từ trái sang
phải) chia hết cho 11

1.1.1.2. Một số phương pháp giải toán chia hết
* Phương pháp dựa vào định nghĩa phép chia hết
Để chứng minh a chia hết cho b (b khác 0) ta biểu diễn a dưới dạng một
tích các thừa số, trong đó có một thừa số b (hoặc chia hết cho b)
VD: a = b.k hoặc a = m.k (m chia hết cho b)
* Phương pháp dùng định lý về chia có dư:
Để chứng minh a chia hết cho b ta xét mọi trường hợp về số dư khi chia a
cho b:
Ta viết a = b.k + r. Rồi xét các trường hợp xảy ra của số dư r.
* Phương pháp dùng tính chia hết của một tổng, hiệu hoặc một tích.
Để chứng minh m chia hết cho n ta có thể làm như sau:
Ta viết m = a + b mà a Mn và b Mn
Ta viết m = a - b mà a Mn và b Mn
* Phương pháp chứng minh quy nạp:
Muốn khẳng định An đúng với mọi n = 1, 2, 3… ta chứng minh như sau:
- Khẳng định A1 đúng
- Giả sử Ak đúng với mọi k ≥ 1 ta suy ra Ak+1 đúng.
- Kết luận An đúng với mọi n =1, 2, 3…

* Phương pháp chứng minh phản chứng:
Muốn chứng minh khẳng định P đúng ta chứng minh qua 3 bước:
- Giả sử P sai
- Dựa vào những kiến thức đã biết và từ giả sử sai suy ra điều vơ lí
6


- Vậy điều giả sử là sai, chứng tỏ P đúng.
* Để chứng minh a chia hết cho b ta biểu diễn b = m.n
Nếu (m, n) = 1 thì tìm cách chứng minh a chia hết cho m, a chia hết cho n khi
đó a chia hết cho m.n hay a chia hết cho b.
Nếu (m, n) ≠ 1 thì ta biểu diễn a = a1.a2 rồi chứng minh a1 chia hết cho m, a2
chia hết cho n hoặc ngược lại. khi đó a1.a2 chia hết cho m.n hay a chia hết cho b.
Sau khi ôn tập cho học sinh thật kĩ định nghĩa, dấu hiệu các các phương
pháp để giải tốn chia hết. Tơi đưa ra một số dạng bài tập từ dễ đến khó áp dụng
các phương pháp trên để học sinh củng cố thêm kiên thức toán chia hết.
1.1.2. Nội dung 2. Một số dạng toán chia hết
* Dạng 1: Dạng toán điền vào * để được số thỏa mãn điều kiện cho
trước
Để giải quyết được dạng toán này một cách thành thạo và cơ bản nhất thì
phương pháp thích hợp nhất đó là dựa vào định nghĩa phép chia hết và dấu hiệu
chia hết của các số cụ thể như sau:
Bài 1: Điền chữ số vào dấu * để được số 24 *
a) chia hết cho 2
b) chia hết cho 5
c) chia hết cho cả 2 và 5
Đối với bài tốn này thì giáo viên phải cho học sinh nhớ lại dấu hiệu chia
hết cho 2, cho 5 và dấu hiệu chia hết cho cả 2 và 5.
a) 24*M2  * ∈ {0; 2; 4;6;8}
b) 24*M5 ⇔ * ∈{ 0;5}

c) 24*M2 và 5 ⇔ * ∈{ 0}
Bài 2: Điền chữ số vào dấu * để
a) 2* 7 chia hết cho 3
b) 5*3 chia hết cho 9
c) *82* chia hết cho cả 2; 3; 5; 9
Giáo viên hướng dẫn học sinh làm tương tự như bài 1: có thể vận dụng trực
tiếp dấu hiệu chia hết cho 2; 3; 5 và 9 để làm bài.
7


a) 2* 7M3 ⇔ (9 + *)M3 ⇔ * ∈ { 0;3; 6;9}
b) 5*3M9 ⇔ (8 + *)M9 ⇔ * ∈{ 1}
c) Đặt *82* = a82b
a82bM2

và a82bM5 khi b = 0

a820M3

và a820M9 khi (a + 8 + 2 + 0)M9 ⇒ (a + 10)M9 ⇒ a = 8

Vậy 8820 chia hết cho cả 2; 3; 5; 9
Bài 3: Tìm chữ số a, b sao cho
a) 45abM9 và a – b = 3
Giáo viên hướng dẫn học sinh lập luận để 1 số chia hết cho 9 thì như thế
nào? Sau đó hướng dẫn học sinh cách giải
45abM
9 ⇔ (4 + 5 + a + b)M
9

