I. ĐẶT VẤN ĐỀ :
1. Lý do chọn đề tài:
Để thực hiện mục tiêu chiến lược giáo dục: nâng cao dân trí, đào tạo nhân
lực, bồi dưỡng nhân tài trong giai đoạn hiện nay. Mỗi trường THCS đã chú trọng
về công tác bồi dưỡng mũi nhọn phát triễn nhân tài trong đó có trường mà tôi
đang công tác. Đối với đơn vị mà tôi đang công tác việc làm công tác mũi nhọn là
hết sức khó khăn. Do đặc thù của vùng miền nên các em hầu như không có điều
kiện được cọ xát về môn toán, đứng trước một bài toán có phần nâng cao hơn so
với kiến thức SGK các em tỏ ra lúng túng, không tự tin.
Thực tế đã chứng minh khi tôi yêu cầu học sinh vận dụng bài tập 58 (trang
25 SGK toán 8) để giải quyết một bài toán khác hầu hết các em không vận dụng
được. Nguyên nhân một phần là các em chưa có cơ hội làm quen với những bài
toán như dạng bài 58 , các em chỉ mới dừng lại ở các bài toán về dấu hiệu chia
hết, phần nữa là các em đang làm theo kiểu độc lập từng bài riêng lẻ chưa có thói
quen xâu chuỗi kiến thức dẫn đến chưa phát triễn được tính tư duy sáng tạo mà tư
duy này là rất cần thiết đối với người học toán.
Là một giáo viên dạy môn toán 8 được nhà trường giao cho trọng trách bồi
dưỡng học sinh giỏi toán 8 để làm tiền đề cho đội tuyển học sinh giỏi lớp 9. Đứng
trước thực trạng đó tôi không khỏi không băn khoăn.
Xuất phát từ những thực trạng đó mà tôi xây dựng nên đề tài “ Vận dụng
sáng tạo có hiệu quả kết quả một bài tập trong sách giáo khoa toán 8 vào giải
quyết một số bài toán chia hết và liên quan đến chia hết” phần nào giúp các em
bổ sung thêm về dạng toán chia hết qua đó giúp các em thu hẹp dần khoảng cách
từ những bài toán trong sách giáo khoa với những bài toán nâng cao ngoài sách
giáo khoa, cho các em thấy được rằng bài toán khó thực chất là xuất phát từ
những bài toán cơ bản như thế thì các em sẽ tự tin hơn khi đứng trước bài toán
khó.
2. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu:
- Đối tượng là bài tập Chứng minh rằng n3 – n chia hết cho 6 với mọi số
nguyên n
(Bài tập 58 trang 25 trong sách giáo khoa Toán 8 hiện hành )

hướng thú hơn khi tiếp cận kiến thức, đồng thời qua đó người học được phát triễn
tư duy một cách sáng tạo góp phần nâng cao chất lượng môn Toán trong trường
THCS.
5. Tính mới của đề tài:
- Học sinh được tiếp thu kiến thức một cách có hệ thống dễ nhớ khó quên
không mang tính rời rạc.
- Học sinh được biết thêm về một số dạng toán chia hết và liên quan đến
chia hết qua đó các em được phát triển tư duy sáng tạo một cách tự nhiên
- Tạo thói quen trong học và làm toán cho học sinh theo hướng phát triễn
năng lực
- Tạo ra hứng thú và niềm đam mê muốn khám phá toán học
II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
1. Cơ sở lí luận:
Trong các buổi dạy bồi dưỡng học sinh giỏi việc vận dụng sáng tạo có hiệu
quả kết quả một bài tập trong sách giáo khoa vào giải quyết một số bài toán nâng
2


cao hơn là hết sức cần thiết bởi như thế học sinh sẻ thấy được một minh chứng
thực tế là không phải đâu xa lạ mà ngay trong những bài tập ở SGK mà chúng ta
học hằng ngày nó cũng tiềm ẩn những điều thú vị, qua đó giúp các em thu hẹp
dần khoảng cách từ những bài toán cơ bản đến bài toán nâng cao. Biết khai thác
kết quả của một bài toán để vận dụng nó vào giải một bài toán khó hơn tức là đã
khai thác được những đặc điểm của bài toán, điều đó làm cho học sinh “có thể
biết được cái quyến rũ của sự sáng tạo cùng niềm vui thắng lợi” ( Poolia-1975)
Ở trường THCS, dạy toán là hoạt động toán học. Đối với học sinh có thể
xem việc giải toán là hình thức chủ yếu của hoạt động toán học. Trong dạy học
toán, mỗi bài tập toán học được sử dụng với những dụng ý khác nhau, có thể
dùng để tạo tiền đề xuất phát, để gợi động cơ, để làm việc với nội dung mới, để
củng cố hoặc kiểm tra,…

= n(n – 1)(n + 1) 6
Vì n(n – 1)(n + 1) là 3 số nguyên liên tiếp nên
n(n – 1)(n + 1) 2 và n(n – 1)(n + 1) 3 mà (2;3) =1 nên (n3 – n) 6  n�Z
Bài toán 2:

Cho A = n5 – n.

