Sáng kiến kinh nghiệm Phương pháp giải toán chia hết cho học sinh lớp 6

ẫn: Dựa vào dấu hiệu chia hết cho 3, cho 5 và phương pháp dùng tính chia hết của một tổng, tích.
Ta có: 2.3.17.19 3 (vì ) và 1.6.4.8 3 (vì 6 3) nên 
A = 2.3.17.19 + 1.6.4.83
	Vậy A chia hết cho 3
Ta có giá trị của tổng 25623 + 45782 có chữ số tận cùng là 5 nên B chia hết cho 5
	Vậy B chia hết cho 5
Bài 4: Cho M = 1.3.5.7.16.51 + 40
	Chứng tỏ rằng: a) M chia hết cho 8
 	 b) M chia hết cho 5
	Hướng dẫn
a) Dựa vào tính chất chia hết của một tổng và tích
Ta có: 1.3.5.7.16.51 (vì tích có chứa thừa số 16) và nên . Vậy M chia hết cho 8.
	b) Tương tự (vì ) và nên Vậy M chia hết cho 5
	Bài 5: Chứng minh rằng:
	a) chia hết cho 72
	b) 88 + 220 chia hết cho 17
	Hướng dẫn: Dựa vào dấu hiệu chia hết cho 8, cho 9 và phương pháp dùng tính chia hết của một tổng, tích.
	a) Ta phân tích 72 = 8.9. Sau đó kiểm tra 1028 + 8 có chia hết đồng thời cho cả 8 và 9 hay không rồi kết luận.
	Ta có: (vì tổng các chữ số bằng 9) và (vì có tận cùng bằng 008). Vậy: chia hết cho 72
	b) Số 17 là số nguyên tố không phân tích được nữa nên ta phân tích 88 + 220 
Ta có: 88 + 220 = (23)8 + 220 = 224 + 220 = 220 (24 + 1) = 220. 17. Vậy: 88 + 220 chia hết cho 17.
	* Dạng 3: Chứng minh tổng, tích các số tự nhiên liên tiếp chia hết cho một số
	Để làm những bài tập ở dạng toán này ta áp dụng phương pháp chứng minh quy nạp. Dạng toán này áp dụng cho những em học sinh từ khá, giỏi trở lên.
Bài 1: Chứng tỏ rằng tích hai số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 2.
	Giáo viên hướng dẫn học sinh: 
 	Gọi hai số tự nhiên liên tiếp là: a, a+1
	- Nếu a 2 thì a.(a + 1) 2 
	- Nếu a 2 thì a chia 2 dư 1
	Khi đó ta đặt: a = 2k + 1 thì a + 1 = 2k + 1 + 1 = 2k + 2 2
Do đó: a.(a + 1) 2
	Vậy trong hai số tự nhiên liên tiếp bao giờ cũng có một số chia hết cho 2. Cho nên tích hai số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 2
Bài 2: Chứng minh tích ba số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 3.
	Giáo viên hướng dẫn:
 Gọi ba số tự nhiên liên tiếp là a, a+1, a+2 
	- Nếu a 3 thì a(a + 1)(a + 2) 3
	- Nếu a = 3k+1 (nghĩa là a chia 3 dư 1) thì a + 2= 3k + 1 + 2 = 3k + 3 3
Do đó: a(a + 1)(a + 3) 3
	- Nếu a = 3k + 2 (nghĩa là a chia 3 dư 2) thì a + 1= 3k + 2 + 1= 3k + 3 3
Do đó: a(a + 1)(a + 3) 3
	Vậy trong ba số tự nhiên liên tiếp bao giờ cũng có một số chia hết cho 3. 