⇔ (9 + a + b) M9
⇔ a + b ∈ { 0;9;18}

Mà điều kiện a – b = 3 nên ta loại a + b = 0 và a + b = 18. Từ a –b = 3 và
a + b = 9. Ta tìm được a = 6; b = 3
b) 4a7 +1b5 chia hết cho 9 và a – b = 6
Giáo viên hướng dẫn học sinh lập luận giống như ý a:
4a7 + 1b5M9 ⇔ (4 + 10a + 7 + 1 + 10b + 5) M9
⇔ [17 + 10( a + b)]M
9
⇔ (8 + a + b)M9
⇔ a+b

chia 9 dư 1

Mà a + b ≥ a − b = 6 nên a + b = 10
Do đó: a = 8, b = 2
Bài 4: Tìm a, b sao cho b723a chia hết 3 và 4
Đối với bài tập này giáo viên hướng dẫn lập luận dựa vào dấu hiệu chia hết
cho 3 và cho 4.
Trước tiên chia hết cho 4 để tìm a:
b723aM4

thì a = 2 và a = 6

Sau đó dựa vào dấu hiệu chia hết cho 3 để tìm b:

8

+ Thay a = 2 vào b723a ta được b7232 . Xét tiếp dấu hiệu chia hết cho 3
b7232M
3 ⇔ (b + 7 + 2 + 3 + 2) M
3

⇔ (b + 14)M
3
⇔ b ∈ { 1; 4;7}

Do đó: Khi a = 2 thì b ∈{ 1; 4; 7}
+ Thay a = 6 vào b723a ta được b7236 . Xét tiếp dấu hiệu chia hết cho 3
b7236M
3 ⇔ (b + 7 + 2 + 3 + 6) M
3

⇔ (b + 18)M3
⇔ b ∈ { 3;6;9}

Do đó: Khi a = 6 thì b ∈ { 3;6;9}
Bài 5: Thay các chữ số x, y bằng chữ số thích hợp để cho số 7 xy 2 chia
hết cho 2, cho 4, cho 8
Đối với bài toán này phải dựa vào dấu hiệu chia hết cho 2, 4, 8. Khi xét
chúng ta nên lựa chọn xét chia hết cho 2 trước, sau đó xét chia hết cho 4; cho 8.
7 xy 2M2 ⇔ x, y ∈ { 0;1; 2;3;.....;9}

vì chữ số tận cùng là số chẵn.

Sau đó dựa vào dấu hiệu chia hết cho 4 để tìm x, y:
 x ∈ { 0;1; 2...;9}
7 xy 2M4 ⇔ 

 y ∈ { 1;3;5;7;9}

Dựa vào dấu hiệu chia hết cho 8 để loại những số x, y không thỏa mãn
đồng thời các điều kiện trên:
 x ∈ { 1;3;5; 6;7;9}
7 xy 2 M
8⇔
 y ∈ { 1;5;9}

Hoặc

 x ∈ { 0; 2; 4;6;8}
⇔
 y ∈ { 3;7}

Bài 6: Tìm chữ số a để 2aaa3M11
Hướng dẫn: Dựa vào dấu hiệu chia hết cho 11. Ta cần tính tổng các chữ số
hàng lẻ là 5 + a. Tổng các chữ số hàng chẵn là 2a. Tiếp tục xét các trường hợp để
tính hiệu tổng các chữ số hàng lẻ và tổng các chữ số hàng chẵn sao cho không âm.

9


* Nếu 2a ≥ a + 5 ⇔ a ≥ 5 thì 2a – (a + 5) = a - 5 ≤ 9 – 5 = 4 mà (a - 5) M
11 nên a - 5 = 0 ⇔ a = 5
* Nếu 2a < a + 5 ⇔ a < 5 thì (a + 5) - 2a = 5 - a mà (5 - a) M11 nên
5–a=0 ⇔a=5
Vậy để 1aaa1M11 thì a = 5
Bài 7: Tìm x để x1234 chia hết cho 3 nhưng không chia hết cho 9
Hướng dẫn dựa vào dấu hiệu chia hết cho 3 và cho 9

x1234M
3 ⇔ ( x + 10) M
3 ⇔ x + 1M
3

Vì 1 ≤ x ≤ 9 nên x ∈ {2;5;8} (1)

