SKKN Hướng dẫn giải dạng “Toán chia hết” trong chương trình Toán lớp 6”
PHẦN THỨ NHẤT :
NHỮNG VẤN ĐỀ CHUNG CỦA ĐỀ TÀI
1. TÊN ĐỀ TÀI
Hướng dẫn giải dạng “toán chia hết” trong chương trình toán THCS
2. TÍNH CẤP THIẾT CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU
2.1 Lí do về mặt lí luận:
Nghị quyết hội nghị lần thứ IV Ban chấp hành Trung ưng Đảng Cộng Sản Việt
Nam (khoá VII, 1993) đã chỉ ra:
Mục tiêu GD – ĐT phải hướng vào đào tạo những con người lao động, tự chủ,
sáng tạo có năng lực giải quyết những vấn đề thường gặp, qua đó mà góp phần tích
cực thực hiện mục tiêu lớn của đất nước là dân giàu, nước mạnh, xã hội công bằng
văn minh.
Nghị quyết Hội nghị lần thứ II Ban chấp hành Trung ương Đảng Cộng Sản Việt
Nam (khóa VII, 1997) khẳng định rõ hơn.
Cuộc cách mạng về phương pháp giáo dục phải hướng vào người học, rèn luyện
và phát triển khả năng suy nghĩ, khả năng giải quyết vấn đề một cách năng động,
độc lập sáng tạo ngay trong quá trình học tập ở nhà trường phổ thông . . . Áp dụng
những phương pháp giáo dục hiện đại để bồi dưỡng cho học sinh năng lực tư duy
sáng tạo, năng lực giải quyết vấn đề.
Điều 24 Luật giáo dục (1998) viết: Phương pháp giáo dục phổ thông phải phát
huy tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo của học sinh phù hợp với đặc điểm
của từng lớp học, môn học.
RajaRoy singh trong cuốn “Nếu giáo dục cho thế kỷ XXI. Những trển vọng của
Châu Á – Thái Bình Dương” đã khảng định .
Để đáp ứng được những đòi hỏi mới được đặt ra cho sự bùng nổ kiến thức và
sáng tạo kiến thức mới, cần phải phát triển năng lực tư duy, năng lực giải quyết
vấn đề và tính sáng tạo . . . Các năng lực này có thể quy gọn về năng lực giải quyết
vấn đề.
Khả năng giáo dục của môn Toán rất to lớn, nó có khả năng phát triển tư duy
lôgíc, khái quát hoá, phân tích tổng hợp, so sánh dự đoán, chứng minh và bác bỏ.

I. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN CỦA ĐỀ TÀI
Phương pháp giải toán:
Là toàn bộ những thủ thuật toán được sắp xếp theo trình tự nhất định và vận
dụng sáng tạo để tìm ra kết quả bài toán.
Thủ thuật : Phép giải mang tính linh hoạt, hợp lí, sáng tạo để giải quyết một
khâu hay cả bài toán.
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM - TRƯỜNG THCS TRỰC CƯỜNG - GIÁO VIÊN : BÙI VĂN THÔNG
Trang 2
SKKN Hướng dẫn giải dạng “Toán chia hết” trong chương trình Toán lớp 6”
Giải bài toán:
Là việc làm tìm ra ẩn số, tức tìm ra đáp số của bài toán. Muốn tìm ra ấn số
phải là một quá trình suy luận. Chính vì thế nên gọi việc giải toán là một quá trình
hoạt động trí tuệ của học sinh.
Trong quá trình hướng dẫn học sinh giải toán giáo viên cũng phải truyền thụ
cho học sinh những tri thức phương pháp để học sinh biết cách học, biết cách suy
luận, vận dụng cái đã biết để tìm những kiến thức mới có tính chất thuật toán. Đặc
biết khi hướng dẫn giải toán giải toán cần coi trọng phương pháp có tính chất tìm
tìm đoán, và ngầm thể hiện cho học các bước giải toán của “Polya”. Học sinh cần
được rèn luyện các thao tác tư duy, phân tích, tổng hợp, đặc biệt hoá, khái quát
hoá, tương tự, quy lạ về quen. Trong chương trình toán (THCS), có rất nhiều dạng
toán thể hiện mục tiêu trên, một trong số đó có dạng “Toán chia hết” là một trong
số các dạng toán quan trọng trong chương trình toán THCS. Nó có mặt nhiều trong
các lần kiểm tra định kỳ, thi học kỳ, thi học sinh giỏi, thi vào trường chuyên, lớp
chất lượng cao, và một số đề thi cấp Huyện, Tỉnh ,… Điều này còn được thể hiện ở
chỗ lượng bài tập trong sách giáo khoa, sách bài tập khá nhiều và rất phong phú.
Dạng toán chia hết được đề cập ngay từ học kỳ I của lớp 6 và nó trải xuyên suốt cả
chương trình toán THCS và ở mỗi khối học, yêu cầu về mặt kiến thức cũng khác
nhau, mức độ yêu cầu cũng khác nhau. Nhưng kiến thức đòi hỏi có sự kế thừa, cái
này là cơ sở của cái kia, chúng bổ trợ cho nhau. Chính điều này yêu cầu người học
phải nắm chắc được kiến thức cơ bản, được cụ thể hoá trong từng bài và tóm tắt

có dạng toán “ Chia hết” trong chương trình. Từ những suy nghĩ đó và thực tế
giảng dạy tôi đã mạnh dạn viết đề tài này.
III. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
A. Cơ sở lý thuyết
Để học sinh học tốt, làm tốt được dạng “Toán chia hết ” này tôi trang bị cho các
em nội dung kiến thức sau, đó là nền tảng, là cơ sở để áp dụng giải các bài tập dạng
này.
1.Tính chất chia hết của một tổng, một hiệu, một tích.
- Nếu



mb
ma


mba 
+→
- Nếu



mb
ma


mba 
−→
- Nếu


*Dấu hiệu chia hết cho 4: Một số chia hết cho 4 khi và chỉ khi hai chữ số tận
cùng lập thành một số chia hết cho 4.
*Dấu hiệu chia hết cho 8: Một số chia hết cho 8 khi và chỉ khi số đó có ba chữ
số tận cùng lập thành một số (có 3 chữ số) chia hết cho 8.
*Dấu hiệu chia hết cho 10: Một số chia hết cho10 thì có chữ số tận cùng bằng 0
và đảo lại.
* Dấu hiệu chia hết cho 11: Một số chia hết cho 11 khi và chỉ khi hiệu giữa tổng
các chữ số của nó “đứng ở vị trí lẻ ” và tổng các chữ số “đứng ở vị trí chẵn ” (kể từ
trái sang phải) chia hết cho 11.
3. Đồng dư:
*Hai số a và b đồng dư với nhau theo mô đun m khi và chỉ khi a – b chia hết
cho m.
*Có thể “cộng ” các đồng dư thức có cùng mô đun. Tức là: Nếu a
≡
b (mod m),
c
≡
d ( mod m ) thì a
±
c
≡
b
±
d (mod m)
*Có thể nhân từng vế các đồng dư thức có cùng mô đun. Tức là: Nếu a
≡
b
(mod m) , c
≡
d ( mod m) thì ac

• Bước 1: Giả sử ngược lại P sai.
• Bước 2: Từ giả sử P sai, chúng ta suy ra điều vô lý.
• Bước 3: điều vô lý đó chứng tỏ rằng P không sai, tức là khẳng định P đúng.
B. Các dạng toán
Trong phần này tôi chia theo từng dạng để dễ dàng cho người dạy và người học
tham khảo, lựa chọn một số bài để cho học sinh làm từ dễ đến khó. Một bài có thể
vận dụng theo nhiều cách khác nhau, phát triển cho học sinh tính linh hoạt trong
quá trình giải toán.

