SKKN Giảng dạy môn Lí thuyết số sơ cấp Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đnai
Trang : 1 SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC



Trang : 2 I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
1. Họ và tên: Nguyễn Hồng Lữ
2. Ngày tháng năm sinh: 23 tháng 8 năm 1956
3. Nam, nữ: nam
4. Địa chỉ: 712 Phạm Văn Thuận Khu 7 Tam Hiệp Biên Hòa Đồng nai
5. Điện thoại: 0983553175
6. Chức vụ: Giáo viên
7. Đơn vị công tác: Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh
II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
- Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: cử nhân khoa học
- Năm nhận bằng: 1981
- Chuyên ngành đào tạo: Toán học
III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC
- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: giảng dạy toán học
Số năm có kinh nghiệm: 37 năm
- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây:
 Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức
 Cực trị trong hình học phẳng
 Cực trị trong hình học không gian.
 Bất đẳng thức trong tam giác
 Số chính phương
 Một số vấn đề giảng dạy số học cho HSG
 Một số nguyên lí chung của Toán học

Để đọc và hiểu được đề tài này bạn cần có những kiến thức sau :
● Kiến thức vế tập thương
● Lí thuyết về hệ thặng dư module m
● Lí thuyết về hệ thặng dư đầy đủ module m
● Lí thuyết về hệ thặng dư thu gọn module m
● Một số đề thi quốc gia , quốc tế liên quan
● Một số bài tập dành cho học sinh tự giải SKKN Giảng dạy môn Lí thuyết số sơ cấp Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đnai
Trang : 4

B-NỘI DUNG ĐỀ TÀI :
HỆ THẶNG DƯ
(Set of Residues)
A: Khái niệm tập thương và các lớp thặng dư theo modulo m:
● Khi thực hiện phép chia một số nguyên z cho một số nguyên dương m (m ≥ 2) thì theo định
lí cơ bản của phép chia ta thu được thương số là q và số dư là r ( 0  r ≤ m – 1 ) .
● Ta sắp xếp các số nguyên có cùng số dư khi chia cho m vào cùng một tập hợp : Cụ thể là ta kí
hiệu
 
[ ] | (mod ); 0 1
m
k x Z x k m k m     
; mỗi tập [k]
m
được gọi là lớp thặng dư thứ k

 
k
m
a
để chỉ một hệ thặng dư theo modulo m
● Cho
[]
mm
k 
, Nếu (k,m) = 1 thì ta nói [k]
m
là lớp thặng dư nguyên tố với m
B: Tính chất cơ bản của lớp thặng dư :
Tính chất 1: Cho số nguyên dương m ; số nguyên a . Khi đó tồn tại duy nhất một lớp thặng dư
modulo m chứa a
Tính chất 2: Cho số nguyên dương m ; với các số nguyên a , b tùy ý ta có :
1/ [a]
m
= [b]
m


a ≡ b (mod m)
2/
[ ] [ ]
mm
a b a b   
(mod m)
Tính chất 3: Mỗi lớp thặng dư modulo m chứa vô hạn số nguyên .


1
; a
2
;….;a
m-1
} gọi là một hệ thặng dư
đầy đủ theo modulo m.
● Ta có thể viết tắt : H
dd
= {a
0
; a
1
; a
2
;….;a
m-1
}; hoặc
 
1
m
i
i
hdd s

để chỉ một hệ thặng dư đầy đủ
theo modulo m.
● Ta gọi hệ : H
dd
= {0;1;2; ; m-1} là hệ hặng dư đầy đủ không âm bé nhất

Tính chất 1: Tập {a
0
; a
1
; a
2
;….;a
m-1
} là một hệ thặng dư đầy đủ

với i ≠ j thì
ij
aa
mod m
Tính chất 2: Cho hệ H
dd
= {a
0
; a
1
; a
2
;….;a
m-1
} Khi đó với mỗi
x
thì tồn tại duy nhất một
k dd
aH
sao cho

2
;….;a
m-1
} Khi đó với mỗi
x
thì
 
0 1 1
; ; ;
m
a x a x a x

  
cũng là một hệ thặng dư đầy đủ modulo m
SKKN Giảng dạy môn Lí thuyết số sơ cấp Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đnai
Trang : 6

