MỤC LỤC
Trang
1. Lời mở đầu ....................................................................................................01
1.1. Lí do chọn đề tài .........................................................................................01
1.2. Mục đích nghiên cứu...................................................................................01
1.3. Đối tượng nghiên cứu..................................................................................01
1.4. Phương pháp nghiên cứu.............................................................................01
2. Nội dung.........................................................................................................02
2.1. Cơ sở lí luận của vấn đề..............................................................................02
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.....................02
2.3.Các giải pháp đã thực hiện để giải quyết vấn đề..........................................03
2.3.1. Giải pháp 1 ..............................................................................................03
2.3.2. Giải pháp 2 ..............................................................................................03
2.3.3. Giải pháp 3 ..............................................................................................04
2.4. Hiệu quả .....................................................................................................18
3. Kết luận và kiến nghị ....................................................................................19


1. MỞ ĐẦU
1.1 Lí do chọn đề tài
Toán học là môn khoa học có ứng dụng trong mọi lĩnh vực của cuộc sống.Từ xa
xưa con người ta đã biết đến toán học thông qua đo đạc và tính toán. Trong nhà
trường môn toán giữ vai trò quan trọng bởi môn toán có tính trừu tượng, tính
logic, tính chính xác và có tính thực nghiệm cao.Vì vậy làm thế nào để học giỏi
toán, đó là câu hỏi đặt ra cho nhiều thế hệ học sinh.
Một trong những nội dung rất cơ bản của môn Toán lớp 6 đó là toán chia hết.
Toán chia hết là một dạng toán quan trọng, xuyên suốt quá trình học Toán từ lớp 6
đến lớp 9 và các cấp cao hơn. Bởi vậy các em học sinh cần phải trang bị cho mình
kiến thức vững vàng về “Dạng Toán chia hết”.
Kỹ năng giải Toán và biết vận dụng kiến thức đã học của học sinh vào giải bài
tập là vấn đề mà giáo viên nói chung luôn phải quan tâm. Thực tiễn dạy và học

SGK nên không nghĩ đó là trọng tâm của bài. Bên cạnh đó nếu có giải thì cũng
chưa yêu cầu học sinh làm thêm trong sách bài tập hoặc ngoài phạm vi sách giáo
khoa để rèn luyện kỹ năng và phát triển tư duy của HS. Mặt khác tài liệu tham
khảo viết về dạng toán này hầu như không có ở thư viện của trường. Từ những suy
nghĩ đó và thực tế giảng dạy tôi đã mạnh dạn viết đề tài này.
Từ thực trạng trên với mục đích khảo sát cụ thể để đánh giá và từ đó có biện
pháp giảng dạy có hiệu quả tôi đã tham khảo nhiều tài liệu và tiến hành khảo sát 7
em trong đội tuyển học sinh giỏi.
Bài tập 1: Tìm tất cả các số x;y để có số 34 x5 y chia hết cho 36
n + 15

Bài tập 2: Tìm số tự nhiên n để n + 3 là số tự nhiên
Bài tập 3: Cho n ∈ N chứng minh rằng 5 n - 1 chia hết cho 4
3


Kết quả thu được sau khi các em làm 3 bài tập trên như sau:
( Kết quả khảo sát đầu năm học 2016 – 2017)
Điểm < 5
Điểm 5 →
Khi a chia cho b có thể xảy ra | b| số dư
r ∈ {0; 1; 2; …; | b| }
Đặc biệt: r = 0 thì a = bq, khi đó ta nói a chia hết cho b hay b chia hết a.
Ký hiệu: ab hay b\ a
Vậy:a  b ⇔ Có số nguyên q sao cho a = bq
II. CÁC TÍNH CHẤT
1.
2.
3.
4.
5.