1. Dạng1: Tìm các chữ số chưa biết của một số
Bài toán 1: Tìm các chữ số a và b sao cho
ab19
chia hết cho 5 và chia hết cho 8.
Để tìm được a và b học phải thấy được 2 dấu hiệu cơ bản đó là số đó chia hết
cho 5 và cho 8.
Vì
ab19
chia hết cho 5 nên chữ số tận cùng b = 0 hoặc b = 5.
Vì
ab19
chia hết cho 8 nên suy ra b = 0.
Mặt khác
019a
chia hết cho 8 suy ra
019a
chia hết cho 4.
019a
chia hết cho 4
↔
0a

8 suy ra 100a

8 vậy a là số chẵn
→
a
∈{ 2, 4, 6, 8} (1).
Vì
96aaaaa


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).

ab4
= 400 + 10a + b = 8p (p ∈ Z) (*)
Mặt khác nếu
ab1234


9 thì (1 + 2 + 3 + 4 + a + b)

9
Hay (1 + a + b)

9
→
1 + a + b = 9q (q∈ Z) ( **)
Vì a và b là các chữ số nên a + b ≤ 18
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM - TRƯỜNG THCS TRỰC CƯỜNG - GIÁO VIÊN : BÙI VĂN THÔNG
Trang 7
SKKN Hướng dẫn giải dạng “Toán chia hết” trong chương trình Toán lớp 6”
Từ (**) suy ra 9q ≤ 28 (q>1) Vậy q = 2 hoặc q = 3
Trừ (*) với (**) ta có 390 + 9a = 8p – 9q , hay p = 49 + a + q +
8
2−+ qa
Vì p nguyên nên
8
2−+ qa
nguyên hay a + q – 2

8
+Nếu q = 2 thì a = 0 hoặc a = 8
Từ (**) ta có b = 9q – a – 10 do đó b = 8 hoặc b = 0

= 80
KL: Vậy các số thoả mãn đề bài là: 123480, 123408.
Bài toán 5: Tìm các số a,b sao cho:
1) a – b = 4 và
157 ba
chia hết cho 3
2) a – b = 6 và
74a
+
51b
chia hết cho 9
Giải:
1) a – b = 4 và
157 ba
chia hết cho 3
Ta có:
157 ba
chia hết cho 3 khi và chỉ khi ( 7 + a + 5 + b + 1) chia hết cho 3
hay ( a +b + 13) chia hết cho 3 suy ra ( a +b ) chia 3 dư 2 (1)
Ta có a – b = 4 nên 4 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b ≤ 5
Suy ra 4≤ a+b ≤ 14 (2)
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM - TRƯỜNG THCS TRỰC CƯỜNG - GIÁO VIÊN : BÙI VĂN THÔNG
Trang 8
SKKN Hướng dẫn giải dạng “Toán chia hết” trong chương trình Toán lớp 6”
Mặt khác a – b là số chẵn nên a + b là số chẵn (3)
Từ (1) (2) và (3) suy ra a + b ∈ {8;14}
Với a + b = 8; a – b = 4 ta được a = 6; b = 2.
Với a + b = 14; a - b = 4 ta được a = 9; b = 5.
KL: Vậy các số phải tìm là a = 6; b = 2 và a = 9; b = 5
2)