Chứng minh rằng A chia hết cho 6 với mọi số nguyên n
( Đề thi HSG TP. HCM )
Phân tích bài toán: Ta thấy để vận dụng được kết quả của bài toán 1 vào giải
quyết được bài toán này thì ta nghĩ ngay đến việc phân tích biểu thức A thành
nhân tử trong đó có chứa thừa số (n3 – n) chính là bài toán 1 nên (n3 – n) M6.
Như vậy biểu thức A sau khi biến đổi trở thành bội của 6 nên A chia hết cho 6.
Giải:
Ta có: A = n5 – n
= n(n4 - 1)
= n(n2 – 1)(n2 + 1)
= (n3 – n)(n2 + 1)
Ta thấy: Theo kết quả bài toán 1 thì (n3 – n) 6 với mọi số nguyên n
� (n3 – n)(n2 + 1) là bội của 6 nên (n3 – n)(n2 + 1) 6.

Vậy A chia hết cho 6 với mọi số nguyên n
Bài toán 3:

Cho B = n3m – nm

Chứng minh rằng B chia hết cho 6 với mọi số nguyên m, n
( Đề thi HSG Quận 1 – TP.HCM )
Phân tích bài toán: Cũng tương tự như bài toán 2 để vận dụng được bài toán 1
vào giải quyết bài toán này thì ta cũng nghĩ đến việc phân tích B thành nhân tử

chia hết cho 6.
Giải:
Ta có: C = n3 +5n
= (n3 – n) + 6n
Ta thấy: Theo kết quả bài toán 1 thì (n3 – n) 6, kết hợp 6n 6 với mọi số
nguyên n � (n3 – n) + 6n chia hết cho 6.
Vậy C chia hết cho 6 với mọi số nguyên n
Bài toán 5: Cho E = a3b – ab3
Chứng minh rằng E chia hết cho 6 với mọi số nguyên a, b
( Đề thi HSG Toán 8, Hà Tiên – Kiên Giang)
Phân tích bài toán: Để vận dụng được kết quả của bài toán 1 ta phải làm trong
E xuất hiện (a3 – a) và (b3 – b) . Bằng phương pháp thêm bớt hạng tử ta đưa
được E về dạng hiệu của hai biểu thức mà trong đó mỗi biểu thức đều chia hết
cho 6. Ta thấy (a3 – a) M6 và (b3 – b) M6 chính là nội dung của bài toán 1.
Từ đó kết luận E chia hết cho 6.
Giải: Ta có: E = a3b – ab3
= (a3b – ab) – (ab3 –ab)
= b(a3 – a) – a(b3 –b)
Ta thấy: Theo kết quả bài toán 1 thì (a3 – a) 6 và (b3 – b) 6 với mọi số
nguyên a, b � b(a3 – a) – a(b3 –b) chia hết cho 6 với mọi số nguyên a, b
5


Vậy E chia hết cho 6 với mọi số nguyên a, b
Bài toán 6 : Cho M = 13 + 23 + 33 + ...+ 993 và N = 1 + 2 + 3
+ ... + 99.
Chứng minh rằng: M – N chia hết cho 6
( Đề thi vào lớp 10 chuyên Lê Hồng Phong )
Phân tích bài toán: Để vận dụng được kết quả của bài toán 1 ta phải biến đổi
hiệu M – N xuất hiện các cặp ( 13 – 1 ), ( 23 – 2 ), ( 33- 3 ),..., ( 993- 99)