Do x1234 không chia hết cho 9 nên x = { 2;5}
Vậy ta được số 21234 và 51234 chia hết cho 3 nhưng không chia hết cho 9
Đối với dạng toán cơ bản này sẽ cho học sinh (đặc biệt là học sinh yếu và
trung bình) làm thật nhiều bài tập để học sinh có thể nắm chắc các dấu hiệu nhận
biết của các số và biết tìm các số thích hợp thỏa mãn điều kiện.
* Dạng 2: Chứng minh chia hết đối với biểu thức số
Đối với dạng toán này để giải quyết được các bài tập cần sử dụng đến các
dấu hiệu nhận biết chia hết của các số và phương pháp dùng tính chia hết của một
tổng, hiệu hoặc một tích cụ thể như sau:
Bài 1: Cho A = 240 + 5235 + 1758. Không thực hiện phép tính hãy xét
xem A có chia hết cho 2, cho 3, cho 5, cho 9 không? Tại sao?
Hướng dẫn: Dựa vào dấu hiệu chia hết cho 2, cho 3, cho 5, cho 9 để xét
xem từng số hạng trong A có chia hết cho số nào. Nếu tất cả các số hạng chia hết
thì A chia hết cho số đó. Nếu một số hạng khơng chia hết thì A khơng chia hết cho
số đó.
Ta có: 240M2 ; 5235 M 2 và 1758M2 nên A = 240 + 5235 + 1758 M 2.
240M
3 ; 5235M3 ; 1758M3 nên A = 240 + 5235 + 1758M3
240M
5 ; 5235M5 ; 1758 M5 nên A = 240 + 5235 + 1758 M5
240 M9; 5235 M9; 1758 M9 Tổng số dư bằng 6 M9 nên A M9

10

Vậy A không chia hết cho 2, không chia hết cho 9; không chia hết cho 5,
chia hết cho 3.
Bài 2: Tổng (hiệu) sau có chia hết cho 9 khơng?
a) 2178 + 4653
b) 1026 - 3251
c) 2.11.9.7.19 + 36
Hướng dẫn: Dựa vào dấu hiệu chia hết cho 9 và phương pháp dùng tính
chia hết của một tổng, hiệu và tích để lập luận:
a) Ta có 2178M9 và 4653M9 nên 2178 + 4653M9
b) Ta có: 1026M9 và 3251 M9 nên 1026 - 3251 M9
c) Ta có: 2.11.9.7.19 M9 và 36M9 nên 2.11.9.7.19 + 36M9
Bài 3: Cho A = 2.3.17.19 + 1.6.4.8
B = 25623 + 45782
Chứng tỏ rằng: A chia hết cho 3; B chia hết cho 5
Hướng dẫn: Dựa vào dấu hiệu chia hết cho 3, cho 5 và phương pháp dùng
tính chia hết của một tổng, tích.
Ta có: 2.3.17.19 M3 (vì 3M3 ) và 1.6.4.8 M
3 (vì 6 M
3) nên
A = 2.3.17.19 + 1.6.4.8 M
3
Vậy A chia hết cho 3
Ta có giá trị của tổng 25623 + 45782 có chữ số tận cùng là 5 nên B chia hết
cho 5
Vậy B chia hết cho 5
Bài 4: Cho M = 1.3.5.7.16.51 + 40
Chứng tỏ rằng: a) M chia hết cho 8
b) M chia hết cho 5

Hướng dẫn
a) Dựa vào tính chất chia hết của một tổng và tích
Ta có: 1.3.5.7.16.51 M8 (vì tích có chứa thừa số 16) và 40M8
1.3.5.7.16.51 + 40M8 . Vậy M chia hết cho 8.