Tính chất 5: Cho hệ thặng dư đầy đủ modulo m {a
0
; a
1
; a
2
;….;a
m-1
} Khi đó với mỗi
c

)
m
; (b
k
)
m
. Khi n chẵn thì (a
k
+b
k
)
không là hệ thặng dư đầy đủ . Khi n lẻ thì (a
k
+b
k
) có thể là hệ thặng dư đầy đủ hoặc cũng có
thể không là hệ thặng dư đầy đủ .
Ví dụ : Với n = 3 . Ta xét các là hệ thặng dư đầy đủ : A={1,2,3} ; B={4,5,6} ; C={5,4,6} ta có
A+B = {5,7,9} là hệ thặng dư đầy đủ ; A+C = {6;6,9} không là hệ thặng dư đầy đủ
Tính chất 8: Cho a; c  Z ; x chạy qua hệ thặng dư đầy đủ modulo m .Khi đó : ax + c sẽ chạy
qua một hệ thặng dư đầy đủ modulo m
Tính chất 9: Cho (a;b) = 1 ; c  Z ; x chạy qua hệ thặng dư đầy đủ modulo a ; y chạy qua hệ
thặng dư đầy đủ modulo b .Khi đó : ax + by + c sẽ chạy qua một hệ thặng dư đầy đủ modulo ab
Tính chất 10: Cho : a ; bZ ; (a;m) =1 ; mN ; x chạy qua hệ thặng dư đầy đủ modulo m .Khi
đó ta luôn có :
1
2
xT
ax b m
m

s

hoặc
 
()
1
m
i
i
htg s


để ám chỉ một hệ thặng dư thu gọn modulo
m
Ví dụ 1: {1;3;5;7} là hệ thặng dư thu gọn modulo 8 đồng thời là hệ thặng dư thu gọn không âm
bé nhất . { -3 ; - 1 ; 0 ; 1 ; 3 } là hệ thặng dư thu gọn có giá trị tuyệt đối nhỏ nhất
Ví dụ 2: Với số nguyên tố p bất kì thì tập hợp {1;2; ; p-1} là một hệ thặng dư thu gọn modulo p
2-Các tính chất quan trọng :
SKKN Giảng dạy môn Lí thuyết số sơ cấp Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đnai
Trang : 7

Tính chất 0: Một tập gồm n số nguyên : A =
 
12
;s ; ;s
n
s

1 2 ( )
;s ; ;s
m
s

là hệ thặng dư thu gọn modulo m .Khi đó tập hợp
 
1 2 ( )
; ; ;
k k k
m
s s s

là hệ thặng dư thu gọn modulo m nếu và chỉ nếu
 
; ( ) 1km



Lưu ý : Các học sinh sẽ tự chứng minh các tính chất trên xem như bài tập vận dụng định nghĩa!
MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1: Cho m là số nguyên dương lẻ và m ≥ 3 . CMR : Tập A ={2;4;6; ; 2m} là một hệ
thặng dư đầy đủ modulo m
Chứng minh : Ta c/m không có 2 số nào trong A đồng dư theo modulo m (*) Dùng phản chứng
: Giả sử với 1≤ i < j ≤ n mà có 2i≡ 2j (mod m) (1) ; do m lẻ => (2,m) = 1 nên từ (1) => i ≡ j (mod
m) điều này trái với 1≤ i < j ≤ n Mặt khác A có m phần tử (**) . Từ (*)(**) => đpcm
Ví dụ 2: CMR : Để tồn tại 3 tập :
 
k
m

đều là hệ thặng dư đầy đủ modulo m =>
1
( 1)
1 2
2
m
i
i
mm
am


    

(mod m) (1) ;
1
( 1)
1 2
2
m
i
i
mm
bm


    

(mod m) (2) ;
SKKN Giảng dạy môn Lí thuyết số sơ cấp Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đnai

≡ 0 (mod m) (4) Từ (3)(4) =>
( 1)
0
2
mm

(mod m) => m + 1 chia hết
cho m => m lẻ
Điều kiện đủ : Giả sử m lẻ . Ta chọn
ii
a b i
với mọi
i
(1≤ i ≤m) => 3 tập :
 
k
m
a
;
 
k
m
b
và
 
kk
m
ab
đều là hệ thặng dư đầy đủ modulo m (dựa vào kquả bài 5)
Ví dụ 3: CMR : Nếu m là số nguyên dương ; m ≥ 3 thì tập S =

