SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Năm học 2015 - 2016

PHẦN I

ĐẶT VẤN ĐỀ
I.

LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Theo xu thế phát triển của đất nước, việc phải hội nhập nến kinh tế và giáo dục

với các nước trong khu vực và trên thế giới là điều tất yếu. Nhiệm vụ đặt ra cho
ngành giáo dục là làm thế nào để cải tiến phương pháp giảng dạy cho phù hợp với
sự phát triển của thế giới.
Trong lí luận dạy học hiện nay, nhiều phương pháp được xem xét, được phân
loại theo nhiều quan điểm khác nhau, nhiều ý tưởng mới về phương pháp đang
được đề xuất thử nghiệm nhằm đáp ứng yêu cầu ngày càng cao của con người.
Riêng môn toán, nó có tầm quan trọng trong đời sống và trong các ngành khoa
học. Việc tìm ra phương pháp giảng dạy cho tốt môn toán trong trường phổ thông
là hết sức cần thiết. Theo C.Mac “một khoa học thực sự phát triển nếu nó có thể
sử dụng được phương pháp toán học”. Toán học có vai trò như vậy, vì nó không
chỉ là một tập hợp các sự kiện mà là một hệ thống các sự kiện. Do vậy, việc giảng
dạy môn toán không chỉ đơn điệu sử dụng một phương pháp mà phải phối hợp
các phương pháp giảng dạy với nhau đối với từng loại tri thức toán học (nên dạy
cho học sinh những gì? Cần truyền đạt những gì?....)
Việc học toán và giải toán trong học tập và việc giải quyết những vấn đề trong
cuộc sống có những nét giống nhau nếu cả hai vấn đề đó đều được thực hiện một
cách khoa học. Tính khoa học được thể hiện ở khả năng suy luận logic và khả
năng thực hành công việc. Chẳng hạn, một thợ sửa máy giỏi nếu đoán chính xác
máy bị hư bộ phận nào; sửa bộ phận đó ra sao; thực hiện các thao tác sửa chữa.

• Phân loại và nêu được phương pháp giải các dạng bài toán về chia hết trong
chương trình THCS.
• Đưa ra một số dạng bài tập và nâng cao.
III.

ĐỐI TƯỢNG VÀ THỜI GIAN THỰC HIỆN ĐỀ TÀI:

• Đối tượng thực hiện: học sinh khối 6,7, 8 và khối 9.
• Thời gian thực hiện: trong năm học

LÊ THỊ LIỄU
2


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Năm học 2015 - 2016

PHẦN II

NỘI DUNG
I.

SƠ LƯỢC MỘT SỐ KHÁI NIỆM:

1. Kỹ năng là gì?
• Kỹ năng là khả năng thực hiện có kết quả một hành động nào đó theo một
mục đích trong những điều kiện nhất định.
• Kỹ năng toán học là khả năng vận dụng kiến thức (khái niệm, phương pháp,
cách thức…) để giải quyết một nhiệm vụ mới.


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Năm học 2015 - 2016

b. Tính Chất:
• Tính phản xạ: ∀ a∈ Z, a≠ 0 thì a Ma
• Tính phản xứng: Nếu a Mb và b Ma thì a = b
• Tính bắc cầu: Nếu a Mb và b Mc thì a Mc
c. Một Số Định Lí:
• ∀ a∈ Z thì a M1
• ∀ a∈ Z, a≠ 0 thì 0 Ma
• a Mb ⇒ ka Mb
• a Mm và b M m ⇒ a ± b Mm
• a ± b Mm và a Mm ⇒ b Mm
• a Mm và b M n ⇒ ab Mmn
• a Mb ⇒ an Mbn, n∈ N, n≠ 0
• an Mbn ⇒ a Mb
• a Mb ⇒ an Mb, n∈ N, n≠ 0
• an Mb, b là số nguyên tố ⇒ a Mb, n∈ N, n≠ 0
• ab Mm và (a, m) = 1 ⇒ b M m
• ab Mm và m là nguyên tố ⇒ a Mm hoặc b Mm
• a Mm và a M n và (m,n) = 1 ⇒ a Mmn
• a Mm , a Mn và a M p với m,n,p nguyên tố đôi một cùng nhau ⇒ a Mmnp
• Tích n số tự nhiên liên tiếp thì chia hết cho giai thừa n
(m +1)(m+2)…(m+n) M n!
d. Điều Kiện Chia Hết:
• Điều kiện chia hết cho 2:
an a ...a a M
2⇔a M

n−1 1 0
n−1
1 0
• Điều kiện chia hết cho 4 = 22 hoặc 25 = 52:
an a
...a a M
4 ⇔a a M
4
n−1 1 0
1 0
an a
...a a M
25 ⇔a a M
25
n−1 1 0
1 0