xy
= 72 ↔
xy
= 40
Vậy x = 4 , y = 0.
Bài 2 : Tìm chữ số x để
1994x
chia hết cho 3 nhưng không chia hết cho 9.
HD: Vì
1994x
chia hết cho 3 ↔ (x + 1 + 9 + 9 + 4) chia hết cho 3
Hay (x + 25) chia hết cho 3
Vì 1≤ x ≤ 9 nên 24 ≤ 23 + x ≤ 32
Trong các số tự nhiên từ 23 đến 32 có 24, 30, chia hết cho 3mà không chia hết
cho 9.
Bài 3 : Phải viết ít nhất mấy số 1994 liên tiếp nhau để được một số chia hết cho
3.
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM - TRƯỜNG THCS TRỰC CƯỜNG - GIÁO VIÊN : BÙI VĂN THÔNG
Trang 9
SKKN Hướng dẫn giải dạng “Toán chia hết” trong chương trình Toán lớp 6”
HD: Tổng các chữ số của 1994 là 23 khi chia cho 3 thì dư 2
Nếu viết k lần số 1994 liên tiếp nhau thì tổng các chữ số của số nhận được có
cùng số dư với 2k khi chia cho3.Để số nhận được chia hết cho 3 thì 2k phải chia
hết cho 3, nên số nhỏ nhất là 3, tức là ít nhất phải viết 3 lần số 1994 liên tiếp nhau.
Bài 4 : Tìm 3 chữ số tận cùng của tích 4 số tự nhiên liên tiếp khác không, bết
rằng tích này chia hết cho 125. Tích này nhỏ nhất bằng bao nhiêu?
HD: Tích 4 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 8 thì tích 4 số tự nhiên liên tiếp
cũng chia hết cho 125 nên 3 chữ số tận cùng là 000.
Trong tích của 4 số tự nhiên tiếp không thể có 2 số chia hết cho 5 nên phải có
một số chia hết cho 125

+ …+1) chia hết cho 5
Suy ra: (21
39
- 1 ) + (39
21
+ 1) chia hết cho 5
Mặt khác 21
39
- 39
21
= (21
39
- 3
39
) + (39
21
- 3
21
) + (3
39
+ 3
21
)
Mà 21
39
- 3
39
= 18 (21
38
+ …+3


45
*Cách 2: vì 45 = 5.3
2
nên để chứng minh 21
39
+ 39
21
chia hết cho 45 thì ta
chứng minh 21
39
+ 39
21
chia hết cho 5.3
2

Ta có: 21
39
= (20 + 1)
39
= 20
39
+ 39. 20
38
+ …+ 39.20 + 1= 10M + 1.39
21
=
(30 + 9)
21
= 30

+ 3
21
= 3
21
. 7
39
. 3
18
+ 13
21
. 3
21
= 3
21
(7
39
. 3
18
+ 13
21
) = (3
3
)
7
(7
39
. 3
18
+ 13
21

39
+ 39
21
chia hết cho 9
KL: Vậy 21
39
+ 39
21
chia hết cho 45
Bài toán 2: Chứng minh rằng: 43
43
- 17
17
chia hết cho 5
+Ta có: 43
43
= 43
40
. 43
3
= (43
4
)
10
.43
43
Vì 43
3
có tận cùng bởi chữ số 1 (3
4

)
4
cũng có chữ số tận cùng là chữ số 1
hay 17
16
có chữ số tận cùng là 1
Suy ra: 17
16
.17 có chữ số tận cùng là 7
Hai số 43
43
và 17
17
có chữ số tận cùng giống nhau nên 43
43
- 17
17
có chữ số
tận cùng là chữ số 0
KL: Vậy 43
43
- 17
17
chia hết cho 5.
Bài toán 3: Cho A = 2 + 2
2
+ 2
3
+ … + 2
60

+ 2
3
+…+ 2
60

A = 2 (1 + 2 + 2
2
) + 2
4
(1 + 2 + 2
2
) + … + 2
58
(1 + 2 + 2
2
)
A = 2 . 7 + 2
4
.7 + … + 2
58
.7
A = 7 (2 + 2
4
+ …+ 2
58
) chia hết cho 7
Ta có A = 2 (1 + 2 + 2
2
+ 2
3

1991

Chứng minh rằng B chia hết cho 13 và 41.
Bài 2 Cho C = 11
9
+ 11
8
+ 11
7
+ …+ 11 + 1
Chứng minh rằng C chia hết cho 5.
Bài 3

Chứng minh rằng A chia hết cho B với
A = 1
3
+ 2
3
+ 3
3
+ …+ 99
3
+ 100
3

B = 1 + 2 + 3 + …+ 99 + 100
Dạng 3: Chứng minh chia hết đối với biểu thức chứa chữ
Bài toán 1 Chứng minh rằng: n
3
– n chia hết cho 6 với n nguyên.

