Các phương pháp giải bài toán chia hết và áp dụng trong chương trình THCS

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - VŨ THỊ OANH CÁC PHƢƠNG PHÁP GIẢI BÀI TỐN CHIA HẾT VÀ ÁP DỤNG TRONG CHƢƠNG TRÌNH THCS LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội – 2014 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - VŨ THỊ OANH CÁC PHƢƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN CHIA HẾT VÀ ÁP DỤNG TRONG CHƢƠNG TRÌNH THCS Chun ngành: Phƣơng pháp tốn sơ cấp Mã số: LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC NGƢỜI HƢỚNG DẪN KHOA HỌC: TS PHẠM VĂN QUỐC Hà Nội – 2014 LỜI CẢM ƠN Trong trình thực luận văn, nhận đƣợc động viên, giúp đỡ góp ý chân thành thầy, cơ, gia đình bạn bè đồng nghiệp, khơng có giúp đỡ ấy, tơi khơng thể hồn thành tốt luận văn Đầu tiên, tơi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy hƣớng dẫn T.S Phạm Văn Quốc, khối chuyên toán, trƣờng Đại học Khoa học tự nhiên, Đại học quốc gia Hà Nội, ngƣời dành nhiều thời gian nhiệt tình bảo, hƣớng dẫn, giúp đỡ tơi hồn thành luận văn Tôi gửi lời cảm ơn tới thầy khoa Tốn - Cơ - Tin học, phòng Sau đại học, trƣờng Đại học Khoa học tự nhiên - Đại học quốc gia Hà Nội giảng dạy giúp đỡ tơi nhiều q trình học tập, khơng mặt kiến thức mà cịn mặt chuyên môn, phƣơng pháp Kiến thức sâu rộng, tận tụy, hăng say, lòng yêu nghề Thầy gƣơng sáng để học tập theo Tôi xin gửi lời cảm ơn tới thầy, cô Sermina môn Phƣơng pháp tốn sơ cấp có ý kiến đóng góp quý báu để luận văn đƣợc hoàn chỉnh Ngồi ra, tơi xin gửi lời cảm ơn đến bạn bè, đồng nghiệp tạo điều kiện, giúp đỡ, đóng góp ý kiến cho tơi Cuối cùng, tơi xin gửi lời cảm ơn, biết ơn đến gia đình mình, ngƣời động viên, giúp đỡ tơi q trình dài, tạo điều kiện để tơi có thể học tập hồn thành luận văn Hà Nội, ngày 30 tháng 10 năm 2014 Học viên Vũ Thị Oanh MỤC LỤC Phần Lời mở đầu Phần Nội dung Chương Tổng quan phép chia hết tập hợp số nguyên 1.1 1.2 1.3 Chương Các phương pháp giải toán chia hết 2.1 Phƣơng pháp sử dụng tính chất phép chia hết phép chia có dƣ 2.2 2.3 2.4 Chương Áp dụng phương pháp giải toán chia hết Phần Kết luận Tài liệu tham khảo Phần Lời mở đầu LỜI MỞ ĐẦU Bertrand Russell, nhà toán học xuất sắc ngƣời Anh viết : “Toán học nắm giữ không thật mà vẻ đẹp tối thượng, vẻ đẹp lạnh lùng mộc mạc tác phẩm điêu khắc, tinh khiết hoàn hảo tuyệt vời, có nghệ thuật vĩ đại ” Quả thật nhƣ vậy, toán học làm cho ngƣời học, ngƣời nghiên cứu phải thích thú, phải ngƣỡng mộ trƣớc vẻ đẹp khoa học, tự nhiên Và điều góp phần làm nên vẻ đẹp phép chia hết Phép chia hết không điểm bắt đầu, nguồn nhiều nội dung khác thú vị toán học, mà thân chứa đựng tính chất đẹp đẽ, mối quan hệ phong phú, tính chất tƣởng nhƣ đơn giản nhƣng lại phức tạp, đôi lúc tƣởng nhƣ phức tạp lại thành đơn giản Là