11

nên


b) Tương tự 1.3.5.7.16.51M5 (vì 5M5 ) và 40M5 nên 1.3.5.7.16.51 + 40M5 Vậy M
chia hết cho 5
Bài 5: Chứng minh rằng:
a) 1028 + 8 chia hết cho 72
b) 88 + 220 chia hết cho 17
Hướng dẫn: Dựa vào dấu hiệu chia hết cho 8, cho 9 và phương pháp dùng
tính chia hết của một tổng, tích.
a) Ta phân tích 72 = 8.9. Sau đó kiểm tra 10 28 + 8 có chia hết đồng thời cho
cả 8 và 9 hay khơng rồi kết luận.
Ta có: 1028 + 8M9 (vì tổng các chữ số bằng 9) và 1028 + 8M8 (vì có tận cùng
bằng 008). Vậy: 1028 + 8 chia hết cho 72
b) Số 17 là số nguyên tố không phân tích được nữa nên ta phân tích 88 + 220
Ta có: 88 + 220 = (23)8 + 220 = 224 + 220 = 220 (24 + 1) = 220. 17. Vậy: 88 + 220 chia hết
cho 17.
* Dạng 3: Chứng minh tổng, tích các số tự nhiên liên tiếp chia hết cho
một số
Để làm những bài tập ở dạng toán này ta áp dụng phương pháp chứng minh
quy nạp. Dạng toán này áp dụng cho những em học sinh từ khá, giỏi trở lên.
Bài 1: Chứng tỏ rằng tích hai số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 2.
Giáo viên hướng dẫn học sinh:

Gọi hai số tự nhiên liên tiếp là: a, a+1
- Nếu a M
2 thì a.(a + 1) M
2
- Nếu a M 2 thì a chia 2 dư 1
Khi đó ta đặt: a = 2k + 1 thì a + 1 = 2k + 1 + 1 = 2k + 2 M
2
Do đó: a.(a + 1) M
2
Vậy trong hai số tự nhiên liên tiếp bao giờ cũng có một số chia hết cho 2.
Cho nên tích hai số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 2
Bài 2: Chứng minh tích ba số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 3.
Giáo viên hướng dẫn:
Gọi ba số tự nhiên liên tiếp là a, a+1, a+2
12


- Nếu a M
3 thì a(a + 1)(a + 2) M
3
- Nếu a = 3k+1 (nghĩa là a chia 3 dư 1) thì a + 2= 3k + 1 + 2 = 3k + 3 M
3
Do đó: a(a + 1)(a + 3) M
3
- Nếu a = 3k + 2 (nghĩa là a chia 3 dư 2) thì a + 1= 3k + 2 + 1= 3k + 3 M3
Do đó: a(a + 1)(a + 3) M
3
Vậy trong ba số tự nhiên liên tiếp bao giờ cũng có một số chia hết cho 3.
Cho nên tích ba số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 3
Bài 3: Chứng minh rằng tổng ba số tự nhiên liên tiếp là một số chia hết

cho 3 nhưng tổng của bốn số tự nhiên liên tiếp thì khơng chia hết cho 4
Hướng dẫn:
*) Gọi ba số tự nhiên liên tiếp là a, a + 1, a + 2
Tống của ba số tự nhiên liên tiếp là: a + a + 1 + a + 2 = 3a + 3 M
3
Tổng ba số tự nhiên liên tiếp là một số chia hết cho 3
*) Tương tự gọi bốn số tự nhiên liên tiếp là a, a + 1, a + 2, a + 3
Tổng của bốn số tự nhiên liên tiếp là: a + a + 1 + a + 2 + a + 3 = 4a + 6 M 4
(vì 6 M 4)
Vậy tổng của bốn số tự nhiên liên tiếp không chia hết cho 4
Bài 4: Chứng minh rằng tích hai số chẵn liên tiếp chia hết cho 8
Hướng dẫn:
Gọi hai số chẵn liên tiếp là 2n, 2n + 2 (n ∈ N)
Ta có: 2n.(2n + 2) = 2.n.2.(n + 1) = 4.n.(n + 1). Mà n.(n+1) là tích hai số tự
nhiên liên tiếp nên chia hết cho 2
Vì thế 4.n.(n+1) M
8
Vậy tích hai số chẵn liên tiếp chia hết cho 8
Bài 5. Chứng minh rằng với n ∈ N thì A = n ( n + 1 ) ( 2n + 1 ) M
6
Hướng dẫn
Nếu n = 3k ( k ∈ N ) thì A M
3
Nếu n = 3k + 1 ( k ∈ N) thì 2n + 1 = (6k + 3 ) M
3
Nếu n = 3k + 2 ( k ∈ N) thì n + 1 = (3k + 3 ) M
3
13