– n = n(n + 1)(n - 1) = (3k + 1)( 3k + 2)( 3k + 3)
= 3(k + 1)( 3k + 1)( 3k + 2)

3.
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM - TRƯỜNG THCS TRỰC CƯỜNG - GIÁO VIÊN : BÙI VĂN THÔNG
Trang 12
SKKN Hướng dẫn giải dạng “Toán chia hết” trong chương trình Toán lớp 6”
KL: Vậy n
3
– n

6 với n nguyên.
*Cách 2: Nếu n là số nguyên thì chỉ có thể biểu diễn thành một trong các dạng
sau 6p, 6p + 1, 6p + 2, 6p + 3, 6p + 4, 6p + 5 ( do phép chia một số cho 6)
+ Nếu n = 6p thì n
3
– n = 6p (6p + 1)(6p - 1)

6
+Nếu n = 6p + 1 thì n
3
– n = 6p(6p + 1)(6p + 2)

6.
+ Nếu n = 6p + 2 thì n
3
– n = 6(3p + 1)(2p + 1)(6p + 1)

6.
+ Nếu n = 6p + 3 thì n

≡
0 (mod 2) thì n
3
– n
≡
0
3
– 0
≡
0 (mod 2)
Nếu n
≡
1 (mod 2) thì n
3
– n
≡
1
3
– 1
≡
0 (mod 2)
Như vậy với n nguyên, n
3
– n
≡
0 (mod 2) nghĩa là n
3
– n chia hết cho 2
Mặt khác:
+ Nếu n

≡
0 (mod 3)
Với n nguyên n
3
– n
≡
0 (mod 3) nghĩa là n
3
– n chia hết cho 3.
KL: Vậy n
3
– n chia hết cho 6 với n nguyên.
Bài toán 2: Chứng minh rằng 2n +

nchuso
1 11
chia hết cho 3.
*chú ý: Số n và số có tổng các chữ số bằng n có cùng số dư trong phép chia cho
9, do đó

nchuso
1 11
- n chia hết cho 9.
Ta có: 2n +

nchuso
1 11
= 3n + (

nchuso

- n)
Vậy 10
n
+ 18n – 1 chia hết cho 27.
Cách 2: (Phương pháp quy nạp toán học)
+ Nếu n = 1 thì A = 10 + 18 – 1 = 27 chia hết cho 27.
Vậy mệnh đề đúng với n = 1.
+ giả sử mệnh đề đúng với n = k tức là A
k
= 10
k
+ 18k -1 chia hết cho 27
Ta cần chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1.
Thật vậy A
k+1
= 10
k+1
+ 18(k + 1) – 1 = 10
k
.10 + 18k + 18 – 1
A
k+1
= 10 (10
k
+ 18k -1) – 9.18k +27
A
k+1
= 10 (10
k
+18k-1) – 27.6k + 27

Ta cần chứng minh mệnh đề đúng với n = k +1.
Thật vậy: B
k+1
= 7
k+1
= 3 ( k+1) -1.
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM - TRƯỜNG THCS TRỰC CƯỜNG - GIÁO VIÊN : BÙI VĂN THÔNG
Trang 14
SKKN Hướng dẫn giải dạng “Toán chia hết” trong chương trình Toán lớp 6”
B
k+1
= 7. 7
k
+ 3k + 3 -1
B
k+1
= 7 ( 7
k
+ 3k -1) – 6. 3k – 9
B
k+1
= 7( 7
k
+ 3k -1) – 9.2k -9
B
k+1