3
≡ 1 (mod p) (1) Nếu a = p thì từ (1) => 1 chia hết cho p :
vô lí => 2≤ a ≤ p – 1 (*) ; theo Fermat có : a
p-1
≡ 1 (mod p) (2) Vì p ≡ 2 (mod 3) => p = 3k + 2
nên từ (2) có a
3k+1
≡ 1 (mod p) (3) . Từ (1) => a
3k
≡ 1 (mod p) => a
3k
.a ≡ a (mod p) hay a
3k+1
≡
a (mod p) (4) Từ (3)(4) => a ≡ 1 (mod p) => a – 1 chia hết cho p => hoặc a = 1 hoặc a-1 ≥ p =>
hoặc a = 1 hoặc a ≥ p+1 : điều này trái với (*)
CM ii) : Phản chứng : Giả sử có 2 phần tử trong H đồng dư với nhau theo modulo p ; tức là tồn
tại a,b thỏa 2≤ a < b ≤ p-1 sao cho a
3
– 1 ≡ b
3
– 1 (mod p) => a
3
≡ b
3
(mod p) => a
3k
≡ b
3k
(mod

 
12
; ; ;
p
r r r
và
 
12
;s ; ;s
p
s

modulo p . Liệu tập hợp
 
1 1 2 2
;r s ; ;r s
pp
rs
có là một hệ thặng dư đầy đủ không ?
Lời giải : Giả sử
 
1 1 2 2
;r s ; ;r s
pp
rs
là htdđđ mod p =>
i i k k
rs r s
(mod p) với i≠k (1).
Ta giả sử tồn tại k ; i (1≤ k ; i ≤ p) sao cho r

là htdtg
mod p =>
1
1
p
ii
i
rs



= 1.2.3 (p-1) = (p-1)! (3) . Theo định lí Willson có (p-1)! ≡ - 1 (mod p) (4) .
Từ (3) và (4) =>
1
1
1
p
ii
i
rs




(mod p) (5) . Mặt khác do r
p
≡ 0 ≡ s
p
(mod p) nên
 

i
rs



=
11
11
.
pp
ii
ii
rs



≡ (-1)(-1) = 1 (mod p) (6) . Ta thấy (5) mâu thuẫn với (6) . Mâu thuẫn đó
chứng tỏ rằng : tập hợp
 
1 1 2 2
;r s ; ;r s
pp
rs
không là một hệ thặng dư đầy đủ
Ví dụ 6: CMR : Tập hợp A =
 
0 1 2 15
0;3 ;3 ;3 ; ;3
lập thành một hệ thặng dư đầy dủ modulo 17
Chứng minh : Ta cần chứng minh : Với i≠j (0≤ i <j ≤15) thì

8
≡ -1 (mod 17) =>
17
3 16ord 
(3)
Từ (2)(3) => (j-i) chia hết cho 16 : điều này vô lí vì
1 15ji  

SKKN Giảng dạy môn Lí thuyết số sơ cấp Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đnai
Trang : 10

Bình luận : Từ bài toán trên ta bài tập hệ quả : “ Phương trình 3
x
= 17y có vô số nghiệm nguyên
(x,y) “
Ví dụ 7: (Định lí Euler) : Cho các số nguyên dương a , m thỏa : m ≥ 2 ; (a,m) = 1 . Khi đó ta có
:
()
1
m
a


(mod m)
Chứng minh : Xét hệ thặng dư thu gọn không âm nhỏ nhất
 
1 2 ( )

m
c

là hệ thặng dư thu gọn không âm nhỏ nhất
. Vì cả hai hệ :
 
1 2 ( )
;g ; ;g
m
g

và
 
1 2 ( )
;c ; ;c
m
c

đều là hệ thặng dư thu gọng không âm nhỏ
nhất =>
( ) ( )
11
mm
ii
ii
gc





a g c





(mod m) (2) Từ (1) (2) =>
()
1
m
a


(mod m)
: đpcm.
Ví dụ 8 : Cho hai số nguyên dương m
1
; m
2
nguyên tố cùng nhau : (m
1
; m
2
) = 1 . Kí hiệu φ(m)
là giá trị phi-hàm Euler của m . CMR :
     