Ngồi ra tích n ( n + 1 ) là tích của hai số tự nhiên liên tiếp nên
n(n+1)M
2. Do đó: A M
2
Vì A M
2 và A M
3, mà ƯCLN(2, 3) = 1 nên A M
6
* Dạng 4: Tìm điều kiện để một biểu thức chia hết cho một số, chia hết
cho một biểu thức
Đối với dạng toán này ta áp dụng phương pháp dùng tính chia hết của một
tổng, hiệu hoặc một tích
Bài 1: Tìn n ∈ N để:
a) n + 5 M
n
b) 5n + 6 M
n
c) 16- 3n Mn
Hướng dẫn dựa vào tính chất chia hết của một tổng, một hiệu
a) Ta có: n + 5Mn và n Mn nên 5Mn . Vậy n ∈ { 1;5}
b) Ta có: 5n + 6Mn và 5nMn nên 6Mn . Vậy n ∈ { 1; 2;3;6}

  n và 3nMn nên 16Mn . Hay n ∈ { 1; 2; 4;8;16} nhưng 3n <
c) Ta có: 16 − 3nM
16 hay n < 6
Vậy n ∈ { 1; 2; 4}
Bài 2: Tìm a, b để biểu thức 585.a + 2205.b chia hết cho 45.
Hướng dẫn
Ta có: 585M5 nên 585aM5 với mọi a và
2205M5 nên 2205bM5 với mọi b

Do đó: 585a + 2205bM5 với mọi giá trị của a, b.
Ta cũng có: 585M9 nên 585aM9 với mọi a
2205M9 nên 2205bM9 với mọi b

Do đó: 585a + 2205bM9 với mọi giá trị của a, b.
Mà (9, 5) = 1. Vậy 585a + 2205bM45 với mọi giá trị của a, b.
Bài 3: Tìm tất cả các số m, n để có số 62m3n chia hết cho 36.

14


Hướng dẫn: Để làm được bài tập này dựa vào dấu hiệu chia hết cho 4 và 9
và phương pháp chứng minh a chia hết cho b ta biểu diễn b = m.n.
Ta thấy 36 = 4.9 mà ƯCLN(4, 9) = 1 nên 62m3n M
36 khi 62m3n M
9 và
62m3n M
4

Ta có: 62m3n M4 ⇔ 3n M4 ⇔ n ∈ { 2 ; 6} và m ∈ { 0;1;2;3;4;5;6;7;8;9} . (1)
Mặt khác: 62m3n M
9
9 ⇔ 6 + 2 + m + 3 + mM
⇔ 2 + 9 + m + nM
9 ⇔ 2 + m + nM
9

Vì m, n ∈ N và 0 ≤ m; n ≤ 9 kết hơp với (1)
Nếu n = 2 thì m = 5

Nếu n = 6 thì m = 1
Vậy các số phải tìm là: 62532; 62136
* Dạng 5: Giải bài toán chia hết bằng phương pháp quy nạp toán học
Để chứng minh được dạng toán này ta cần dùng phương pháp quy nạp toán
học và dạng tốn này dùng cho ơn luyện học sinh giỏi các cấp được tổng quát lại
như sau:
Giả sử cần chứng minh A(n)  P với n ≥ a (1)
Bước 1: Ta chứng minh (1) đúng với n = a tức là chứng minh A(n)  P
Bước 2: Giả sử (1) đúng với n = k tức là ta có A(k)  P với k ≥ a
Ta chứng minh (1) đúng với n = k + 1 tức là phải chứng minh A(k+1)  P
Bước 3: Kết luận A(n)  P với n ≥ a
Bài 1: Chứng minh A(n) = 16n - 15n - 1  225 với ∀ n ∈ N*
Hướng dẫn: ta cần làm theo các bước đã chứng minh ở trên:
Với n = 1 ⇒A(n) = 0 M
225 vậy n = 1 đúng
Giả sử với n = k ≥ 1 ⇒ A(k) = 16k - 15k - 1 M225
Ta phải chứng minh: A(k+1) = 16 k+1 - 15(k + 1) - 1 M
225
Thật vậy: A(k+1) = 16 k+1 - 15(k + 1) - 1
= 16.16k - 15k - 16
= (16k - 15k - 1) + 15.16k - 15

15


= (16k - 15k – 1) + 15(16k - 1)
= (16k - 15k – 1) + 15(16 - 1). M (M là một biểu thức số)
= A(k) + 225.M
mà A(k) M
225 (giả thiết quy nạp) và 225M M