9
Vậy 7

n
1
.6
n-1
+ c
n
2
. 6
n-2
+… + c
n
n-2
. 6
2
) + c
n
n-1
. 6+ c
n
n
+3n-1
=(3.2)
n
+c
n
1
. . (2.3)
n-1
+ c
n

n-2
.2
n-2
+ 6n + 1 + 3n -1
=3
2
(2
n
. 3
n-2
+ c
n
1
.2
n-1
.3
n-2
+ …. +c
n
n-2
.2
2
)+9n.
=9(2
n
. 3
n-2
+ c
n
1

) chia hết cho 2.
Bài 4: Chứng mỉnhằng với mọi số tự nhiên n thì
12
2n+1
+ 11
n+2
chia hết cho 133.
+ Đâylà dạng toán chia hết mà số mũ chứa chữ nên khi làm cần định hướng cho
học sinh cách làm sau:
Cách 1: Vì n ở nên ta có thể phân tích và đưa về dạng bội của 133.
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM - TRƯỜNG THCS TRỰC CƯỜNG - GIÁO VIÊN : BÙI VĂN THÔNG
Trang 15
SKKN Hướng dẫn giải dạng “Toán chia hết” trong chương trình Toán lớp 6”
Ta có: 12
2n+1
+11
n+2
= (12
2
)
n
.12 + 11
n
. 11
2
.
=144
n
.12


Vậy mệnh đề đúng với n=1.
Giả sử mệnh đề đúng với n=k Tức là 12
2k+1
+11
k+2
chia hết 133.
Ta cần chứng minh mệnh đề đúng với n=k+1.
Thật vậy: 12
2k+3
+11
k+3
=144 .12
2k+1
+11
k+3
.
= 133. 12
2k+1
+11. 12
2k+1
+ 11
k+3
.
=133. 12
2k+1
+11 (12
2k+1
+ 11
k+2
).

2(2n+1)
=(12
2n+1
+11
2(2n+1)
) - (11
2(2n+1)
-11
n+2
)
=12
2n+4
+(11
2
)
2n+1
–(11
4n+2
-11
n+2
).
=(12
2n+1
+(11
2
)
2n+1
) -11
n+2
(11

chia hết cho 133
Cách 4: Ta có 12
2n+1
+ 12 + 12
2n
+ 12 .144
n
Vì 144 = 11 (mod 133) nên 144
n

≡
11
n
(mod 133)
 12. 144
2n

≡
12. 11
n
(mod 133).
Hay 12
2n+1
= 12 .11
n
(mod 133)
Mặt khác : 121 =-12 (mod 133) nên 121 .11
n
= -12.11
n

12
2k+1)

+1
+ 11
k +1+2
=133p ( p ∈N). (**)
Thật vậy : Từ (*) suy ra : 12
2k+1
=133m – 11
k+2
Ta có 12
2k+3
– 11
k+3
=144 . 12
2k+1
+ 11 . 11
k+2
=144 (133 m – 11
k+2
) + 11. 11
k+2
=12
2
.133m + 11
k+2
(11 -144)
=133 (144m – 11
k+2

+ 8n – 9 = 3
4k+2
+16k -9 = 3
4k
. 3
2
– 9 + 16k
= 9(3
4k
-1) +16k = 9 (81
k
-1) +16k ; Vì hiệu (81
k
-1)

80 nên (81
k
-1)

16
Vậy khi n chẵn thì 4 . 3
2n+2
+32n -36

64
+Nếu n lẻ , ta đặt n =2k+1 (k ∈Z). Khi đó 3
2n+2
+8n -9 = 3
4k+4
+16k -8 -9

64
Vậy mệnh đề đúng với n =0
+Giả sử mệnh đề đúng với n=k tức là 3
2k+2
. 4 -32k – 36 =64p
Ta cần chứng minh mệnh đề đúng với n = k+1 tức là
4. 3
2k+4
+ 32k + 32 – 36