1 2 1 2
m m m m
  


một hệ thặng dư thu gọn C modulo m . Vì (a;m) = 1 =>
(a;m
1
) = 1 và (a;m
2
) = 1 =>
i
aA
sao cho a ≡ a
i
(mod m
1
) ;
j
bB
sao cho a ≡ b
j
(mod m
2
)
Từ đây suy ra : Mỗi phần tử a

hệ thặng dư thu gọn C modulo m sẽ tương ứng với cặp số
 
;
ij
ab

Ngược lại : với cặp số
 

Ví dụ 9: Cho đa thức
( ) ( 1) 1
p
T x p x x   
trong đó p là một số nguyên tố lẻ cho trước. CMR
: Tồn tại vô hạn số nguyên dương a sao cho T(a) chia hết cho p
p
.
Chứng minh : Xét tập A =
 
1;2; ;
p
p
; lấy 2 phần tử khác nhau u , v trong A . Ta thấy rằng : 0
< |u – v| < p
p
=>
0uv
(mod p
p
) hay
uv
(mod p
p
) (1) Ta sẽ chứng minh :
( ) ( )T u T v
(mod p
p
) bằng phản chứng : Giả sử :
( ) ( )T u T v

(mod p) =>
 
( 1) ( ) ( 2)( )
pp
p u v u v p u v      
(mod p) (4) Từ (3)(4) => (p-2)(u-v) ≡ 0 (mod p) (5) ; để
ý rằng do p là số nguyên tố lẻ nên (p-2;p) = 1 vì thế từ (5) => u – v ≡ 0 (mod p) => u ≡ v (mod p)
(6) Từ (2) =>
1
1
0
( ) ( 1) 1 0
p
p k k
k
u v p u v





   





(mod p
p
) (7) Từ (6) => v

p k k
k
p u v








≡
1
( 1)
p
p pu



(mod p) =>
1
1
0
( 1) 1
p
p k k
k
p u v










không chia hết cho p
=>
1
1
0
( 1) 1; 1
p
p k k
k
gsd p u v p





  





=>
1

lập thành hệ thặng dư đầy đủ modulo p
p
=> Tồn tại lớp thặng dư
 
()Tk

(với
()T k B
) sao cho T(k) ≡ 0 (mod p
p
) => đpcm.
Ví dụ 10 : Cho m là số nguyên dương sao cho m ≡ 1 (mod 8) . Xét m số nguyên không âm
 
1
m
i
i
a

đôi một khác nhau . CMR : Tồn tại bốn số a
h
; a
k
; a
p
; a
q
sao cho
2
(mod )

h
; a
k
; a
p
; a
q

) bất kì trong S thì
2
(mod )
h k p q m
a a a a C  
(1) . Xét tập hợp H :
 
i j i j
H a a a a S   
;
thấy rằng H có
2
m
C
phần tử ; kết hợp (1) ta suy ra rằng : H là một hệ thặng dư đầy đủ modulo
2
m
C

Gọi T là tổng các phần tử của H =>
 
22

4 (8 1)
22
m
m m k k
C k k

   
=>
 
22
1.
2
mm
CC
là số lẻ . Từ (2) thấy : T ≡ số lẻ
(mod số chẵn) => T : lẻ (3) . Mặt khác : T = (m-1).
 
12

m
a a a  
= 8k
 
12

m
a a a  
= số
chẵn (4) Ta thấy (3)mâu thuẫn với (4) => đpcm
Chú ý : Để giúp các em học sinh có thể hình dung ra tầm quan trọng của việc sử dụng kiến

Khả năng 2 : Trong S không có số nào chia hết cho 19 => hệ S = {n ; n+1; ; n+17} là htdtg mod
19 =>
sS
s