Với ∀ a ≠ 0 thì a  a
Nếu a  b và b  c thì a  c
Với ∀ a ≠ 0 thì 0  a
Nếu a, b > 0 và a  b ; b  a thì a = b
Nếu a  b và c bất kỳ thì ac  b
4


6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.

a. 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 (mod m)
Vậy: a ≡ b (mod m) ⇔ a – b  m
b. Các tính chất
1. Với ∀ a ⇒ a ≡ a (mod m)
2. Nếu a ≡ b (mod m) ⇒ b ≡ a (mod m)
3. Nếu a ≡ b (mod m), b ≡ c (mod m) ⇒ a ≡ c (mod m)
4. Nếu a ≡ b (mod m) và c ≡ d (mod m) ⇒ a+c ≡ b+d (mod m)
5. Nếu a ≡ b (mod m) và c ≡ d (mod m) ⇒ ac ≡ bd (mod m)
6. Nếu a ≡ b (mod m) ⇒ a n ≡ b n (mod m) (n ∈ N * )
V.NGUYÊN TẮC ĐIRICHLÊ
Nội dung quy tắc này được phát biểu dưới dạng một bài toán sau: Nếu nhốt
n thỏ vào m lồng(n > m) thì ít nhất có một lồng nhốt không ít hơn hai con thỏ.
5


2.3.3.Giải pháp thứ ba: Phân dạng các dạng toán cơ bản trong chuyên đề
toán chia hết lớp 6.
Trong phần này tôi chia theo từng dạng để dễ dàng cho người dạy và người học
tham khảo, lựa chọn một số bài cho HS làm từ dễ đến khó. Một bài có thể vận
dụng theo nhiều cách khác nhau, phát triển cho HS tính linh hoạt trong quá trình
giải toán
1.Dạng 1: Tìm các chữ số chưa biết của một số
Bài toán 1: Tìm các chữ số a và b sao cho 19ab chia hết cho 5 và 8
Nhận xét: Để tìm được a và b ta phải thấy được hai dấu hiệu cơ bản đó là số đó
chia hết cho 5 và 8
Giải
Vì 19ab chia hết cho 5 nên b = 0 hoặc b = 5 và 19ab chia hết cho 8 nên
suy ra b = 0

Giải
6


Ta có 2014 xy = 201400 + xy = 42 . 4795 + 10 + xy  42 ⇔ 10 + xy  42
Do 0 ≤ xy < 100 nên xy ∈ { 32;74} . Vậy (x; y) = (3; 2), (7; 4)

Bài toán 5: "Tìm các chữ số x; y để A = x183y chia cho 2; 5 và 9 đều dư 1". [ 4]
Nhận xét: Nếu A chia hết cho 2 và 5 thì y = 0 nhưng theo đề bài A = x183y chia
cho 2; 5 đều dư 1 nên ta tìm được y = 1
A = x183y chia cho 9 dư 1 ⇒ x1831 – 1 M9 từ đó dựa vào dấu hiệu chia hết cho
9 ta tìm được x.
Giải
Do A = x183y chia cho 2 và 5 đều dư 1 nên y = 1.Ta có A = x1831
Vì A = x1831 chia cho 9 dư 1 ⇒ x1831 – 1 M9 ⇒ x1830 M9
⇔ x + 1 + 8 + 3 + 0 M9 ⇔ x + 3 M9, mà 0< x ≤ 9 nên x = 6
Vậy x = 6; y = 1
Bài toán 6 : Chữ số a là bao nhiêu để aaaaa96 chia hết cho cả 3 và 8
Nhận xét: aaaaa96 chia hết cho cả 3 và 8 mà ba chữ số tận cùng là a96 nên ta sẽ
chọn dấu hiệu chia hết cho 8 để tìm a rồi sau đó thử lại với trường hợp chia hết
cho 3
Giải
Vì aaaaa96 8 ⇔ a96 8 ⇔ 100a + 96 8 ⇒ 100a 8
Vậy a là số chẵn ⇒ a ∈{ 2, 4, 6, 8} (1).
Vì aaaaa96 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).
từ (1) và (2 ) suy ra a = 6
Kết luận: Vậy số phải tìm là 6666696.