64
Thật vậy: 3
2k+4
. 4 + 32k + 32 – 36 = 3
2k+2
. 36 +32k +32 -36
=( 3
2k+2
. 4 +32k -36) + 32 ( 3
2k+1
+1) (*)
Vì (3
2k+2
.4 +32k -36) là bội của 64. theo giả thiết quy nạp, nên chỉ cần chứng
minh 32 (3
2k+1
+1) cũng là bội của 64.
Vì 3
2k+2
là số lẻ nên 3



11
Bài toán 6: Chứng minh tổng k số nguyên liên tiếp (k lẻ) thì chia hết cho k.
Gọi k số nguyên liên tiếp là n, n+1, n+2, …. N+k-1.
Khi đó tổng của chúng bằng : n + n+1+ n+2+…. + n+k-1
=kn +1+2+…+k-1
=kn +
2
)1)(11( −−+ kk
= kn +
2
)1( −kk
Vì k lẻ nên :
2
1−k
=p (Nguyên)
Như vậy kn +
2
)1( −kk
= kn + kp =k(n+p)
Điều này chứng tỏ rằng khi k lẻ, tổng k số nguyên liên tiếp

k
+Chú ý: Đây là bài toán tổng quát, từ bài toán này ta có thể yêu cầu học sinh
chứng minh các trường hợp riêng của bài toán tổng của ba, năm, bảy,…. Số
nguyên liên tiếp thì

cho 3,5,7,…
Bài toán 7: Chứng minh rằng tích của k số nguyên liên tiếp thì

≤
k-1
Khi đó (a+h) – (a+l)

k hay k-l

k. Vô lý vì 0 <
lh −
< k
+Chú ý: Từ bài toán này có thể đưa ra các trường hợp riêng của bài toán đã
quen thuộc đối với học sinh đó là: Chứng minh tích hai, ba, bốn, năm…. số nguyên
liên tiếp

2,3,4,5……
Bài toán 8: Cho a và b là các số nguyên, hãy chứng minh rằng:
Nếu 2a +3b

17 thì 9a + 5b

17 và đảo lại.
Giải:
Chứng minh: Nếu (2a +3b)

17 thì 9a +5b

17
Nếu (2a+3b)

17 thì 8(2a+3b)


17.
Bài toán 9: Chứng minh rằng
Nếu a,b là các số tự nhiên so cho 5a +3b và 13a +8b

1995 thì a và b chia hết
cho 1995.
+Theo giả thiết 5a + 3b

1999 => 8( 5a + 3b)

1995
13a + 8b

1995 =>3(13a +8b)

1995
Hay 8(5a +3b) - 3(13a +8b) = 40a + 24b - 39a + 24b = a

1995
+Theo giả thiết 5a + 3b

1995 => 13(5a +3b)

1995
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM - TRƯỜNG THCS TRỰC CƯỜNG - GIÁO VIÊN : BÙI VĂN THÔNG
Trang 20
SKKN Hướng dẫn giải dạng “Toán chia hết” trong chương trình Toán lớp 6”
13a + 8b

1995 => 5(13a +8b)



3 thì a và b

3
Dạng 4: Tìm điều kiện để 1 bài toán chia hết cho 1 số hoặc chia hết cho 1
biểu thức.
Bài toán 1: Tìm số tự nhiên n sao cho n
2
+4

n +1
Ta có :
1
4
+
+
n
n
n =
1
51
+
+−
n
n
=
1
5)1)(1(
+

(n-3) (n-5) 11

⇒


M
Mmµ 11 11
⇒
n = BS11 + 3 hoặc n =BS 11-
5.
Bài toán 2 : Tìm số tự nhiên n để : 3
2n+3
+ 2
4n +1)

25
Đặt A = 3
2n+3
+ 2
4n +1)
=27.3
2n
+ 2. 2
4n
=25 .3
2n
+ 2(3
2n
+2
4n

+ 2
4n +1)