= 1.2.3 17.18 = 18 ! ≡ - 1 (mod 19) (1) (theo đlí Willson) Mặt khác theo đề thì :
SKKN Giảng dạy môn Lí thuyết số sơ cấp Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đnai
Trang : 13

sS
s


=
2
.
a A b B a A
a b a
  




  
(2) (vì
a A b B

thể biểu diễn dưới dạng : mh + nk trong đó m , n là những số không âm (2) :
Thật vậy : Giả sử w = mh + nk (trong đó m , n là những số không âm ) thì : w = mh + nk ≡ (h-
1)k (mod h) và
w mh nk ik  
(mod h) với mọi i thỏa 0 ≤ i < b-1 => nk ≡ (h-1)k (mod h) và
nk ik
(mod h) với mọi i thỏa 0 ≤ i < b-1 => n ≥ h-1 => w = mh + nk > nk ≥ (h-1) k > (h-1)k-
k = hk-h-k = w hay w > w : vô lí ! Điều vô lí này hoàn tất phần chứng phản chứng .
Từ (1) và (2) suy ra bổ đề được chứng minh !
Vào bài : Từ giả thiết bài toán ta thấy tập hợp S = {0 ; bc ; 2bc ; 3bc ; … ; (a-1)bc} lập thành hệ
thăng dư đầy đủ mod a .
SKKN Giảng dạy môn Lí thuyết số sơ cấp Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đnai
Trang : 14

Với mỗi số nguyên u > 2abc - ab - bc – ca thì tồn tại số nguyên x sao cho : 0 ≤ x ≤ a-1 và u ≡
xbc (mod a) => u – xbc > 2abc - ab - bc - ca - (a-1)bc = abc - ab - ca = a(bc - b - c) hay : u-xbc
> (bc-b-c)a (1) ; Do u – xbc ≡ 0 (mod a) => u – xbc = ka (2) Từ (1) (2) => k > bc-b-c (3) Theo
bổ đề trên thì tồn tại các số nguyên không âm x ; y sao cho có biểu diễn : k = zb + yc (4) Từ
(2)(4) => u = xbc + yca + zab Như vậy ta đã chứng minh được mệnh đề : Với mỗi số nguyên u >
2abc - ab - bc – ca thì tồn tại các số nguyên không âm x ; y ; z sao cho có biểu diễn : u = xbc +
yca + zab (*)
Xét số nguyên v = 2abc - ab - bc – ca . Ta sẽ dùng phương pháp phản chứng để chứng tỏ v
không thể biểu diễn dưới dạng : v = xbc + yca + zab trong đó x,y,z là các số nguyên không âm
(**)
Giả sử tồn tại các số nguyên không âm x ; y ; z sao cho có biểu diễn : v = xbc + yca + zab => v ≡
xbc (mod a) (5) . Do v = 2abc - ab - bc – ca => v ≡ - bc (mod a) (6) . Từ (5)(6) => xbc ≡ - bc
(mod a) => x ≡ - 1 (mod a) => x ≡ a-1 (mod a) (7) ; để ý x không âm nên từ (7) => x ≥ a-1 . Lập

()T S a

(để ý tổng này có n! số hạng ; S(a) chạy trên
tất cả các hoán vị của {1;2;…;n} )
Với mỗi i = 1;2,…;n thì số hạng
j
ki
với j = 1;2;…;n sẽ xuất hiện (n-1)! lần trong T nên ta có :
SKKN Giảng dạy môn Lí thuyết số sơ cấp Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đnai
Trang : 15

1
( ) ( 1)! ( 1)!.
2
jj
i j j
T S a n i k n k    
   

1
!. ( 1).
2
j
j
T n n k  

(để í n lẻ nên

1
k
p
k
x
Px
kn




không có nghiệm nguyên .
Chứng minh : Ta có P(x) = 0
0
0
p
k
k
k
ax



(1) trong đó
*
k
aN
(Điều này có được nhờ việc
nhân hai vế của pt P(x) = 0 với M=
1

Do : n ≤ p – 2 => (p,n) = 1 => tập H = {n+1 ; 2n+1 ; ; pn+1} là hệ thặng dư đầy đủ => tồn tại
duy nhất k

= s (
{1,2, , }sp
) sao cho sn + 1 ≡ 0 (mod p) , hay sn+ 1 chia hết cho p ; khi đó :
1
s
M
a
sn


sẽ không chia hết cho p và các hệ số
k
a
còn lại (mà
ks
aa
) sẽ chia hết cho p (vì
trong
k
a
có chứa thừa số (sn+ 1) chia hết cho p (3) . Từ (2) và (3) ta có : các hệ số
k
a
(mà
ks
aa
) sẽ chia hết cho p nhưng không chia hết cho p

ks
a c a c p






(5) Từ
(3) (5) =>
s
cp
=>
cp
=>
2i
i
a c p
với 2 ≤ i ≤ p
2
2
p
k
k
k
a c p



(5) ; Mặt khác do :