225 nên A(k+1) M
225
Vậy A(n) = 16n - 15n - 1 M
225 với ∀ n ∈ N*
Bài 2: Chứng minh rằng: với ∀ n ∈ Z+ ta có B(n ) = 7 n + 3n − 1M9
Hướng dẫn: Tương tự như bài tập 1
Với n = 1 ⇒ B = 7 + 3 - 1 = 9 M
9
Giả sử với n = k ta có B(k) = 7k + 3k - 1 M
9
Ta phải chứng minh với n = k + 1 thì B(k+1) M
9. Thật vậy:
B(k+1) = 7k+1 + 3(k+1) - 1= 7.7k + 3k + 2 = 7.7k + 21k - 18k – 7 + 9 =
= 7(7k + 3k - 1) – 18k + 9
=7(7k + 3k - 1) - 9(2k - 1)
Vì 7k + 3k - 1 M
9 (theo giả thiết quy nạp) và 9(2k - 1) M
9 nên B(k+1) M
9
Vậy B(n) M
9: với ∀ n ∈ Z+
Bài 3: Chứng minh rằng C(n) = 10n + 72n – 1 chia hết cho 81
Hướng dẫn:
Với n = 1 ⇒ C = 81 M
81 vậy n = 1 đúng
Giả sử với n = k ≥ 1 ta có C(k) = 10k + 72k - 1 M
81
Ta phải chứng minh C(k+1) = 10 k+1 + 72(k + 1) - 1 M
81
Thật vậy: C(k+1) = 10 k+1 +72(k + 1) - 1

= 10.10k + 72k +71
= (10k + 72k - 1) + 9.10k + 72
= (10k + 72k - 1) + 9.(10k + 8)
= C(k) + 9.(10k + 8)
Ta thấy 10k + 8 M
9 (vì 3 chữ số tận cùng chia hết cho 8) nên 9.(10 k + 8) M
81 mà C(k) M
81 (giả thiết quy nạp) nên C(k+1) M
81
Vậy C(n) = 10n + 72n – 1 M
81
Bài 4: Chứng minh rằng D = 10n + 18n – 1 chia hết cho 27

16


Hướng dẫn:
Với n = 1 ⇒ D = 27 M
27. Vậy n = 1 đúng
Giả sử với n = k ≥ 1 ta có D(k) = 10k + 18k - 1 M
27
Ta phải chứng minh D(k+1) = 10 k+1 + 18(k + 1) - 1 M
27
Thật vậy: D(k+1) = 10 k+1 + 18(k + 1) - 1
= 10.10k + 18k + 17
= (10k + 18k - 1) + 9.10k + 18
= (10k + 18k - 1) + 9.(10k + 2)
= D(k) + 9.(10k + 2)
Ta thấy 10k + 2 M
3 (vì tổng các chữ số chia hết cho 3) nên 9.(10 k + 2) M

27
mà D(k) M
27 (giả thiết quy nạp) nên D(k+1) M
27
Vậy D(n) = 10n + 18n – 1 M
27
* Dạng 6: Dạng toán dùng phương pháp phản chứng
Để chứng minh được dạng toán này ta cần dùng phương pháp phản chứng
và dạng tốn này dùng cho ơn luyện học sinh giỏi các cấp được tổng quát lại như
sau:
Để chứng minh A(n) M
p (hoặc A(n) M p )
+ Giả sử: A(n) M p (hoặc A(n) M
p)
+ Chứng minh trên giả sử là sai (vô lý)
+ Kết luận: A(n) M
p (hoặc A(n) M p )
Bài 1: Có tồn tại n ∈ N sao cho n2 + n + 2 M
49 không?
Hướng dẫn: Giả sử tồn tại n ∈ N để n2 + n + 2 M
49
⇒ 4n2 + 4n + 8 M
49
⇒ (2n + 1)2 + 7 M
49

(1)

⇒ (2n + 1)2 M
7. Vì 7 là số nguyên tố ⇒ 2n + 1 M

7 ⇒ (2n + 1)2 M
49 (2)
Từ (1); (2) ⇒ 7 M
49 vô lý.
Vậy không tồn tại n ∈ N sao cho n2 + n + 2 M
49
Bài 2: Chứng minh rằng nếu a Mm, b Mm, a + b + c Mm thì c Mm.