= 2(1+2)+ 23 (1+2)+…+ 259 (1+2)
= 3 (2 + 23 + 25+…+ 259)
= 3 (2 + 23 + 25+…+ 259)  3
Ta có
A = 2 + 22 + 23+…+ 260
= 2 (1 + 2 + 22) + 24 (1 + 2 + 22) + … + 258 (1 + 2 + 22)
= 2 . 7 + 24.7 + … + 258.7
= 7 (2 + 24 + …+ 258) 7
Ta có A = 2 (1 + 2 + 22 + 23) + 25(1 + 2 + 22 + 23) + … +257(1 + 2 + 22 + 23)
= 2. 15 + 25.15 + …+ 257.15
= 15( 2 + 25 + … + 257) 15
KL: Vậy A chia hết cho 3,7 và 15.
Bài toán 9: "Cho A = 3 + 32 + 33+ … + 390 Chứng minh rằng A chia hết
cho 11 và 13". [ 6]
Nhận xét: Dãy số của A có 90 số hạng ta nhóm thành các nhóm mỗi nhóm 5 số
hạng rồi đặt thừa số chung sẽ xuất hiện thừa số chia hết cho 11.Nhóm mỗi nhóm 3
số hạng rồi đặt thừa số chung sẽ có thừa số chung chia hết cho 13.
Giải
* Chứng minh A  11
Ta có
A = 3 + 32 + 33+ … + 390
= (3 + 32 + 33+ 34+ 35) +(36 + 37 + 38+ 39+ 310) +……+ (386+387+388+389+ 390)
= 3 (1 + 3 + 32+33+ 34) +36(1 + 3 + 32+33+ 34) +…….+ 386(1+3+32+33+ 34)
= 121. (3 + 36 +………+386 )  11
* Chứng minh A  13
Ta có A = 3 + 32 + 33+ … + 390
= (3 + 32 + 33)+(34+ 35+ 36) +……+ (388+389+ 390)
= 3(1 + 3 + 32)+ 34(1 + 3 + 32)+…….+ 388(1+3+32)
= 13. (3 + 34 +………+388 ) 13

43 40
43 43

...7 = ...0

≡ 3(mod 10)
≡ 9(mod 10)
≡ 9 2 ≡ 1(mod 10)
≡ 1 10 ≡ 1(mod 10)
= 43.43 2 . 43 40 ≡ 3.9.1 ≡ 7(mod 10)

17 ≡ 7(mod 10)
17 2 ≡ 9(mod 10)
17 4 ≡ 9 2 ≡ 1(mod 10)
17 16 ≡ 1 4 ≡ 1(mod 10)
17 17 =17. 17 16 ≡ 7.1 ≡ 7(mod 10)
Vậy 43 43 – 17 17 ≡ 7 – 7 (mod 10) ≡ 0(mod 10)
⇒ 43 43 – 17 17  10
⇒ 43 43 – 17 17  5
Vậy 43 43 – 17 17  5
Bài toán 11: Chứng minh rằng 2139+3921 chia hết cho 45
Giải

Ta có: 21 ≡ 1 (mod 20)
39 ≡ –1 (mod 20)

Vậy 2139 + 3921 ≡ 139+ (–1)21 ≡ 0 (mod 20)
Như vậy 2139 + 3921 20; do đó 2139 + 3921 5
Tương tự ta chứng minh 2139 + 3921 9 mà (5;9) = 1 nên 2139 + 3921  5.9
⇒ 2139 + 3921  45


94

2015

94

2015

94

n

2015

2015

94

94

1 20122015 9294
(7
3 ) = 5.k; k N . Suy ra A l s t nhiờn chia ht cho 5
2
Bi toỏn 13:"Cho A = 102012 + 102011 + 102010 + 102009 + 8
Chng minh rng A chia ht cho 24". [ 8]
A=

Gii


S A cú 3 ch s tn cựng 008 chia ht cho 8
Li cú tng cỏc ch s ca A l 12 chia ht cho 3
Vỡ 8 v 3 l hai s nguyờn t cựng nhau nờn A chia ht cho 8.3 = 24

101995 + 8
Bi toỏn 14: Chng minh rng s
l s t nhiờn
9
101995 + 8
Nhn xột: chng minh s
l s t nhiờn ta cn phi chng minh
9
10 1995 + 8 9
Giải:

100 .... 0

Ta cú: 101995 + 8 =

1995 số0

100....08
+ 8 = .
1994 số0

100....08
Vỡ s cú tng cỏc ch s l:
1994 số0


Nếu r = 2 thì n = 3k + 2 (k ∈ N)
⇒ n + 1 = 3k + 2 + 1 = (3k +3) 3.
⇒ n.(n +1).(n +2) 3.
Vậy n.(n +1).(n +2) 3 với mọi số tự nhiên n
c) Chứng minh tương tự ta có n.(n +1).(n +2).(n +3) 4 với mọi số tự nhiên n
Tổng quát: Tích của n số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho n
Bài toán 16: Chứng minh rằng n3– n chia hết cho 6 với n nguyên
Giải
Ta chứng minh n3 – n chia hết cho 2 và chia hết cho 3
Nếu n ≡ 0 (mod 2) thì n3 – n ≡ 03 – 0 ≡ 0 (mod 2)
Nếu n ≡ 1 (mod 2) thì n3 – n ≡ 13 – 1 ≡ 0 (mod 2)
Như vậy với n nguyên, n3 – n ≡ 0 (mod 2) nghĩa là n3 – n chia hết cho 2
Mặt khác
+ Nếu n ≡ 0 (mod 3) thì n3 – n ≡ 03 – 0 ≡ 0 (mod 3)
+ Nếu n ≡ 1 (mod 3) thì n3 – n ≡ 13 – 1 ≡ 0 (mod 3)
+ Nếu n ≡ 2 (mod 3) thì n3 – n ≡ 23 – 2 ≡ 0 (mod 3)
Với n nguyên n3 – n ≡ 0 (mod 3) nghĩa là n3 – n chia hết cho 3.
Kết luận: Vậy n3 – n 6 với n nguyên
...1 chia hết cho 3.

Bài toán 17: Chứng minh rằng 2n + 11
nchuso

11


Giải
Số n và số có tổng các chữ số bằng n có cùng số dư trong phép chia cho 9.
...1 – n chia hết cho 9.


Bài toán 19 : Cho ( abc − deg ) 7 . CMR: abc deg  7.
Giải
Ta có: abc deg

= abc000 + deg
= 1000abc + deg

= 1001abc − ( abc − deg ) vì 1001abc 7
Do đó nếu ( abc − deg )  7 thì abc deg  7.
Bài toán 20: "Cho biết a + 4b chia hết cho 13 (a;b ∈ N) chứng minh rằng
10a + b chia hết cho 13". [ 9]
Nhận xét: Đặt x = a + 4b

y = 10a + b

Ta biết x 13 ta cần chứng minh y =10a + b 13
+ Hệ số của a ở x là 1,hệ số của a ở y là 10 nên
- Xét biểu thức 10x – y nhằm khử a tức là làm cho hệ số của a bằng 0
- Xét biểu thức 3x + y nhằm tạo ra hệ số của a = 13
+ Hệ số của b ở x là 4 hệ số của b ở y là 1 nên
- Xét biểu thức 4y – x nhằm khử b
- Xét biểu thức x + 9y nhằm tạo ra hệ số của b bằng 13
12


Giải:

Đặt x = a + 4b

Cách 1:

x + 9y
= a + 4b + 9(10a + b)
= a + 4b + 90a + 9b
= 91a + 13b
= 13(7a + b) 13

Như vậy x + 9y  13 do x 13 nên 9y 13 mà (13;9) = 1 ⇒ y 13
13


Vậy a + 4b 13 thì 10a + b 13
Bài toán 21: "Chứng tỏ rằng nếu 3a + 2b chia hết cho 17 (a,b ∈ N) thì 10a + b chia
hết cho 17. Điều ngược lại có đúng không". [10]
Nhận xét:
Đặt x = 3a + 2b y = 10a + b ta chứng minh y  17
Có thể xét các biểu thức sau: 2y – x ; 8x + y ; 9x – y ; 10x – 3y;...
Giải:
Đặt x = 3a + 2b y = 10a + b
Xét biểu thức 2y – x
= 2(10a + b) – (3a + 2b)
= 20a + 2b – 3a – 2b
= 17a  17
Vậy nếu x  17 thì 2y  17 ⇒ y 17
và ngược lại nếu 2y 17 ⇒ y 17 thì x 17
Dạng 4: Tìm điều kiện để một bài toán chia hết cho một số hoặc cho một biểu
thức
Bài toán 22:
Tìm số tự nhiên n sao cho 7  n +1
Giải:


Giải:

n + 15

Ta có: n + 3 là số tự nhiên thì (n + 15)  (n + 3)

n + 15
n + 3 + 12
12
=
=1+
để (n + 15)  (n + 3) thì 12  n + 3
n+3
n+3
n+3
⇔ (n + 3) ∈ U(12) = {1; 2; 3; 4; 6; 12}.