giáo viên dạy toán cấp trung học sở, phép chia hết ln song hành giảng tốn tơi qua khối lớp, từ lớp đến lớp 9, đặc biệt khối lớp học số học khối lớp Phép chia hết có vai trị quan trọng, nhƣ tơi nói, ln tính chất mở đầu, gốc, cơng cụ để phát triển số học nói riêng tốn học nói chung Bởi có vai trị quan trọng, tính chất biến hóa, đa dạng phong phú mà phép chia hết đƣợc sử dụng nhiều đề kiểm tra, đề thi thƣờng xuyên, đề thi học sinh giỏi nƣớc quốc tế, đề thi vào lớp 10, vào khối lớp chuyên, , đó, phƣơng pháp để giải tốn chia hết vấn đề đƣợc quan tâm, nghiên cứu Để giúp cho thân học sinh thấy đƣợc vẻ đẹp, điều kì diệu toán học, nhƣ cung cấp cho em phƣơng pháp để giải đƣợc tốn chia hết, chọn đề tài: Các phương pháp giải toán chia hết áp dụng chương trình THCS Nội dung khóa luận bao gồm vấn đề sau đây: - - Tổng quan phép chia hết tập hợp số nguyên - Trình bày phƣơng pháp giải toán chia hết Các tốn áp dụng chƣơng trình THCS cách giải theo phƣơng pháp trình bày Mặc dù cố gắng nhƣng kiến thức hạn chế, thời gian không nhiều nên làm luận văn khơng tránh khỏi sai sót Tác giả mong nhận đƣợc góp ý ý kiến phản biện quý thầy cô bạn đọc Xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, ngày 30 tháng 10 năm 2014 Học viên Vũ Thị Oanh Phần Nội dung Chƣơng Tổng quan phép chia hết tập hợp số nguyên 1.1 Phép chia hết 1.1.1 Định nghĩa: Cho hai số nguyên a b, b ≠ Nếu có số nguyên k cho a = bk ta nói a chia hết cho b Kí hiệu a ⋮ b (a chia hết cho b) b│a (b chia hết a) Khi đó, a đƣợc gọi bội b b đƣợc gọi ƣớc a 1.1.2 Các tính chất chia hết : với a, b  Z, b ≠  Nếu a ⋮ b b ⋮ c a ⋮ c (tính chất bắc cầu)  Nếu a ⋮ b am ⋮ b (mZ)  Nếu ⋮ m a1 + a2 + + an ⋮ m (tính chất chia hết tổng)  Nếu a ⋮ m b ⋮ m a + b ⋮ m  Nếu ab ⋮ c (b, c) = a ⋮ c  Nếu ⋮ mi với i = 1, 2, , n a1.a2 an ⋮ m1.m2 mn Đặc biệt, a ⋮ b an ⋮ bn 1.2 Phép chia có dƣ 1.2.1 Định nghĩa: Giả sử a, b hai số nguyên b > Ta nói a chia cho số b có thƣơng q số dƣ r, a biểu diễn đẳng thức a = b.q + r,  r < b 1.2.2 Định lý phép chia có dƣ: Giả sử a, b hai số nguyên b>0 Khi chọn đƣợc số nguyên q r cho  r < b a = bq + r Các số q, r xác định theo điều kiện Chứng minh: * Sự tồn tại: Chọn số tự nhiên c cho |a|< bc xét dãy số: -cb, (-c + 1)b, (-c + 2)b, , -2b, -b, 0b, , (c - 1)b, cb Với b > dãy tăng, có số đầu -cb < a, số cuối cb > a (do |a|< c) Nhƣ dãy có số bé a, kí hiệu qb, số lớn a, kí hiệu (q+1)b Ta có: qb  a < (q+1)b, nhƣ ta chọn đƣợc thƣơng q Kí hiệu r a - bq a = bq + r Khi đó: qb  bq + r < (q+1)b hay  r < b Vậy thƣơng q số dƣ r tìm đƣợc * Tính nhất: Giả sử a biểu diễn đƣợc cách: a=b1+ 1với 0 < b; a = b + với  < b Trừ vế tƣơng ứng hai đẳng thức, ta có: (1− − ⋮ Giả sử ≠ Mặt khác, − ≤ Vậy = 2) + − = suy 2, 2, − = −( (*) ta giả sử b ≠ nên từ (1) suy 1 − 2) (1) > < , nên = − ⋮ b