17


Giáo viên hướng dân học sinh sử dụng phương pháp chứng minh phản
chứng
Giả sử c M m
Ta có a Mm, b Mm nên a + b + c M m
Điều này trái với đề bài a + b + c Mm
Vậy điều giả sử là sai. Suy ra c Mm
* Dạng 7: Dạng toán xét tập hợp số dư trong phép chia
Để chứng minh a Mb ta cần biểu diễn a = b.k + r . xét tâp hợp các số dư r
và tập hợp các số dư r ≤ b.
Bài 1: CMR: Với ∀ n ∈ N thì A(n) = n(2n + 7) (7n + 1) chia hết cho 6
Giáo viên hướng dẫn học sinh phân tích bài tốn có thể phân tích một nhân
tử nào đó biểu diễn
Ta thấy 1 trong 2 thừa số n và 7n + 1 là số chẵn. Với ∀ n ∈ N ⇒A(n) M2
Ta chứng minh A(n) M3
Lấy n chia cho 3 ta được n = 3k + r (k ∈ N). Với r ∈ {0; 1; 2}
Với r = 0 ⇒ n = 3k ⇒ n M3 ⇒A(n) M3
Với r = 1 ⇒ n = 3k + 1 ⇒ 2n + 7 = 6k + 9 M3 ⇒A(n) M3
Với r = 2 ⇒ n = 3k + 2 ⇒ 7n + 1 = 21k + 15 M3 ⇒A(n) M3
⇒A(n) M3 với ∀ n mà (2, 3) = 1

Vậy A(n) M6 với ∀ n ∈ N
Bài 2: CMR: Nếu n M 3 thì A(n) = 32n + 3n + 1 M13 Với ∀ n ∈ N
Giải
Vì n M 3 ⇒ n = 3k + r (k ∈ N); r ∈ {1; 2}
⇒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 M13
33k - 1 = (33 - 1)N = 26N M13
Với r = 1 ⇒ 32n + 3n + 1 = 32 + 3 +1 = 13 M13 ⇒ 32n + 3n + 1 M13
Với r = 2 ⇒ 32n + 3n + 1 = 34 + 32 + 1 = 91 M13 ⇒ 32n + 3n + 1M13
Vậy với n M 3 thì A(n) = 32n + 3n + 1 M13 Với ∀ n ∈ N
18


1.2. Kết quả nghiên cứu của chuyên đề
Sau khi được áp dụng chuyên đề này vào thực tế giảng dạy, bản thân tôi
nhận thấy rằng: Khi các em gặp một bài toán liên quan đến dấu hiệu chia hết, các
em sẽ tìm hiểu và phân dạng bài tốn đó. Biết phân biệt và nhận dạng các bài toán
liên quan đến phép chia hết và từ đó có thể vận dụng đúng phương pháp và giải
được hầu hết các bài tập phần này, xóa đi cảm giác khó và phức tạp ban đầu. Qua
đó, rèn luyện cho học sinh trí thơng minh, sáng tạo và tạo được niềm say mê,
hứng thú học tập mơn tốn.
2. Thảo luận, đánh giá kết quả thu được
2.1 Tính mới, tính sáng tạo
- Đây là chuyên đề lần đầu tiên được triển khai áp dụng tại trường TH &
THCS Bồ Sao nơi tơi cơng tác.
- Tính mới tính sáng tạo của chuyên đề là hướng dẫn giáo viên lựa chọn nội
dung kiến thức để giảng dạy, hệ thống các dạng bài tập phù hợp với chuẩn kiến
thức kĩ năng về nội dung của dạng toán chia hết trong chương trình Tốn 6 và
tốn nâng cao lớp 6:
+ Thứ nhất: Tóm tắt kiến thức chia hết và một số phương pháp giải toán

chia hết.
+ Thứ hai: Từ kiến thức và phương pháp đó ta phân ra các dạng tốn để phù
hợp ơn luyện cho các em học sinh yếu và trung bình đến các em khá, giỏi mơn
tốn.
Dạng 1: Dạng tốn điền vào * để được số thỏa mãn điều kiện cho trước.
Dạng 2: Chứng minh chia hết đối với biểu thức số.
Dạng 3: Chứng minh tổng, tích các số tự nhiên liên tiếp chia hết cho một
số.
Dạng 4: Tìm điều kiện để một biểu thức chia hết cho một số, chia hết cho
một biểu thức.
Dạng 5: Giải bài toán chia hết bằng phương pháp quy nạp toán học.
Dạng 6: Dạng toán dùng phương pháp phản chứng.
Dạng 7: Dạng toán xét tập hợp số dư trong phép chia.
19