14


⇔ n ∈ {0; 1; 3; 9}.

Vậy với n ∈ {0; 1; 3; 9} thì

n + 15
là số tự nhiên.
n+3

Bài toán 25: Tìm số tự nhiên n để (5n + 14) chia hết cho (n + 2).
Giải:

Bài toán 27: "Trong 7 số tự nhiên bất kì. Chứng minh rằng bao giờ cũng có thể
chọn ra 2 số mà hiệu của chúng chia hết cho 6". [11]
Nhận xét: Ta coi 7 số là 7 con thỏ. 7 con thỏ này được nhốt trong mấy lồng? Vấn
đề đặt ra là ta phải tìm lồng cho thỏ.
Ta biết rằng khi chia một số cho 6 thì số dư chỉ có thể là một trong 6
số:0, 1, 2, 3, 4, 5. Có 7 số tự nhiên chia cho 6 mà chỉ có 6 số dư nên theo nguyên lí
Đirichlê thì ít nhất có 2 số chia cho 6 có cùng số dư. Hiệu hai số này chia hết cho
6.
Giải
15


Khi chia một số cho 6 thì số dư r chỉ có thể lấy một trong 6 giá trị là:0, 1, 2, 3, 4,
5.Có 7 số tự nhiên chia cho 6 mà chỉ có 6 số dư nên theo nguyên lí Đirichlê thì ít
nhất có 2 số chia cho 6 có cùng số dư. Hiệu 2 số này chia hết cho 6.
Bài toán 28: Cho n + 1 số tự nhiên. Chứng minh rằng bao giờ cũng có thể chọn ra
2 số mà hiệu của chúng chia hết cho n. (n € N*)
Giải
Khi chia một số cho n thì số dư r chỉ có thể lấy một trong n giá trị là 0; 1; 2; 3;...; n
– 1. Có n + 1 số tự nhiên chia cho n mà chỉ có n số dư nên theo nguyên lí Đirichlê
thì ít nhất cũng có 2 số có cùng số dư. Hiệu hai số này chia hết cho n.
Bài toán 29: "Cho dãy số 10; 102; 103; 104;...; 1020
Chứng minh rằng tồn tại một số chia cho 19 dư 1". [12]
Nhận xét:
Ta coi dãy số 10; 102; 103; 104;...; 1020 là 20 con thỏ
Phép chia cho 19 có 19 số dư 0; 1; 2; 3;...; 18 là 19 cái lồng
20 con thỏ mà có 19 cái lồng nên có ít nhất một cái lồng có nhiều hơn 2 con thỏ
hay có hai số có cùng số dư.
Gọi 2 số đó là 10n và 10m(m > n; 1 ≤ m, n ≤ 20)
Ta có 10m – 10n chia hết cho 19