• Điều kiện chia hết cho 8 = 23 hoặc125 = 53:
an a ...a a a M
8⇔ a a a M
8
n−1 2 1 0
21 0

an a ...a a a M
125 ⇔ a a a M
125
n−1 2 1 0
21 0
• Điều kiện chia hết cho 11:

c. Tính Chất:

LÊ THỊ LIỄU
5


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Năm học 2015 - 2016

• Tính chất 1: Ta có thể cộng vế với vế của hai đồng dư thức theo cùng một
mô đun. Nghĩa là từ các đồng dư thức a ≡ b ( mod m ), c ≡ d( mod m ), suy
a + c ≡ b + d ( mod m )

ra
Chứng minh:

Ta có: ( a + c ) – ( b + d ) = ( a – b ) + ( c – d )
Từ giả thiết suy ra, a – b và c – d chia hết cho m, do đó
( a + c ) – ( b + d ) chia hết cho m
Hay

a+c

b + d ( mod m )

Hệ quả:
o a ≡ b ( mod m ) suy ra a + c ≡ b + c ( mod m )
o a ≡ b ( mod m ) suy ra a ≡ b + mt ( mod m )
o a ≡ b ( mod m ) suy ra a – c ≡ b ( mod m )


Năm học 2015 - 2016

Chứng minh:

a b
− ) chia hết cho m.
d d
a b
Nhưng (d,m) = 1, từ đó suy ra − chia hết cho m.
d d
a b
≡ (mod m)
Hay
d d

Theo giả thiết ta có: a – b = d (

•

Tính chất 4: Ta có thể nhân hai vế và mô đun của một đồng dư thức với
một số nguyên dương và chia hai vế và mô đun cho một ước chung dương
của chúng, Nghĩa là từ a ≡ b ( mod m ), suy ra ac ≡ bc ( mod mc ) và
a b
m
≡ (mod ) , với mọi số nguyên dương c và mọi ước chung dương d
d d
d

của a, b, m.

LÊ THỊ LIỄU
7


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

•

Năm học 2015 - 2016

Tính chất 6: Nếu hai số đồng dư với nhau theo nhiều mô đun m thì chúng
cũng đồng dư với nhau theo theo mô đun là BCNN của các mô đun, nghĩa
là, từ a ≡ b ( mod mi ), i = 1, 2, 3, …, n suy ra a ≡ b ( mod M ), M = = [m 1,
m2,…,mn]

Chứng minh:
Tính chất này cũng hiển nhiên vì a – b là một b ội chung c ủa m 1, m2,
…,mn thì nó cũng là bội của BCNN(m1, m2,…,mn)

II.

PHÂN TÍCH THỰC TRẠNG:

1. Thuận lợi:
• Nhà trường:
o BGH luôn quan tâm đến chất lượng giáo dục toàn diện, đổi mới
phương pháp dạy học.
o Thường xuyên tổ chức các lớp bồi dưỡng học sinh giỏi, phụ đạo học
sinh yếu.
o Tạo điều kiện thuận lợi cho giáo viên phát huy khả năng của mình.

các bài toán về chia hết,… mà những dạng toán này thì hầu như đều có
trong các cuộc thi toán. Do vậy tôi đã áp dụng đề tài này.
III.

ĐỀ XUẤT BIỆN PHÁP:

1. Các dạng toán thường gặp và phương pháp giải:
1.1 Dạng 1: Chứng minh A(n) chia hết cho một số nguyên tố P

• Phương pháp:
Để chướng minh A(n) chia hết cho P, P nguyên tố ta có thể xét mọi trường
hợp về số dư khi chia n cho p(0, ±1, ±2,..., ±