mâu thuẫn với (*) Vậy dạng biểu diễn phép chia có dƣ k Vì n − ⋮ n − nên nn−2 − 1) + (nn−3 − 1) + ⋯ + (n − + n − ⋮ n − n−2 Do n n − [n n − [ n nguyên n >1 − 1) + (n n−3 n − 1) + ⋯ + (n − + n − 1] ⋮ (n − 1) hay n − n ⋮ (n − 1) với số Bài 48 Chứng minh a số nguyên không chia hết cho không chia hết cho (a4 − 1)(a4 + 15a2 + 1) ⋮ 35 Giải: Vì a khơng chia hết cho số nguyên tố nên (a, 5) = Theo định lí Fecma bé: a4 ≡ mod suy a4 − ⋮ Tƣơng tự, ta có: a6 ≡ mod suy a6 − ⋮ Lại có: (a4 − 1) a4 + 15a2 + = (a4 − 1) a4 + a2 + + 14a2(a4 − 1) = (a6 − 1) + 14a2(a4 − 1) ⋮ a6 − ⋮ 14a2(a4 − 1) ⋮ (a4 − 1) a4 + 15a2 + ⋮ a4 − ⋮ hai số nguyên tố nên (a4 − 1)(a4 + 15a2 + 1) ⋮ 5.7 hay (a4 − 1)(a4 + 15a2 + 1) ⋮ 35 Bài 49 Chứng minh 222555 + 555222 ⋮ Giải: * Cách 1: + Vì 222 = 7.31 + nên 222 ≡ (mod 7) Xét tuần hoàn số dƣ chia lũy thừa cho 7, ta đƣợc: 5 6m Vậy ≡ mod , suy ≡ mod với mN Lại có 555 = 6.29 + nên 5555 = 56.92 53 ≡ 1.6 Vậy 222555 ≡ mod 71 + 555 = 7.79 + nên 555 ≡ (mod 7) Xét tuần hoàn số dƣ chia lũy thừa cho 7, ta đƣợc: 2 Vậy 23 ≡ mod , suy 23n ≡ mod với n ∈N Lại có 222=3.74 nên 2222 = 23.74 ≡ mod (2) Vậy 555222 ≡ mod Từ (1) (2), ta có: 222555 + 555222 ≡ + 1(mod 7) ≡ 0(mod 7) hay 222555 + 555222 ⋮ * Cách Ta có: 222555 + 555222 = 222555 + 2555 + 555222 − 2222 − (2555 − 2222) 555 555 mà 222 +2 ⋮ (222 + 2) = 224 ⋮ nên 222 222 222 555 −2 ⋮7 555 −2 222 =2 Vậy 222555 + 555222 ⋮ 222 2013 Bài 50 Chứng minh 72012 333 2017 − 32016 −1=2 222 555 111 555 +2 222 ⋮ 555 −2 222 ⋮ 555 − = 553 ⋮ nên 555 − ⋮ − = nên 222 −2 ⋮ ⋮ 10 Giải: * Xét tuần hoàn số dƣ chia lũy thừa cho 10, ta đƣợc: 7 Vậy 74 ≡ mod 10 Lại có 20122013 = (4.503)2013 = 42012 5032013 Vậy 72012 2013 72 72 * Xét tuần hoàn số dƣ chia lũy thừa cho 10, ta đƣợc: 3 Vậy 34 ≡ mod 10 Lại có 20162017 = (4.504)2016 = 42015 5042016 2017 Vậy 32016 Từ (1) (2) suy 720122013 − 320162017 hay 72012 2013 − 32016 2017 ⋮ 10 Bài 51 Chứng minh tổng lập phƣơng số tự nhiên liên tiếp chia hết cho Giải: Gọi ba số tự nhiên liên tiếp n, n+1, n+2 Tổng lập phƣơng số n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3 * * Với n = 0, ta có 03 + + + + = ⋮ Với n > 0, giả sử mệnh đề với n = k, tức k3 + (k + 1)3 + (k + 2)3 ⋮ 9, ta chứng minh mệnh đề với n = k + 1, tức (k + 1)3 + k + + k + 3 ⋮ Thật vậy, ta có (k + 1)3 + k + + k + 3 = (k + 1)3 + k + + k3 + 9k2 + 27k + 27 = [k3 + k + 3) ⋮ k3 + (k + 1)3 + (k + 2)3 ⋮ 9(k2 + 3k + 3) ⋮ Vậy theo nguyên lý quy nạp n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3 ⋮ với số tự nhiên n Bài 52 Chứng minh : An = 5n + 3n−1 + ⋮ với n số nguyên dƣơng Giải: (chứng minh phƣơng pháp quy nạp) + Với n = 1, A1 = + 1−1 +1= ⋮ 73 + k + 3] + 9(k2 + 3k + 32 k + Với n > 1, giả sử Ak = + + ⋮ k−1 k+1 + ⋮ 8, ta chứng minh Ak+1 = k + Thật vậy, Ak+1 = 5k+1 + 3k + = 5k + 3k−1 + = 