- Nếu 2 số dư bằng nhau thì hiệu của chúng chia hết chho 8
- Nếu hai số dư khác nhau thì tổng của chúng chia hết cho 8
Bài toán 31: Chứng minh rằng trong 52 số tự nhiên tuỳ ý chí ít cũng có một cặp
gồm hai dố sao cho hoặc tổng hoặc hiệu của chúng chia hết cho 100.
Nhận xét:
Để tìm số thỏ và số lồng và số lồng ta làm như sau:
Trong tập hợp các số dư trong phép chia cho 100 ta lấy ra từng cặp số sao cho
tổng các cặp đó bằng 100.ta sẽ có 50 cặp và thêm vào cặp (0 ; 0) nên có 51 cặp ta
coi 51 cặp là 51 lồng.
Đem chia 52 số tự nhiên cho 100 sẽ có 52 số dư.(52 thỏ)
Giải
Trong tập hợp các số dư trong phép chia cho 100 ta lấy ra từng cặp số sao cho
tổng các cặp đó bằng 100 và thành lập nhóm:(1;99);(2;98);(3;97);...;(49;51);
(50;50) Ta sẽ được 50 cặp như vậy và thêm vào cặp (0;0) nên ta sẽ có 51 cặp.
Đem chia 52 số tự nhiên cho 100 sẽ có 52 số dư.
Có 52 số dư mà chỉ có 51 nhóm theo nguyên tắc d thì ít nhất cũng có hai số dư
cùng rơi vào một nhóm
Rõ ràng là cặp số tự nhiên ứng với cặp số dư này chính là hai số tự nhiên tổng
hoặc hiệu chia hết cho 100.
Bài toán 32: Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương để 2n – 1 chia hết cho
1991
Giải
Xét 1992 số có dạng 2n – 1
Phép chia cho 1991 có 1991 số dư là: 0;1;2;3; ...;1990
Có 1992 số mà chỉ có 1991 số dư nên tồn tại 2 số có cùng số dư
Giả sử 2 số đó là 2i – 1 và 2j – 1 ta có
2i – 1 chia hết cho 1991
2j – 1 chia hết cho 1991
=> 2i – 2j chia hết cho 1991
=> 2j (2i – j – 1) chia hết cho 1991

b) n 2 + 3n – 13 chia hết cho n + 3
Dạng 5: Các bài toán áp dụng nguyên lý Đirichlê
Bài 9: : Chứng minh rằng số có dạng 199919991999...1999000 chia hết cho 1991
Bài 10: Viết 5 số tự nhiên bất kì thẳng hàng chứng minh rằng có một số hoặc một
số liền nhau có tổng chia hết cho 5.
B - Lời giải, hướng dẫn hoặc đáp số :
Bài 1:a) a = 3
b) a = 6
Bài 2:
a) Các số đó là: 2120; 2160; 2140; 2180
b) Các số đó là: 16812; 14832; 12852; 10872; 18892
c) Các số đó là: 135540; 135045
d) x = 8; y = 2
Bài 3: Cho A= 41 + 42 + 43 + … + 423 + 424
HD: Viết A dưới dạng: A = (41 + 42) + (43 + 44) + … + (423 + 424)
= (41 + 42) + 42(41 + 42) + ... + 422(41 + 42)
= 20( 1 + 42 + ... + 422) M 20
A = 41 + 42 + 43 + … + 423 + 424
= (41 + 42 + 43) +(44 + 45 + 46) + … + (422+ 423 + 424 )
= 84( 1 + 43+ … + 421) M 21
mà ( 20;21) = 1 nên A M 20.21 hay A M 420
Bài 4:
a) 3100+19990 M 2
3100 = 3.3.3….3 (có 100 thừa số 3)
= (34)25 = 8125 có chữ số tận cùng bằng 1
19990 = 19.19…19 ( có 990 thứa số 19 )
= (192)495 = 361495 ( có chữ số tận cùng bằng 1
Vậy 3100+19990 có chữ số tận cùng bằng 2 nên tổng này chia hết cho 2
b) 942 60 – 351 37 M 5
Ta có: 942 60 – 351 37 = 942 4.15 – 351 37 = ...6 – ...1 = ...5 M 5