p −1
)
2

• Ví dụ:
CMR: A(n) = n(n2 + 1)(n2 + 4) M5 , ∀n ∈ Z
Giải:
Xét các trường hợp:
TH1: nếu n M5 ⇒ A(n) = n(n2 + 1)(n2 + 4) M5
TH2: nếu n M5 thì n có dạng 5k ± 1hoặc 5k ± 2
• Nếu n = 5k ± 1 ⇒ n2 = 25k2 ± 10k + 1 ⇒ n2 + 4 M5 ⇒ A(n) M5
• Nếu n = 5k ± 2 ⇒ n2 = 25k2 ± 20k + 4 ⇒ n2 + 1 M5 ⇒ A(n) M5
Vậy: A(n) = n(n2 + 1)(n2 + 4) M5 , ∀n ∈ Z
LÊ THỊ LIỄU
9



o Nếu n =kq ±

k −1
k +1
k −1
thì n +
hoặc n +
chia hết cho k
2
2
2

1.2. Dạng 2: Chứng minh A(n) chia hết cho m, m là hợp số.

• Phương pháp:
Để chướng minh A(n) chia hết cho m, m là hợp số ta phân tích m ra thừa số.
Giả sử m = pq

LÊ THỊ LIỄU
10


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Năm học 2015 - 2016

o Trường hợp 1: Nếu p, q là hai số nguyên tố hay p và q là hai số
nguyên tố cùng nhau thì ta tìm cách chứng minh A(n) Mp và A(n) Mq,
từ đó suy ra A(n)Mp.q ,(p.q=m)
• Ví dụ 1:


A(n) = 4.n(n + 1) M4.2 hay A(n) M8

• Bài tập áp dụng:
Chứng minh rằng:
a/ A(n) = n4 – n2 M12, ∀n ∈ Z
b/ B(n) = n(n+2)(25n2 – 1) M24, ∀n ∈ Z
c/ C = ab(a4 – b4) M30, ∀a, b ∈ N , a > b
LÊ THỊ LIỄU
11


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Năm học 2015 - 2016

Giải:
a/ Ta có thể viết A(n) = n4 – n2 = (n – 1)n.n(n + 1)
•

Tích ba số nguyên liên tiếp (n – 1)n(n + 1) luôn chia hết cho 3:

⇒ A(n) M3
•

Tích hai số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2

⇒ (n – 1)n M2 và n(n + 1) M2 ⇒ A(n) M4

Mà 12 = 3.4 và (3,4) = 1 nên A(n) = n4 – n2 M12, ∀n ∈ Z

•

Nếu a hoặc b chiahết cho 3 thì ab(a4 – b4) M3 ⇒ C M3

•

Nếu a và b không chia hết cho 3 thì a = 3k ± 1, b = 3q ± 1. k , q ∈ Z

⇒ a4 =3t + 1 , b4 = 3h + 1. t , h ∈ Z
⇒ (a4 – b4) M3 ⇒ C M3

Do đó, C = ab(a4 – b4) M3 ∀a, b ∈ N
•

(2 )

Nếu a hoặc b chiahết cho 5 thì ab(a4 – b4) M5 ⇒ C M5

• Nếu a và b không chia hết cho 5 thì a = 5k ± 1 hoặc a = 5k ± 2
LÊ THỊ LIỄU
12 b = 5q ± 1 hoặc b = 5q ± 2 k , q ∈ Z
⇒ ( a4 – 1) M5 và (b4 – 1) M5 ⇒ (a4 – b4) M5


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Năm học 2015 - 2016

1.3 Dạng 3: Chứng minh A(n) chia hết cho m, ∀m ∈ N
• Phương pháp:

Ta lại có : 18n + 9n2 + 9 M9
⇒ 3n( n – 1)(n + 1) + 18n + 9n2 + 9 M9
LÊ THỊ LIỄU
hay A(n) = n3 + (n + 1)3 + (n + 2)133 9,


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Năm học 2015 - 2016

b/ Ta có: B(n) = n5 – n = n( n4 – 1)
= n(n2 + 1)(n2 – 1)
= n(n – 1)(n + 1)(n2 – 4 + 5)
= n(n – 1)(n + 1)(n2 – 4) + 5n(n – 1)(n + 1)
= n(n – 1)(n + 1)(n – 2)(n + 2) + 5n(n – 1)(n + 1)
•

Do n(n – 1)(n + 1)(n – 2)(n + 2) là tích của n ăm s ố nguyên liên ti ếp nên
chia hết cho 2, 3 và 5. Và vì 2, 3 và 5 đôi một nguyên t ố cùng nhau nên:
n(n – 1)(n + 1)(n – 2)(n + 2) M30

•

Tích ba số nguyên liên tiếp n(n – 1)(n + 1) luôn chia hết cho 6
⇒ 5n(n – 1)(n + 1) M30