5k + 3k−1 + + 5k + 3k−1 Vì 5k + 3k−1 số chẵn nên 4(5k + 3k−1) ⋮ 5k + 3k−1 + ⋮ đó, Ak+1 = 5k+1 + 3k + ⋮ Bài 53 Chứng minh với n nguyên dƣơng 23 + ⋮ Giải: (phƣơng pháp quy nạp) + Với n = 231 + = ⋮ 3k + Với n > 1, giả sử mệnh đề với n = k, tức k+1 k 3k+1 + ⋮ , ta chứng minh + 1⋮ ta có 23k+1 + = ( 23k )3 + = Vì 23k + ⋮ 3k nên đặt 23k k −23 = (t 3k )2 − t 3k + ⋮ mà k 23 3n Vậy với n nguyên dƣơng n +1⋮3 Bài 54 Chứng minh rằng: với số tự nhiên n + 15 − ⋮ Giải: (phƣơng pháp quy nạp) + Với n = 4n + 15n − = + 15 − = 18 ⋮ k + Với n ≥ 1; giả sử mệnh đề với n = k, tức + 15k − ⋮ ta chứng minh 4k+1 + 15(k + 1) − ⋮ k+1 k Thật vậy, xét = + 15 k + − = 4 + 15k + 15 − 4k + 15k − − 45k + 18 = 4k + 15k − − 9(5k − 2) ⋮ 74 k (vì + 15k − ⋮ 9(5k − 2) ⋮ 9) Vậy, theo nguyên lý quy nạp 4n + 15n − ⋮ với số tự nhiên n Bài 55 Cho 100 số tự nhiên lẻ 1,3,5, ,199 Tìm số tự nhiên k bé cho chọn k số tùy ý 100 số cho tìm đƣợc hai số k số chọn mà số bội số Giải: Các số cho có dạng 3ti (ti ≥ 0, ailẻ, ⋮ 3); (1   199) Trong 100 số lẻ, số chia hết cho là: 3, 9,15 , 195 Số số chia hết cho (195 - 3) : + = 33 nên nhận 100 - 33 = 67 giá trị khác Theo nguyên lý Dirichlet lấy 68 số tập hợp có số am = an Khi hai số 3tm am 3tn an có số bội số Ta chứng minh số bé 68 Thật vậy, giả sử có tập hợp 67 số tự nhiên lẻ, ví dụ tập hợp số 67,69,71, ,199 mà có số khác x y bội nhau, giả sử x ⋮ y x ≥ 3y, suy 199 ≥ x ≥ 3y ≥ 3.67 = 201 (vơ lí) Vậy số tự nhiên nhỏ cần tìm 68 Từ đó, ta có tốn tổng qt: Cho a số tự nhiên lẻ 1,3,5, ,a Tìm số tự nhiên k bé cho chọn k số tùy ý a số cho tìm hai số k số chọn mà số bội số Bài 56 Tồn hay khơng số có dạng 1995 1995 1995 1995 000 000 chia hết cho 1994 Giải: Xét dãy số gồm 1994 số hạng sau: 1995, 1995 1995, 1995 1995 1995, , 1995 1995 1994 lần 1995 75 Chia tất số hạng dãy cho 1994 có 1993 số dƣ từ đến 1993 (khơng có số dƣ số hạng dãy lẻ) Ta lại có 1994 phép chia, nên theo nguyên lý Dirichlet, phải có hai số có số dƣ chia cho 1994 Khi hiệu số chia hết cho 1994 Giả sử số am an (m, n  N; 1 m  n  1994) am = 1995 1995 … 1995 an = 1995 1995 … 1995 m lần 1995 n lần 1995 Khi am − an ⋮ 1994 hay 1995 1995 … 1995 000 … 000 ⋮ 1994 n−m lần 1995 4m số Vậy tồn số có dạng 1995 1995 1995 1995 000 000 chia hết cho 1994 Bài toán tổng qt: Tồn hay khơng số có dạng .0 chia hết cho a - (a  N) Bài 57 Chứng minh tập hợp số nguyên dƣơng tồn số k cho số 1983k − ⋮ 105 Giải: Xét dãy số 1983 − 1; 19832 − 1; 19833 − 1; … ; 1983105+1 − Dãy có 105 + số 5 5 Lấy 10 + số chia cho 10 , ta đƣợc 10 số dƣ nhận giá trị từ đến 10 − 5 Theo nguyên lý Dirichlet, 10 + số chia cho 10 phải có số có số dƣ Giả sử số am = 1983m − 1; an = 1983n − (m, n N; 1 m  n  105 + 1) n Khi an − am ⋮ 10 hay (1983 − 1) − 1983n − 1983m ⋮ 105 suy 1983m 1983n−m − ⋮ 105 Vì (1983m , 105 )=1 nên 