  



(6) .Từ (5)(6)
 
2
01
a ac p
(7) .
●Nếu :
0s
aa
và
1s
aa

2
11
,a p c p a c p
nên từ (7) =>
2
0
ap
: điều này mâu thuẫn với
(4) .
●Nếu :
0s
aa

ap
; (c’;p) =1 =>
2
0 1 0 1
( '. ) pa ac a ac p  
: mâu thuẫn (7) . Nếu h ≥ 2 thì
2
1
. '.
h
a c p p
và
2
0
ap
=>
2
0 1 0 1
( '. ) p
h
a ac a ac p  
: mâu
thuẫn (7)
Tóm lại : pt (1) không có nghiện nguyên => pt P(x) = 0 không có nghiện nguyên
Ví dụ 15 (Rumania 2002): Cho p là số nguyên tố ; m là số nguyên dương . CMR : Với mỗi số
nguyên dương k < m luôn tồn tại một số nguyên h sao cho
.
mk
h p p
chia hết cho k!

m k k
h p p



chia hết cho M.p
k

.
mk
h p p
chia hết cho M.p
k
(1) . Theo định lí Lagendre thì số mũ r của số
nguyên tố p trong phân tích tiêu chuẩn của k! sẽ là :
1
i
i
k
r
p







<
1

2
m



phần tử
Bài 4: Tìm m sao cho số phần tử của hệ thặng dư đẩy đủ gấp ba số phần tử của hệ thặng dư thu
gọn modulo m
Bài 5: Cho số nguyên tố lẻ p . Giả sử
 
12
; ; ;
p
a a a
là hđđ . CMR : p|(a
1
+a
2
+ +a
p
)
Bài 6: Cho 4 số nguyên a;b;c;d . CMR :T = (a-b)(a-c)(a-d)(b-c)(b-d)(c-d) chia hết cho 12 .
Hướng dẫn : Xé theo Z
3
và Z
4

Bài 7: Cho hai số nguyên dương m , n . Chứng minh rằng trong tập hợp S =
 
2 ;3.2 ;5.2 ;7.2 ;9.2

chia hết cho
5
n

Bài 11 : Trong bài tập này kí hiệu
S
là tập các số chính phương . Cho n là số nguyên dương lẻ :
n ≥ 3 . Xét các tập :
 
*
1A k N kn S   
;
 
*
B h N hn S  
. Chứng minh rằng : n là số
nguyên tố

n ≤ k + 2 với mọi k
A
và n ≤ h với mọi h
B

SKKN Giảng dạy môn Lí thuyết số sơ cấp Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đnai
Trang : 18

Bài 12: Cho đa thức P(x) = x
SKKN Giảng dạy môn Lí thuyết số sơ cấp Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đnai


Nguyễn Hồng Lữ
SKKN Giảng dạy môn Lí thuyết số sơ cấp Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đnai
Trang : 20

SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI
Đơn vị : Lương Thế Vinh CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc

, ngày tháng năm

PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Năm học: 2012-2013
–––––––––––––––––
Tên sáng kiến kinh nghiệm: ỨNG DỤNG THẶNG DƯ MODULE M
ĐỂ GIẢI TOÁN SỐ HỌC CHO HỌC SINH CHUYÊN TOÁN
Họ và tên tác giả: Nguyễn Hồng Lữ Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị: THPT Chuyên Lương Thế Vinh Đồng nai
Lĩnh vực: (Đánh dấu X vào các ô tương ứng, ghi rõ tên bộ môn hoặc lĩnh vực khác)
- Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học bộ môn: Toán học 
- Phương pháp giáo dục  - Lĩnh vực khác: 
Sáng kiến kinh nghiệm đã được triển khai áp dụng: Tại đơn vị  Trong Ngành 
Tính mới (Đánh dấu X vào 1 trong 2 ô dưới đây)
Có giải pháp hoàn toàn mới 