Vậy: B(n) = n5 – n = n(n – 1)(n + 1)(n – 2)(n + 2) + 5n(n – 1)(n + 1) M30
c/ Ta có: C(n) = n3 + 5n = n3 – n + 6n
= n(n – 1)(n + 1) + 6n
•

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Năm học 2015 - 2016

o an – bn = (a – b)(an-1 + an-2b + …+ abn-2 + bn-1), ∀n ∈ N
o an – bn = (a + b)(an-1 – an-2b + …+ abn-2 – bn-1), ∀n chẵn
o an + bn = (a + b)(an-1 – an-2b + … – abn-2 + bn-1), ∀n lẻ
Từ các hằng đẳng thức trên suy ra
o an – bnMa – b, ∀n ∈ N (a ≠ b)
o an – bnMa + b, ∀n chẵn (a ≠ −b)
o an + bnMa + b, ∀n lẻ (a ≠ −b)
•

Ví dụ :
CMR: A(n) = 24n – 1M15 , ∀n ∈ N

Giải:
Ta có : A(n) = 24n – 1 =(24)n – 1 = (24 – 1) [(24)n-1 + … + 1] = 15.M M15
Vậy: A(n) = 24n – 1M15 , ∀n ∈ N
•

Bài tập áp dụng :
Chứng minh rằng:
a/ A = 25 + 35 + 55 M5

Giải:

b/ B = 71 + 72 + 73 + 74 + … + 74k M400 , ∀k ∈ N

c/ C = 75(451975 +5 41974 + … + 425 + 5)5 + 25 M41976

Chứng minh rằng: Trong m + 1 số nguyên bất kì thế nào cũng có hai số có
hiệu chia hết cho m.
Giải:
Khi chia một số cho m thì ta có số dư là một trong m s ố 0, 1, 2, …, m – 1.
Do đó, theo nguyên lí Dirichlet khi chia m + 1 số cho m thì phải có ít nhất hai số
có cùng số dư. Hiệu hai số này chia hết cho m.
• Bài tập áp dụng:
Chứng minh rằng:
a/ Trong m số nguyên bất kì bao giờ cũng có một số chia hết cho m hoặc
có ít nhất hai số có tổng chia hết cho m.
b/ Trong các số tự nhiên thế nào cũng có số k sao cho: 1983k – 1M105
Giải:
c/ Tồn tại số tự nhiên k < 17 sao cho : 25k – 1M17
a/ Gọi m số nguyên bất kì là: a1, a2, a3, …, am . Ta lập tổng:
a1
a1 + a2
a1 + a2 + a3
…………………
a1 + a2 + a3 + …+ am
• TH1 : Một trong các tổng trên chia hết cho m. Đó là điều phải chứng minh
• TH2: Không có tổng nào chia hết cho m, như vậy số d ư khi chia m ỗi
tổng trên cho m là một số từ 1 đến m – 1. Ta có m t ổng, do đó theo nguyên
Dirichlet phải có hai tổng có cùng số dư khi chia cho m. Hiệu c ủa hai
LÊ THỊ líLIỄU
16
tổng này (là tổng của một số các số đã cho) chia hết cho m.


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM


Bước 1: Thử với n = a ⇒ P(a) đúng. Do đó, P(n) đúng khi n = a.
Bước 2: Giả sử P(n) đúng khi n = k, k ∈ Z và k ≥ a , nghĩa là P(k) đúng.
LÊ THỊ LIỄU
17


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Năm học 2015 - 2016

Bước 3: Ta phải chứng minh P(n) đúng khi n = k + 1, nghìa là P(k + 1) đúng.
Bước 4: Kết luận
Vậy: P(n) đúng ∀n ∈ Z và n ≥ a , a ∈ Z
o Phương pháp 2:
Bước 1: Thử với n = a ⇒ P(a) đúng. Do đó, P(n) đúng khi n = a.
Khi n = a + 1 ⇒ P(a + 1) đúng
Bước 2: Giả sử P(k – 1) và P(k) đúng , k ∈ Z và k ≥ a + 1
Bước 3: Ta phải chứng minh P(n) đúng khi n = k + 1, nghìa là P(k + 1) đúng.
Bước 4: Kết luận
Vậy: P(n) đúng ∀n ∈ Z và n ≥ a , a ∈ Z
o Phương pháp 3:
Bước 1: Thử với n = a ⇒ P(a) đúng. Do đó, P(n) đúng khi n = a.
Bước 2: Giả sử P(a), P(a + 1), …, P(k – 1), P(k) đúng.
Bước 3: Ta phải chứng minh P(n) đúng khi n = k + 1, nghìa là P(k + 1) đúng.
Bước 4: Kết luận
Vậy: P(n) đúng ∀n ∈ Z và n ≥ a , a ∈ Z
• Ví dụ:
CMR: A(n) = 16n – 15n – 1M225, ∀n ∈ N (*)
Giải: Khi n = 1
Ta có: A(1) =161 – 15.1 – 1 = 0 M225