Theo kết quả bài toán 1 thì mỗi biểu thức trong dấu ngoặc chia hết cho 6
� ( S1 – S2 ) 6 . Do đó nếu S1 6 thì S2 6, nếu S2 6 thì S1 6, điều ngược

lại vẫn đúng
Bài toán 8: Nếu viết số 19951995 thành tổng của các số tự nhiên . Tổng các lập
phương đó chia cho 6 thì dư bao nhiêu?
( Đề thi HSG Châu Thành – Bến Tre )
Phân tích bài toán: Thoạt nhìn ta thấy bài toán trên là một bài khó nhưng với 2
gợi mở ( tổng các số và tổng các lập phương các số của a ) cho ta hướng giải
quyết bài toán, để vận dụng được bài toán 1 ta đưa bài toán về dạng
(a1 3 - a1) + (a2 3 - a2) + …+ (an 3 - an) + a, trong đó mỗi biểu thức trong dấu
ngoặc chính là nội dung của bài toán 1 nên mỗi biểu thức đều chia hết cho 6. Do
đó từ việc tìm số dư khi chia tổng các lập phương cho 6 ta đưa về tìm số dư khi
chia a cho 6.
Giải:
Giả sử số 19951995 viết được dưới dạng: 19951995 = a = a1 + a2 + …+ an.
Gọi S  a13  a 23 + a 33 + ...+ a n 3 = a13  a 23 + a 33 + ...+ a n 3 + a - a
= (a1 3 - a1) + (a2 3 - a2) + …+ (an 3 - an) + a
Theo kết quả bài toán 1 thì mỗi biểu thức trong dấu ngoặc chia hết cho 6. Nên
chỉ cần tìm số dư khi chia a cho 6
Vì 1995 là số lẻ chia hết cho 3, nên a củng là số lẻ chia hết cho 3, do đó chia cho
6 dư 3
Với cách làm như thế thì ta có thể giải quyết được những kiểu bài toán khác
tương tự. Ví dụ như bài toán sau:
( Đề thi học sinh giỏi Tỉnh Hà Tĩnh năm 2012 – 2013)
Viết 20122013 = m1 + m2 + …+ m2012. (m1, m2 , . . ., m2012 �N)
Hỏi: m13 + m23 + . . . + a20123 chia hết cho 3 dư mấy?
Bài toán 9: Cho A  2 n

= (n4 + 3n3) - (n2 + 3n)
= n3( n + 3) - n( n + 3)
= (n3 - n)(n + 3)
Ta thấy: Theo kết quả bài toán 1 thì (n3 – n) 6 với mọi số nguyên n
� ( n3 – n )( n + 3 ) là bội của 6 với mọi số nguyên n nên F 2 và F 3

Vậy F luôn chứa hai ước nguyên tố 2 và 3 với mọi n �Z.
Bài toán 11: Cho đa thức G = x4 + 3x3 - x2 - 15x + 13 (x �Z)
Tìm số dư trong phép chia A cho 6
( Đề thi HSG Thọ Xuân – Thanh Hóa)
Phân tích bài toán: Bằng phương pháp tách và nhóm hạng tử ta khéo léo đưa
đa thức về dạng (x3 - x)(x + 3)-12(x - 1)+1 trong đó (x 3 - x)(x + 3) 6 (theo kết
quả bài toán 1) và 12(x - 1) 6 (bội của 6), điều đó có nghĩa là đa thức G chia
cho 6 có số dư là 1
Giải:
Ta có: G = x4 + 3x3 - x2 - 15x + 13
= (x4 + 3x3) - (x2 + 3x) – (12x – 12) + 1
= x3( x + 3) - x( x + 3) – 12( x – 1 ) + 1
8


= (x3 - x)(x + 3) - 12(x - 1) + 1
Do (x3 - x) 6 (theo kết quả bài toán 1) và 12( x – 1) 6. Vậy G chia cho 6 dư 1
Bài toán 12: Chứng minh rằng với mọi x, y � Z thì các phương trình sau
không có nghiệm nguyên
a) x3 - x – 6y + 2 = 0
b) x3 - x – 2y – 1 = 0
Phân tích bài toán: Thoạt nhìn ta dễ nhận thấy x3 – x chính là nội dung của bài
toán 1. Để vận kết quả bài toán 1 ta khéo léo phân tích bài toán về dạng:
x3  x

nên phương trình đã cho vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên

a 4  3a3  5a 2  15a
Bài toán 13: Cho M 
(a �3, a �Z ) .
6a  18
Chứng minh rằng M nguyên với mọi a �3, a �Z
( Đề thi HSG Hàm Thuận – Bình Thuận )
Phân tích bài toán: Hướng giải bài toán trước hết chúng ta rút gọn M bằng
phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử. Bài toán 9 gợi cho ta cách phân
tích tử thành nhân tử và đưa được về thừa số (a3 - a)(a + 3), còn mẫu dễ dàng