1983 m − ⋮ 105 1983n−m − ⋮ 105 76 k Đặt k = n - m, ta có 1983 − ⋮ 10 k Vậy tập hợp số nguyên dƣơng tồn số k cho số 1983 − ⋮ 10 Bài 58 Có tồn hay khơng số nguyên dƣơng bội 1993 có bốn chữ số tận 1994 Giải: *Cách (Sử dụng nguyên lý Dirichlet) Xét 1994 số sau: 1994, 1994 1994, , 1994 1994… 1994 1994 lấn số 1994 Trong 1994 số chia cho 1993 phải có số có số dƣ Giả sử số a = 1994 1994 … 1994 b = 1994 1994 … 1994 (với  i  j  1994) j lấn số 1994 i lấn số 1994 4i Khi b - a = 1994 1994 … 1994 10 ⋮ 1993 Vì (104i, 1993) = nên 1994 1994 … 1994 ⋮ 1993 j−i số 1994 j−i số 1994 Vậy có tồn số nguyên dƣơng bội 1993 có bốn chữ số tận 1994 *Cách Giả sử số    1994 ⋮ 1993 suy 104 + 1994 ⋮ 1993 35 + ⋮ 1993  35A = 1993B + 1992 2B=1995B+1995−35A2B+3⋮35 2B ≡ 32 mod 35  B ≡ 16 Bài 59 Cho n số nguyên dƣơng a1, a2, … , an Chứng minh chọn số đứng liền mà tổng chia hết cho n Giải: 77 Xét dãy số gồm n phần tử S1, S2, … Sn với Si = Chia phần tử Si dãy cho n i j=1 aj Nếu ∃Sk ⋮ n (1≤ k ≤ n) tốn đƣợc chứng minh Nếu với Sk ⋮ n (1≤ k ≤ n) chia cho n phải có n-1 trƣờng hợp số dƣ (từ đến n-1), dãy có phần tử có số dƣ Giả sử số hạng Sp Sq (1≤ p ≤ q ≤ n) Vậy Sp - Sq = ap+1 + ap+2 + ⋯ +aq ⋮ n Bài 60 (Đề thi vào lớp 10 chuyên toán- tin trường Phổ thơng khiếu, ĐHQG thành phố Hồ Chí Minh, năm học 2004-2005) 3n+1 a) Tìm tất số nguyên dƣơng n saocho x b) Tìm số dƣ phép chia A= 38 + 36 + 32004 cho 91 2n +x + x + x + chia hêt cho Giải: a) Nhận thấy: với m nguyên dƣơng x 3m m − = (x ) cho x − 1, x 3m − chia hết cho x + x + Đặt n = 3k + r (k nguyên dƣơng , r = 0, 1, 2) Xét x3n+1 + x2n + = x3 3k+r +1 + x2 3k+r + x3 Vì x x2r − x3 2k − nên để x3n+1 + x2n + chia hết cho x2 + x + x2r + x + chia hết cho x2 + x + 2r + + 3k+r Với r = x + x + = x + không chia hết cho x + x + Với r = x2r + x + = x2 + x + chia hết cho x2 + x + + Với r = x4 + x + = x(x3 − 1) + 2x + không chia hết cho x2 + x + 78 − chia hết Kết luận: với n = 3k + (k  N*) x 3n+1 2n +x + chia hết cho x + x + b) Ta có: 36 − = 728 ⋮ 91.A= 38 + 36 + 32004 = 38 − 32 + 36 − + −1 +32+1+1=32 36−1 + 36−1 + (36)334 −1 +11 Vậy A = 38 + 36 + 32004 chia cho 91 dƣ 11 2004 79 Phần Kết luận 80 KẾT LUẬN Luận văn hệ thống kiến thức phép chia hết, phép chia có dƣ tập hợp số nguyên kiến thức liên quan nhƣ số nguyên tố, hợp số, ƣớc chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất, Tiếp theo luận văn nghiên cứu hệ thống phƣơng pháp giải toán chia hết Mặc dù có nhiều phƣơng pháp nhƣng tác giả trình bày phƣơng pháp phổ biến có tính ứng dụng cao Trong phƣơng pháp, tác giả trình bày lý thuyết phƣơng pháp, phƣơng pháp giải ví dụ minh họa Phần cuối việc tìm hiểu, chọn lọc, xếp, đặt toán áp dụng phù hợp phƣơng pháp việc giải toán chƣơng trình trung học sở Trong phần này, có xếp theo phƣơng pháp trình bày nhƣng