A(k) = 42k+2 – 1 M15
• Ta chứng minh (1) đúng khi n = k + 1. nghĩa là ta chứng minh
A(k + 1) = 42(k +1)+2 – 1 M15
Thật vậy:
42(k +1)+2 – 1 = 16.42k+2 – 1
= 15.42k+2 + (42k+2 – 1)
Theo giả thiết quy nạp thì 42k+2 – 1 M15
Còn 15.42k+2 M15
Do đó, A(k + 1) = 42(k +1)+2 – 1 M15
Vậy: A(n) = 42n+2 – 1 M15, ∀n ∈ N
b/ B(n) = 4n + 15n – 1 M9, ∀n ∈ N (2)
• Khi n = 0
Ta có: B(0) = 40 + 15.0 – 1 = 0 M15
• Giả sử (2) đúng khi n = k. Nghĩa là:
B(k) = 4k + 15k – 1 M9
• Ta chứng minh (2) đúng khi n = k + 1. nghĩa là ta chứng minh
B(k+1) = 4k +1 + 15(k + 1) – 1 M9
Thật vậy:
4k +1 + 15(k + 1) – 1 = (4k + 15k – 1) + 3(4k + 5)
Theo giả thiết quy nạp thì 4k + 15k – 1 M9
Ta lại có 4k = 3M + 1 ⇒ 4k + 5 M3 ⇒ 3(4k + 5) M9
Do đó, B(k+1) = 4k +1 + 15(k + 1) – 1 M9
Vậy: B(n) = 4n + 15n – 1 M9, ∀n ∈ N
c/ C(n) = 10n + 18n – 28 M27, ∀n ∈ N (3)
• Khi n = 0
Ta có: C(0) = 100 + 18.0 – 28 = - 27 M27
• Giả sử (2) đúng khi n = k. Nghĩa là:
C(k) = 10k + 18k – 28 M27
• Ta chứng minh (2) đúng khi n = k + 1. nghĩa là ta chứng minh
C(k+1) = 10k+1 + 18(k+1) – 28 M27

2n

2

+ 5

M7, ∀ n ∈ N

b/ B = 7.52n + 12.6n M19, ∀n ∈ N
Giải:c/ C = 22225555+ 55552222 M7
a/ Ta có: 23 = 8 ≡ 1(mod 7). Ta đi tìm số dư của 22n khi chia cho 3
Vì 4 ≡ 1 (mod 3) nên 4n ≡ 1 (mod 3)
Hay 42n ≡ 1 (mod 3)
Đặt : 22n = 3k + 1, ta được:
A = 23k + 1 + 5 = 2. 8k + 5 ≡ 2 + 5 ≡ 0 (mod 7)
2n
M7, ∀ n ∈ N
Vậy: A = 2

2

+ 5

b/ Ta có: A = 7.25 + 12.6n
Vì 25 ≡ 6 (mod 19) nên A ≡ 7.6n + 12.6n ≡ 19.6n ≡ 0 (mod 19)
Vậy: A = 7.52n + 12.6n M19, ∀n ∈ N
c/ Ta có:
2222 ≡ 3 (mod 7) ⇒ 22224 ≡ 34 ≡ 4 (mod 7)
⇒ 22225 ≡ 4.3 ≡ 5 (mod 7)
LÊ THỊ LIỄU

casio; 1 giải kk môn toán 8 văn hoá cấp tỉnh. Tôi nhận thấy các em hứng thú học
tập, yêu thích say mê bộ môn toán nhiều hơn. Và hơn cả, các em đã tích cực tìm
tòi và áp dụng giải thành công các bài tập tương tự và những bài nâng cao hơn - đó
là điều mà tôi tâm đắc nhất.

LÊ THỊ LIỄU
21


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Năm học 2015 - 2016

Người viết : LÊ THỊ LIỄU

LÊ THỊ LIỄU
22