Cho nên tích ba số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 3
Bài 3: Chứng minh rằng tổng ba số tự nhiên liên tiếp là một số chia hết cho 3 nhưng tổng của bốn số tự nhiên liên tiếp thì không chia hết cho 4
	Hướng dẫn:
*) Gọi ba số tự nhiên liên tiếp là a, a + 1, a + 2
	Tống của ba số tự nhiên liên tiếp là: a + a + 1 + a + 2 = 3a + 3 3
	Tổng ba số tự nhiên liên tiếp là một số chia hết cho 3
*) Tương tự gọi bốn số tự nhiên liên tiếp là a, a + 1, a + 2, a + 3
 	Tổng của bốn số tự nhiên liên tiếp là: a + a + 1 + a + 2 + a + 3 = 4a + 6 4 (vì 64)
 	Vậy tổng của bốn số tự nhiên liên tiếp không chia hết cho 4 
Bài 4: Chứng minh rằng tích hai số chẵn liên tiếp chia hết cho 8
	Hướng dẫn:
	Gọi hai số chẵn liên tiếp là 2n, 2n + 2 (nN)
	Ta có: 2n.(2n + 2) = 2.n.2.(n + 1) = 4.n.(n + 1). Mà n.(n+1) là tích hai số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 2
	Vì thế 4.n.(n+1) 8
	Vậy tích hai số chẵn liên tiếp chia hết cho 8
Bài 5. Chứng minh rằng với n N thì A = n ( n + 1 ) ( 2n + 1 ) 6
Hướng dẫn
Nếu n = 3k ( kN ) thì A 3
Nếu n = 3k + 1 ( kN) thì 2n + 1 = (6k + 3 ) 3
Nếu n = 3k + 2 ( kN) thì n + 1 = (3k + 3 ) 3
Ngoài ra tích n ( n + 1 ) là tích của hai số tự nhiên liên tiếp nên 
n ( n + 1 ) 2. Do đó: A 2
Vì A2 và A3, mà ƯCLN(2, 3) = 1 nên A 6 
	* Dạng 4: Tìm điều kiện để một biểu thức chia hết cho một số, chia hết cho một biểu thức 
	Đối với dạng toán này ta áp dụng phương pháp dùng tính chia hết của một tổng, hiệu hoặc một tích
Bài 1: Tìn n N để:
	a) n + 5 n
	b) 5n + 6 n
	c) 16- 3n n
Hướng dẫn dựa vào tính chất chia hết của một tổng, một hiệu
Ta có: và nên. Vậy n 
Ta có: và nên. Vậy n 
c) Ta có: và nên. Hay n nhưng 3n < 16 hay n < 6 
	Vậy n 
Bài 2: Tìm a, b để biểu thức 585.a + 2205.b chia hết cho 45.
Hướng dẫn
Ta có: nên với mọi a và 
 nên với mọi b
Do đó: với mọi giá trị của a, b.
Ta cũng có: nên với mọi a
 nên với mọi b
Do đó: với mọi giá trị của a, b.
Mà (9, 5) = 1. Vậy với mọi giá trị của a, b.
Bài 3: Tìm tất cả các số m, n để có số chia hết cho 36.
Hướng dẫn: Để làm được bài tập này dựa vào dấu hiệu chia hết cho 4 và 9 và phương pháp chứng minh a chia hết cho b ta biểu diễn b = m.n.