25
Bài toán 3: Cho đa thức f(x) = a
2
x
3
+3ax
2
-6x -2a (a ∈Q).
Xác định a sao cho f(x)

(x +1)
+Cách 1: Đặt phép chia đa thức.
a
2
x
3
+3ax
2
-6x -2a = (x +1) a
2
x
2
+(3a –a
2
) x +(a
2

x
2
+bx -2a)
 a
2
x
3
+3ax
2
-6x -2a =a
2
x
3
+(a
2
+b) x
2
+(b-2a) x -2a

2
a 3
2 6
b a
b a

+ =
⇒

− = −


3
+ 9x
2
- 6x - 6
q(x) = 9x
2
- 6
+Bài tập tượng tự:
Bài 1: Tìm k để k(k
2
-1) (k
2
-4)

480
HD: Để ý rằng tích của năm số nguyên liên tiếp thì chia hết cho 120.
Đáp số : k = 8t, k = 4t +2, k =16t +1, k =16t - 1
Bài 2: Tìm n để 5
n
-2
n


9
HD: Lần lượt xét n=3k ,n =3k +1, n=3k +2
Chỉ có n =3k thì 5
n
-2
n


+x +a) + (a-1) x + b –a.
Muốn chia hết thì đa thức dư phải đồng nhất bằng 0, do đó a=1, b=a.
b) Đặt phép chia : Tính được a=1, b=8 .
PHẦN THỨ III : KẾT LUẬN, KẾT QUẢ, KIẾN NGHỊ
Để làm tốt được bài tập dạng “Toán chia hết”này học sinh cần phải nắm chắc các kiến
thức cơ bản như: Tính chất chia hết của 1 tổng, hiệu, 1 tích, dấu hiệu chia hết của 1 số các
số thường gặp như: 2,3,4,5,6,8,10,11,… bên cạnh đó còn hiểu, nắm được phương pháp
chứng minh quy nạp toán học, định nghĩa và các tính chất về đồng dư thức, nguyên tắc
đirichlê, phương pháp phản chứng…. Và một số 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 hiệu 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, và các
dạng rất phong phú, đa dạng. Nhằm cung cấp cho học sinh lượng kiến thức phù hợp với
khả năng nhận thứcvà có sự phát triển khả năng tư duy lôgíc.
Trên đây là 1 số dạng toán thường gặp trong chương trình toán THCS. Mỗi dạng toán
có những đặc điểm khác nhau và còn có thể chia nhỏ từng dạng trong mỗi dạng trên.
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM - TRƯỜNG THCS TRỰC CƯỜNG - GIÁO VIÊN : BÙI VĂN THÔNG
Trang 23
SKKN Hướng dẫn giải dạng “Toán chia hết” trong chương trình Toán lớp 6”
Việc phân dạng như trên giúp học sinh dễ tiếp thu hơn và thấy được trong từng bài toán
ta nên áp dụng kiến thức nào cho phù hợp. Mỗi dạng toán tôi chọn 1 số bài toán cơ bản
điển hình để học sinh hiểu cách làm và từ đó để làm các bài tập mang tính tương tự và
dần nâng cao lên.
Sau một số năm làm như vậy ở các lớp 6, 7, 8, 9 trong tiết luyện tập, trong quá trình
bồi dưỡng học sinh giỏi, trong một số tiết tự chọn lớp 9 tôi thấy học sinh có sự tiến bộ
hơn rất nhiều. Các em dần thích thú say mê khi gặp dạng toán này. Số đông các em
không còn lúng túng thiếu tự tin như trước nữa, trong các em đã có sự chuyển biến rõ rệt.
Mặc dù đề tài đạt được một số kết quả nhất định song không tránh khỏi những thiếu sót,
hạn chế. Rất mong nhận được ý kiến góp ý của các bạn đồng nghiệp để đề tài phong phú,
có hiệu quả hơn. Giải pháp này có thể sử dụng làm chủ đề tự chọn “phần nâng cao”.