9


phân tích được 6(a +3) và sau khi rút gọn M ta được M



(a 3  a)
6

rõ ràng

theo kết quả bài toán 1 thì (a3 - a) 6 nên kết luận M nguyên với mọi a �3, a �Z
Giải: Ta có:
M

a 4  3a 3  a 2  3a


� y

( x  1)3  ( x  1)  ( m  1)
6
( x  1)3  ( x  1) m  1

6
6

(1)

( x  1)3  ( x  1) �
M6 (theo kq bài toán1) nên để y nguyên thì
Ta có �
�
�

m 1
nguyên,
6

Do m �N nên:
+) Với m = 0 thì y �Z
+) Với m �1 thì giá trị nhỏ nhất của m = 1 thử với m = 1 thì y �Z.

10


Rõ ràng khi m = 1 với mỗi giá trị nguyên của x khi thay vào (1) thì cho ta

a 4  3a3  5a 2  15a
Bài toán 5: Cho M 
(a �3, a �Z ) .
6a  18
Chứng minh rằng M nguyên với mọi a �3, a �Z
11


* Kết quả thu được: - Có 8 em làm đúng hoàn chỉnh 5/5 bài
- Có 2 em làm được 4/5 bài
4. Bài học kinh nghiệm:
Thực tế cho thấy không ở đâu xa lạ mà ngay những bài tập trong SGK
chúng ta cho là đơn giản đó nhưng nếu chúng ta biết sử dụng nó như là một công
cụ thì ta sẽ giải quyết được nhiều bài tập khó. Mỗi bài tập khó ta có thể đơn giản
nó bằng cách chia nhỏ lượng kiến thức và làm mịn dần vấn đề phức tạp qua
các ‘‘bậc thang’’ hay nói cách khác là bước đệm, những bài tập khó không dễ gì
ta bước từ bậc thấp nhất lên bậc cao nhất được mà để làm và hiểu nó ta phải có
những bài toán nhỏ ‘‘bài toán lót đường’’
Qua quá trình vận dụng kinh nghiệm vào bồi dưỡng học sinh giỏi tôi thấy
với cách làm này nó mang lại hiệu quả khá rõ rệt. Từ việc các em lúng túng, bị
động trong tìm hướng giải quyết của bài toán nay các em chủ động hơn, tự tin
hơn, sáng tạo và hứng thú hơn trong việc giải các bài tập. Cái được lớn nhất là
sau khi được tiếp thu đề tài này đã tạo ra được một luồng gió mới làm thay đổi
cách suy nghĩ, cách tiếp cận bài toán, tính tư duy liên tưởng và tính kết nối có
tính kế thừa các bài toán với nhau một cách chặt chẽ hơn, hệ thống kiến thức
được ôn lại có tính xâu chuổi hơn, đặc biệt là nhiêu em biết đề xuất được những
bài toán tưng tự một cách khá hay.
Với việc dạy theo định hướng trên tôi thấy bản thân ngày càng đúc rút
được nhiều nghiệm giảng dạy quý báu và tìm ra được nhiều cái mới hơn trong
mỗi bài toán nhằm phục vụ cho công tác giảng dạy một cách tốt nhất góp phần

tạo ở đồng nghiệp. Bản thân tôi rất mong được học tập các đề tài SKKN cấp
huyện hay cấp tỉnh của các tác giả được HĐKH cấp ngành chấm chọn hằng năm .
Mục đích là để áp dụng các đề tài đó trong quá trình dạy-học ở trường.
Hơn
nữa đề tài được áp dụng rộng rãi trong đồng nghiệp thì giá trị của đề tài càng cao.
Trên đây là một kinh nghiệm nhỏ mà bản thân tôi đúc rút được trong thực
tế giảng dạy, mặc dù bản thân đã cố gắng nhiều nhưng chắc hẳn còn nhiều thiếu
sót. Xin được người đọc góp ý để kinh nghiệm hoàn thiện và có tính khả thi cao,
không nằm ngoài mục đích vì những học sinh thân yêu.
Xin chân thành cảm ơn!

13


A. TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa Toán 6

2. Sách tham khảo Toán 6
3. Sách giáo khoa Toán 8
4. Sách tham khảo Toán 8
5. Một số đề thi học sinh giỏi cấp THCS các huyện, thành phố và các tĩnh có
bài toán liên quan.
6. Một số tài liệu liên quan đến các bài toán chia hết

14