Ta thấy 36 = 4.9 mà ƯCLN(4, 9) = 1 nên khi và 
Ta có: n Î và m Î. (1)
Mặt khác: Û 
Vì m, n Î N và 0 £ m; n £ 9 kết hơp với (1)
Nếu n = 2 thì m = 5 
Nếu n = 6 thì m = 1
Vậy các số phải tìm là: 62532; 62136
	* Dạng 5: Giải bài toán chia hết bằng phương pháp quy nạp toán học 
Để chứng minh được dạng toán này ta cần dùng phương pháp quy nạp toán học và dạng toán này dùng cho ôn luyện học sinh giỏi các cấp được tổng quát lại như sau:
Giả sử cần chứng minh A(n) M P với n ³ a (1)
	Bước 1: Ta chứng minh (1) đúng với n = a tức là chứng minh A(n) M P
	Bước 2: Giả sử (1) đúng với n = k tức là ta có A(k) M P với k ³ a
Ta chứng minh (1) đúng với n = k + 1 tức là phải chứng minh A(k+1) M P
	Bước 3: Kết luận A(n) M P với n ³ a
Bài 1: Chứng minh A(n) = 16n - 15n - 1 M 225 với " n Î N*
	Hướng dẫn: ta cần làm theo các bước đã chứng minh ở trên:
	Với n = 1 Þ A(n) = 0 M 225 vậy n = 1 đúng
	Giả sử với n = k ³ 1 Þ A(k) = 16k - 15k - 1 M 225
	Ta phải chứng minh: A(k+1) = 16 k+1 - 15(k + 1) - 1 M 225
	Thật vậy: A(k+1) = 16 k+1 - 15(k + 1) - 1
	= 16.16k - 15k - 16
	= (16k - 15k - 1) + 15.16k - 15
	= (16k - 15k – 1) + 15(16k - 1)
= (16k - 15k – 1) + 15(16 - 1). M (M là một biểu thức số)
	= A(k) + 225.M
	mà A(k) M 225 (giả thiết quy nạp) và 225MM 225 nên A(k+1) M 225
Vậy A(n) = 16n - 15n - 1 M 225 với " n Î N*
Bài 2: Chứng minh rằng: với " n Î Z+ ta có 
Hướng dẫn: Tương tự như bài tập 1	
Với n = 1 Þ B = 7 + 3 - 1 = 9M 9
	Giả sử với n = k ta có B(k) = 7k + 3k - 1M 9
Ta phải chứng minh với n = k + 1 thì B(k+1) M 9. Thật vậy: 
	B(k+1) = 7k+1 + 3(k+1) - 1= 7.7k + 3k + 2 = 7.7k + 21k - 18k – 7 + 9 =
 = 7(7k + 3k - 1) – 18k + 9 
 =7(7k + 3k - 1) - 9(2k - 1)
	Vì 7k + 3k - 1M 9 (theo giả thiết quy nạp) và 9(2k - 1) M 9 nên B(k+1) M 9 
Vậy B(n) M 9: với " n Î Z+ 
Bài 3: Chứng minh rằng C(n) = 10n + 72n – 1 chia hết cho 81
Hướng dẫn: 
	Với n = 1 Þ C = 81 M 81 vậy n = 1 đúng
	Giả sử với n = k ³ 1 ta có C(k) = 10k + 72k - 1 M 81
	Ta phải chứng minh C(k+1) = 10 k+1 + 72(k + 1) - 1 M 81
	Thật vậy: C(k+1) = 10 k+1 +72(k + 1) - 1 	 
	 = 10.10k + 72k +71
	 = (10k + 72k - 1) + 9.10k + 72
	 = (10k + 72k - 1) + 9.(10k + 8)
	 = C(k) + 9.(10k + 8)
Ta thấy 10k + 8 M 9 (vì 3 chữ số tận cùng chia hết cho 8) nên 9.(10k + 8) M 81 mà C(k) M 81 (giả thiết quy nạp) nên C(k+1) M 81 
	Vậy C(n) = 10n + 72n – 1 M 81
Bài 4: Chứng minh rằng D = 10n + 18n – 1 chia hết cho 27
 	Hướng dẫn:
	Với n = 1 Þ D = 27 M 27. Vậy n = 1 đúng
	Giả sử với n = k ³ 1 ta có D(k) = 10k + 18k - 1 M 27
	Ta phải chứng minh D(k+1) = 10 k+1 + 18(k + 1) - 1 M 27
	Thật vậy: D(k+1) = 10 k+1 + 18(k + 1) - 1 	 
	 = 10.10k + 18k + 17
	 = (10k + 18k - 1) + 9.10k + 18
	 = (10k + 18k - 1) + 9.(10k + 2)
	 = D(k) + 9.(10k + 2)
Ta thấy 10k + 2 M 3 (vì tổng các chữ số chia hết cho 3) nên 9.(10k + 2) M 27 mà D(k) M 27 (giả thiết quy nạp) nên D(k+1) M 27 
	Vậy D(n) = 10n + 18n – 1 M 27
	* Dạng 6: Dạng toán dùng phương pháp phản chứng
Để chứng minh được dạng toán này ta cần dùng phương pháp phản chứng và dạng toán này dùng cho ôn luyện học sinh giỏi các cấp được tổng quát lại như sau:
Để CM A(n) M p (hoặc A(n) p )
	+ Giả sử: A(n) p (hoặc A(n) M p )
	+ CM trên giả sử là sai (vô lý)
	+ Kết luận: A(n) M p (hoặc A(n) p )
Bài 1: Có tồn tại n Î N sao cho n2 + n + 2 M 49 không?