+ Thứ ba: Lựa chọn phương pháp dạy học, hình thức tổ chức dạy học phù
hợp với từng dạng toán, từng đối tượng học sinh. Giúp học sinh nhận dạng tốn,
phương pháp giải của từng dạng tốn để từ đó nắm chắc cách giải, phát triển năng
lực học toán cho học sinh.
2.2. Khả năng áp dụng và mang lại lợi ích thiết thực của chuyên đề:
a) Khả năng áp dụng hoặc áp dụng thử, nhân rộng:
Trải qua việc vận dụng sáng kiến kinh nghiệm trong học kì I năm học 2021
- 2022 và kinh nghiệm của bản thân trong việc dạy học và ôn luyện học sinh giỏi.
Tôi thấy rằng học sinh đã biết cách giải quyết các dạng bài toán chia hết và đạt
được một số kết quả nhất định. Để áp dụng chuyên đề này một cách có hiệu quả
chúng ta cần có các điều kiện cần thiết như: Sách giáo khoa bộ mơn Tốn 6 cấp
THCS và tài liệu tham khảo liên quan đến toán chia hết, máy chiếu, mạng internet
để giáo viên và học sinh truy cập tìm hiểu thêm tài liệu liên quan đến dạng toán
chia hết và đặt biệt tham khảo ý kiến cũng như phương pháp dạy học của đồng

nghiệp trong trường hoặc các đơn vị bạn khi có điều kiện.
Đề tài này có thể áp dụng thực hiện trong tổ chun mơn, khối 6 và đang áp
dụng trong năm học 2021 – 2022 đồng thời làm tài liệu tham khảo ở trường trong
những năm học tiếp theo và có thể nhân rộng ra các trường THCS trong huyện.
b) Khả năng mang lại lợi ích thiết thực
Sau khi áp dụng chuyên đề “Phương pháp giải toán chia hết cho học sinh lớp
6” đã thu được hiệu quả cho thấy ngoài kết quả học tập nâng cao, các năng lực cá
nhân của học sinh đã được khơi dậy và phát triển trong học tập.
Đối với giáo viên: Hệ thống được các phương pháp giải toán chia hết và hệ
thống bài tập để vận dụng các phương pháp trên.
Đối với học sinh: Nắm chắc hơn dấu hiệu chia hết cho các số 2; 3; 5; 9 và
biết thêm dấu hiệu chia hết cho một số khác như dấu hiệu chia hết cho 4; 6; 8; 10;
11.
IV – KẾT LUẬN
Trên đây là một vài những phương pháp giải toán chia hết được rút ra từ
những kinh nghiệm của bản thân trong giảng dạy trên lớp cũng như ôn luyện học
20


sinh giỏi và một số những đồng nghiệp, hy vọng nó sẽ thực sự bổ ích cho đơng
đảo học sinh lớp 6 và các thầy cơ giáo dạy học tốn 6.
Chuyên đề mang lại những hiệu quả thiết thực so với giải pháp truyền
thống. Giúp giáo viên và học sinh hệ thống lại được các kiến thức cơ bản, nâng
cao và một số phương pháp trong toán chia hết một cách tỉ mỉ nhất từ đơn giản
đến phức tạp.
Trong quá trình vận dụng chuyên đề kinh nghiệm trên đây vào thực tế bản
thân tơi nhận thấy rằng đã có một số em học sinh chủ động trong quá trình học tập
và đã đạt được một số kết quả nhất định. Tơi rất mong được sự trao đổi và góp ý
của các đồng nghiệp để chuyên đề được hoàn thiện hơn.
Người viết

21


DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa toán 6 tập 1
2. Sách giá viên toán 6 tập 1
3. Sách bài tập toán 6 tập 1
4. 500 bài toán chọn lọc lớp 6 (Nguyễn Ngọc Đạm – Nguyễn Quang Hanh
– Ngơ Long Hậu)
5. Tốn cơ bản và nâng cao 6 tập 1 (Vũ Hữu Bình)
6. Bài tập nâng cao và mơt số chun đề tốn 6 (Bù Văn Tun)
7. Nâng cao và phát triển toán 6 tập 1 (Vũ Hữu Bình)
8. Tốn bồi dưỡng học sinh giỏi (Vũ Hữu Bình – Tơn Thân – Đỗ Quang
Hiếu)

22