tác giả khơng phân chia tốn cụ thể, rõ ràng theo phƣơng pháp có tốn trình bày theo nhiều phƣơng pháp khác nhau, toán lại phối kết hợp nhiều phƣơng pháp Với nhiều tốn, có thể, tác giả đƣa dạng toán tổng quát, mở rộng tốn trình bày lời giải toán theo cách khác Tuy nhiên, luận văn dừng lại chủ yếu việc xét tính chia hết tập hợp số nguyên Do vậy, hƣớng phát triển luận văn xét tính chia hết đa thức, vấn đề quan trọng đại số Mặc dù có nhiều cố gắng nhƣng luận văn cịn có nhiều thiếu sót hạn chế Tác giả mong nhận đƣợc quan tâm, đóng góp ý kiến q thầy bạn đọc Tác giả xin chân thành cảm ơn! 81 Tài liệu tham khảo [1] Hà Nghĩa Anh - Nguyễn Thúy Mùi - Huỳnh Kì Tranh, (2012), Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 mơn tốn (Đề thi trƣờng chun, chọn toàn quốc), NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [2] 9, Trần Thị Vân Anh, (2012), Bồi dưỡng học sinh giỏi toán Đại số NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [3] Tốn Vũ Hữu Bình (chủ biên), (2012), Tài liệu chuyên toán THCS 6,7,8,9, NXB Giáo dục Việt Nam [4] Vũ Hữu Bình, (2002), Nâng cao phát triển Tốn 6,7,8,9, NXB [5] Dỗn Minh Cƣờng (chủ biên), (2013), Ôn thi vào lớp 10 trung học phổ thơng chun mơn Tốn, NXB Giáo dục Việt Nam [6] dành Nguyễn Ngọc Đạm - Vũ Dƣơng Thụy, (2013), 10 chuyên đề toán cho học sinh THCS, NXB Giáo dục Việt Nam [7] Lê Hồng Đức (chủ biên), (2005), Tuyển chọn thi học sinh giỏi toán [8] Nguyễn Vũ Lƣơng (chủ biên), (2009), Các giảng số học, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [9] Nguyễn Văn Mậu (chủ biên), (2008), Một số vấn đề số học chọn lọc, [10] Nguyễn Tiến Quang, (2001), Bài tập số học, NXB Giáo dục Việt Nam [11] Đặng Huy Ruận, (2005), Phương pháp giải toán chia hết, NXB Khoa học kĩ thuật [12] Nguyễn Đức Tấn, (1997), 351 Bài toán số học chọn lọc, NXB Giáo dục 82 [13] Đỗ Đức Thái, (2000), Toán bồi dưỡng học sinh khiếu, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [14] Tôn Thân (chủ biên), (2013), Các chuyên đề chọn lọc toán 6,7,8,9, [15] Bùi Văn Tuyên, (2006), Bài tập nâng cao số chuyên đề toán 6,7,8,9, NXB Giáo dục [16] Các tác giả, Tạp chí Tốn học tuổi trẻ [17] Một số trang web mạng internet 83 ... nguyên 1.1 1.2 1.3 Chương Các phương pháp giải toán chia hết 2.1 Phƣơng pháp sử dụng tính chất phép chia hết phép chia có dƣ 2.2 2.3 2.4 Chương Áp dụng phương pháp giải toán chia hết Phần Kết luận... 41 Chƣơng Áp dụng phƣơng pháp giải toán chia hết Sử dụng phƣơng pháp trên, giải đƣợc nhiều toán chia hết Các tốn giải hay nhiều cách, sử dụng hay phối hợp nhiều phƣơng pháp để giải Bài Chứng... Chƣơng Các phƣơng pháp giải toán chia hết 2.1 Phƣơng pháp sử dụng tính chất phép chia hết phép chia có dƣ 2.1.1 Phƣơng pháp sử dụng tính chất chia hết Phần lớn tốn chia hết chƣơng trình THCS phải