 	Hướng dẫn: Giả sử tồn tại n Î N để n2 + n + 2 M 49 
	Þ 4n2 + 4n + 8 M 49
	Þ (2n + 1)2 + 7 M 49 (1) 
Þ (2n + 1)2 M 7. Vì 7 là số nguyên tố Þ 2n + 1 M 7 Þ (2n + 1)2 M 49 (2)
	Từ (1); (2) Þ 7 M 49 vô lý.
	Vậy không tồn tại n Î N sao cho n2 + n + 2 M 49
Bài 2: Chứng minh rằng nếu a m, b m, a + b + c m thì c m.
	Giáo viên hướng dân học sinh sử dụng phương pháp chứng minh phản chứng
	Giả sử c m
	Ta có a m, bm nên a + b + c m 
	 Điều này trái với đề bài a + b + c m 
	Vậy điều giả sử là sai. Suy ra c m
	* Dạng 7: Dạng toán xét tập hợp số dư trong phép chia
	Để chứng minh a b ta cần biểu diễn a = b.k + r . xét tâp hợp các số dư r và tập hợp các số dư r b.
Bài 1: CMR: Với " n Î N thì A(n) = n(2n + 7) (7n + 1) chia hết cho 6
Giáo viên hướng dẫn học sinh phân tích bài toán có thể phân tích một nhân tử nào đó biểu diễn 
Ta thấy 1 trong 2 thừa số n và 7n + 1 là số chẵn. Với " n Î N Þ A(n) M 2
Ta chứng minh A(n) M 3
Lấy n chia cho 3 ta được n = 3k + r (k Î N). Với r Î {0; 1; 2}
Với r = 0 Þ n = 3k Þ n M 3 Þ A(n) M 3
Với r = 1 Þ n = 3k + 1 Þ 2n + 7 = 6k + 9 M 3 Þ A(n) M 3 
Với r = 2 Þ n = 3k + 2 Þ 7n + 1 = 21k + 15 M 3 Þ A(n) M 3
Þ A(n) M 3 với " n mà (2, 3) = 1
Vậy A(n) M 6 với " n Î N
Bài 2: CMR: Nếu n M 3 thì A(n) = 32n + 3n + 1 M 13 Với " n Î N
Giải
Vì n M 3 Þ n = 3k + r (k Î N); r Î {1; 2; 3}
Þ A(n) = 32(3k + r) + 33k+r + 1 = 32r(36k - 1) + 3r (33k - 1) + 32r + 3r + 1
Ta thấy 36k - 1 = (33)2k - 1 = (33 - 1)M = 26M M 13
 33k - 1 = (33 - 1)N = 26N M 13
Với r = 1 Þ 32n + 3n + 1 = 32 + 3 +1 = 13 M 1 Þ 32n + 3n + 1 M 13
Với r = 2 Þ 32n + 3n + 1 = 34 + 32 + 1 = 91 M 13 Þ 32n + 3n + 1
Vậy với n M 3 thì A(n) = 32n + 3n + 1 M 13 Với " n Î N
1.2. Kết quả nghiên cứu của sáng kiến 
Sau khi được áp dụng sáng kiến này vào thực tế giảng dạy, bản thân tôi nhận thấy rằng: Khi các em gặp một bài toán liên quan đến dấu hiệu chia hết, các em sẽ tìm hiểu và phân dạng bài toán đó. Biết phân biệt và nhận dạng các bài toán liên quan đến phép chia hết và từ đó có thể vận dụng đúng phương pháp và giải được hầu hết các bài tập phần này, xóa đi cảm giác khó và phức tạp ban đầu. Qua đó, rèn luyện cho học sinh trí thông minh, sáng tạo và tạo được niềm say mê, hứng thú học tập môn toán.