chia hết cho 1991 => 19991999...1999000.(1000)k chia hết cho 1991
⇒ 19991999...1999000.(10)3k chia hết cho 1991
⇒ Vì ((10)3k ;1991) = 1 nên 199919991999...1999000 chia hết cho 1991
Bài 10:
Giả sử có 5 số: a1;a2;a3;a4;a5
Gọi S1 = a1
S2 = a1 + a2
S3 = a1 + a2 + a3
S4 = a1 + a2 + a3 + a4
S5 = a1 + a2 + a3 + a4 + a5
Phép chia cho 5 có 5 số dư 0;1;2;3;4
Nếu Si chia hết cho 5 (i = 1;2;3;4;5) bài toán đã được giải
Nếu Si không chia hết cho 5 khi đó Si chia cho 5 sẽ có số dư:01;2;3;4
Có 5 tổng mà có 4 số dư vậy tồn tại 2 tổng có cùng số dư mặt khác hiệu của chúng
lại chia hết cho 5 .Mà hiệu của chúng chỉ có thể là một số hoặc một số số liền
nhau nên có một số hoặc một số liền nhau có tổng chia hết cho 5.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản
thân, đồng nghiệp và nhà trường
Sau khi bản thân đã áp dụng chuyên đề trên tôi nhận thấy các em nắm vững
được các phương pháp giải, khi giải các em không còn lúng túng, diễn đạt chặt
chẽ. Hơn nữa theo tôi các phương pháp trên đã giúp cho các em sáng tạo khi học
và giải toán. Biết cách định hướng và giải các bài toán một cách ngắn gọn. Học
sinh phát huy được trí lực của bản thân và có những lúc các em phát triển được bài
toán mới. Đặc biệt trong số các em tôi bồi dưỡng từ chỗ các em ngại gặp dạng
toán này đến nay một số em đã ham muốn tìm tòi các bài toán này và giải được
các bài toán rất khó và vận dụng rất linh hoạt khi giải.
19


Kết quả cụ thể đối với 7 em mà tôi bồi dưỡng sau một thời gian tôi thu được

3. KẾT LUẬN
Trong đề tài này, bằng tìm tòi tham khảo, nghiên cứu tôi đã đưa ra chuyên đề cụ
thể là: “Rèn kĩ năng giải toán chia hết trong chương trình toán lớp 6”. Các bài toán
đã được giải hoặc hướng dẫn giải chi tiết cụ thể. Có những dạng toán đã được khái
quát hoặc giải trên cơ sở đó học sinh đã nắm được phương pháp chung khi giải bài
toán đó. Có những dạng không khái quát hóa được thì đã có lời giải chi tiết. Nhờ
đó mà học sinh đọc dễ hiểu và tạo cho mình lối mòn , một khả năng tư duy sáng
tạo khi gặp phải dạng đó. Quả thật trong Toán học giải một số dạng toán chia hết
rất đa dạng. Phương pháp để giải từng dạng cũng rất phong phú. Tôi đã cố gắng
đưa ra một số bài tập thường gặp trong các đề thi HSG và một số phương pháp
giải chúng. Tôi nghĩ rằng để giải các dạng toán chia hết trên không chỉ dừng lại ở
những phương pháp đó. Chắc chắn trong quá trình giảng dạy ta còn có thể tìm ra
được nhiều phương pháp hay hơn, độc đáo hơn. Bản thân không ngoài mục đích
trao đổi với đồng nghiệp để cùng tìm ra phương án tối ưu nhất cho việc giảng dạy
giải toán chia hết trong chương trình toán lớp 6 qua đó góp phần nâng cao chất
lượng đào tạo học sinh giỏi.
Trên đây là kinh nghiệm nhỏ của bản thân trong công tác bồi dưỡng học sinh
giỏi với chuyên đề “Rèn kĩ năng giải toán chia hết trong chương trình toán lớp 6”
Trong quá trình nghiên cứu và thực hiện không tránh khỏi những hạn chế. Rất
mong được sự góp ý chân thành của đồng nghiệp để đề tài này ngày càng hoàn
thiện hơn và là tài liệu tham khảo bổ ích trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi
cho giáo viên và học sinh.
Xin chân thành cảm ơn!
XÁC NHẬN CỦA THỦ
Thạch Quảng, ngày 05 tháng 04 năm 2017
TRƯỞNG ĐƠN VỊ
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.
Người viết
Hoàng Thị Dung

Chức vụ và đơn vị công tác: Giáo viên – Trường THCS Thạch Quảng

TT
1.

Tên đề tài SKKN
Phương pháp cơ bản chứng

Kết quả
Cấp đánh
đánh giá
Năm học
giá xếp loại
xếp loại đánh giá xếp
(Phòng, Sở,
(A, B,
loại
Tỉnh...)
hoặc C)
PGD
C
2009 - 2010

minh bất đẳng thức
2.

Phương pháp giải các bài

PGD