2. Thảo luận, đánh giá kết quả thu được
2.1 Tính mới, tính sáng tạo
- Đây là sáng kiến lần đầu tiên được triển khai áp dụng tại trường PTDTBT THCS xã Lâm Ca nơi tôi công tác.
- Tính mới tính sáng tạo của sáng kiến là hướng dẫn giáo viên lựa chọn nội dung kiến thức để giảng dạy, hệ thống các dạng bài tập phù hợp với chuẩn kiến thức kĩ năng về nội dung của dạng toán chia hết trong chương trình Toán 6 và toán nâng cao lớp 6:
+ Thứ nhất: Tóm tắt kiến thức chia hết và một số phương pháp giải toán chia hết.
+ Thứ hai: Từ kiến thức và phương pháp đó ta phân ra các dạng toán để phù hợp ôn luyện cho các em học sinh yếu và trung bình đến các em khá, giỏi môn toán.
Dạng 1: Dạng toán điền vào * để được số thỏa mãn điều kiện cho trước.
	Dạng 2: Chứng minh chia hết đối với biểu thức số.
	Dạng 3: Chứng minh tổng, tích các số tự nhiên liên tiếp chia hết cho một số.
Dạng 4: Tìm điều kiện để một biểu thức chia hết cho một số, chia hết cho một biểu thức.
	Dạng 5: Giải bài toán chia hết bằng phương pháp quy nạp toán học.
	Dạng 6: Dạng toán dùng phương pháp phản chứng.
	Dạng 7: Dạng toán xét tập hợp số dư trong phép chia.
+ Thứ ba: Lựa chọn phương pháp dạy học, hình thức tổ chức dạy học phù hợp với từng dạng toán, từng đối tượng học sinh. Giúp học sinh nhận dạng toán, phương pháp giải của từng dạng toán để từ đó nắm chắc cách giải, phát triển năng lực học toán cho học sinh.
2.2. Khả năng áp dụng và mang lại lợi ích thiết thực của sáng kiến: 
a) Khả năng áp dụng hoặc áp dụng thử, nhân rộng: 
	Trải qua việc vận dụng sáng kiến kinh nghiệm trong học kì I năm học 2018 - 2019 và kinh nghiệm của bản thân trong việc dạy học và ôn luyện học sinh giỏi. Tôi thấy rằng học sinh đã biết cách giải quyết các dạng bài toán chia hết và đạt được một số kết quả nhất định. Để áp dụng sáng kiến này một cách có hiệu quả chúng ta cần có các điều kiện cần thiết như: Sách giáo khoa bộ môn Toán 6 cấp THCS và tài liệu tham khảo liên quan đến toán chia hết, máy chiếu, mạng internet để giáo viên và học sinh truy cập tìm hiểu thêm tài liệu liên quan đến dạng toán chia hết và đặt biệt tham khảo ý kiến cũng như phương pháp dạy học của đồng nghiệp trong trường hoặc các đơn vị bạn khi có điều kiện.
	Đề tài này có thể áp dụng thực hiện trong tổ chuyên môn, khối 6 và đang áp dụng trong năm học 2018 – 2019 đồng thời làm tài liệu tham khảo ở trường trong những năm học tiếp theo và có thể nhân rộng ra các trường THCS trong huyện. 
b) Khả năng mang lại lợi ích thiết thực
Sau khi áp dụng sáng kiến “Phương pháp giải toán chia hết cho học sinh lớp 6” đã thu được hiệu quả cho thấy ngoài kết quả học tập nâng cao, các năng lực cá nhân của học sinh đã được khơi dậy và phát triển trong học tập.
Đối với giáo viên: Hệ thống được các phương pháp giải toán chia hết và hệ thống bài tập để vận dụng các phương pháp trên.
	Đối với học sinh: Nắm chắc hơn dấu hiệu chia hết cho các số 2; 3; 5; 9 và biết thêm dấu hiệu chia hết cho một số khác như dấu hiệu chia hết cho 4; 6; 8; 10; 11.
Chất lượng giáo dục bộ môn Toán 6 học kì I năm học 2018 – 2019 
Tổng số học sinh
Giỏi
Khá
TB
Yếu
SL
(%
SL
(%)
SL
(%)
SL
(%)
50
6
12
15
30
27
54
2
4

Sau khi thử nghiệm tôi thấy học sinh có kỹ năng giải các dạng toán chia hết khá tốt và áp dụng linh hoạt các phương pháp đã học như: Dấu hiệu chia hết, tính chất chia hết của một tổng, hiệu, tíchđể giải quyết các dạng toán liên quan tới dạng toán “chia hết”.
Thông qua các phương pháp học sinh đã xác định được đúng hướng giải một bài toán hình thành nên kỹ năng giải các bài toán dạng toán “chia hết” của học sinh tăng lên rõ rệt.
Từ đó phát huy được tính tích cực, tự giác trong quá trình học tập của các em.
IV – KẾT LUẬN
Trên đây là một vài những phương pháp giải toán chia hết được rút ra từ những kinh nghiệm của bản thân trong giảng dạy trên lớp cũng như ôn luyện học sinh giỏi và một số những đồng nghiệp, hy vọng nó sẽ thực sự bổ ích cho đông đảo học sinh lớp 6 và các thầy cô giáo dạy học toán 6.
Sáng kiến mang lại những hiệu quả thiết thực so với giải pháp truyền thống. Giúp giáo viên và học sinh hệ thống lại được các kiến thức cơ bản, nâng cao và một số phương pháp trong toán chia hết một cách tỉ mỉ nhất từ đơn giản đến phức tạp.
Trong quá trình vận dụng sáng kiến kinh nghiệm trên đây vào thực tế bản thân tôi nhận thấy rằng đã có một số em học sinh chủ động trong quá trình học tập và đã đạt được một số kết quả nhất định. Tôi rất mong được sự trao đổi và góp ý của các đồng nghiệp để sáng kiến được hoàn thiện hơn.
XÁC NHẬN CỦA CƠ QUAN ĐƠN VỊ
ÁP DỤNG SÁNG KIẾN
(Ký tên, đóng dấu)
CAM ĐOAN CỦA TÁC GIẢ
VỀ SÁNG KIÊN
(Ký tên)
Đỗ Thế Tùng

DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa toán 6 tập 1
	2. Sách giá viên toán 6 tập 1
	3. Sách bài tập toán 6 tập 1
	4. 500 bài toán chọn lọc lớp 6 (Nguyễn Ngọc Đạm – Nguyễn Quang Hanh – Ngô Long Hậu)
	5. Toán cơ bản và nâng cao 6 tập 1 (Vũ Hữu Bình)
	6. Bài tập nâng cao và môt số chuyên đề toán 6 (Bù Văn Tuyên)
	7. Nâng cao và phát triển toán 6 tập 1 (Vũ Hữu Bình)
	8. Toán bồi dưỡng học sinh giỏi (Vũ Hữu Bình – Tôn Thân – Đỗ Quang Hiếu)