Đề tài Một số phương pháp chứng minh chia hết

Qua thực tế giảng dạy, tìm tòi, học hỏi, bản thân đã rút ra được một số phương pháp để giải các bài toán về phép chia hết nhằm giúp thêm tài liệu cho việc bồi dưỡng học sinh giỏi toán, n[r]

NguyÔn Thao Môc lôc a phÇn më ®Çu Lý chọn đề Mục đích nghiên cứu Khách thể và đối tượng nghiên cứu Gi¶ thuyÕt khoa häc NhiÖm vô nghiªn cøu Giới hạn đề tài Nh÷ng luËn ®iÓm b¶o vÖ Những đóng góp ý nghĩa lý luận thực tiễn đề tài Cơ sở phương pháp luận và phương pháp nghiên cứu B Néi dung 2 3 3 3 II.PhÐp chia hÕt Vấn đề 1: Phương pháp chứng minh chia hết Vấn đề 2: Dấu hiệu chia hết Vấn đề 3: Các bài tập khác chia hết 10 III C¸c bµi tËp vÒ phÐp chia hÕt 12 c KÕt luËn chung 13 Tµi liÖu tham kh¶o 15 Lop6.net NguyÔn Thao a phÇn më ®Çu Lý chọn đề tài: Toán học đời gắn liền với người, với lịch sử phát triển và sống xã hội loài người Nó có lý luận thực tiễn lớn lao và quan trọng và Số học là môn đặc biệt quan trọng toán học Nếu sâu nghiên cứu môn số học h¼n mçi chóng ta sÏ ®­îc chøng kiÕn nhiÒu ®iÒu lý thó cña nã mang l¹i “Mét số phương pháp chứng minh chia hết” là đề tài hay số học, nó đã thực lôi nhiều người yêu toán học Ngày xã hội cần mẫu người thông minh, trí tuệ, sáng tạo Học toán giúp chúng ta phát huy cao độ đức tính “ Một số phương pháp chứng minh chia hết ”mà tôi đề cập đây là khía c¹nh v« vµn nh÷ng khÝa c¹nh kh¸c cña bé m«n sè häc nãi riªng vµ to¸n häc nãi chung Trong nh÷ng n¨m gÇn ®©y, c¸c kú thi häc sinh giái bËc THCS vµ c¸c kú thi tuyển sinh vào trường THPT chuyên thường gặp bài toán phép chia hết Dạng toán này phong phú và đa dạng, có ý nghĩa quan trọng c¸c em häc sinh ë bËc THCS, ph¶i b»ng c¸ch gi¶i th«ng minh, t×m c¸c biÖn pháp hữu hiệu và phù hợp với trình độ kiến thức toán học bậc học để giải lo¹i to¸n nµy Với ý nghĩa vậy, việc hướng dẫn học sinh nắm các phương pháp giải các bài toán phép chia hết là vấn đề quan trọng Qua thực tế giảng dạy, tìm tòi, học hỏi, thân đã rút số phương pháp để giải các bài toán phép chia hết nhằm giúp thêm tài liệu cho việc bồi dưỡng học sinh giỏi toán, nâng cao chất lượng giảng dạy Mục đích nghiên cứu * §èi víi GV - Nâng cao trình độ chuyên môn, phục vụ cho quá trình giảng dạy - Làm quen với công tác nghiên cứu khoa học để ngày càng phục vụ cho việc gi¶ng d¹y hiÖu qu¶ h¬n Lop6.net NguyÔn Thao * §èi víi HS - Giúp HS hệ thống số phương pháp giải bài toán phép chia hết - Nâng cao chất lượng giáo dục, rèn luyện tư duy, óc sáng tạo học sinh trung häc c¬ së Khách thể và đối tượng nghiên cứu * Khách thể: - Học sinh khá, giỏi toánTrường THCS Thiệu Trung * Đối tượng nghiên cứu: “ Một số phương pháp chứng minh chia hết ” Gi¶ thuyÕt khoa häc Việc hệ thống số phương pháp chứng minh chia hết và ví dụ minh ho¹ sÏ gióp cho häc sinh rÌn luyÖn ®­îc kü n¨ng tÝnh to¸n, ph¸t triÓn ®­îc t­ thuật giải, vận dụng kiến thức cách linh hoạt Đặc biệt đề tài đã nêu số dấu hiệu chia hết, số dạng toán khác từ đó kết nâng lên cách rõ rệt, là việc đưa vào dạy cho học sinh khá, giỏi, trường chuyªn, líp chän NhiÖm vô nghiªn cøu: Đề tài trình bày số phương pháp chứng minh chia hết bậc THCS Mỗi phương pháp trình bày theo cấu trúc gồm: Cơ sở lý thuyết và ví dụ minh ho¹ Giới hạn đề tài Đề tài này đề cập tới số phương pháp chứng minh chia hết, đối tượng mà đề tài nhằm tới là học sinh khá, giỏi toán THCS Nh÷ng luËn ®iÓm b¶o vÖ §Ò tµi gåm phÇn: - Một số phương pháp chứng minh chia hết - DÊu hiÖu chia hÕt - C¸c bµi tËp kh¸c vÒ chia hÕt Cơ sở Phương pháp luận và phương pháp nghiên cứu: - Tổng hợp, hệ thống từ việc dạy bồi dưỡng, tham khảo tài liệu và báo toán häc tuæi tuæi th¬ - Nghiên cứu qua thực tế giảng dạy, học tập học sinh trường Lop6.net NguyÔn Thao - Nghiên cứu qua việc rút kinh nghiệm, học hỏi đồng nghiệp, các thầy cô gi¸o cã nhiÒu kinh nghiÖm c«ng t¸c gi¶ng d¹y Những đóng góp ý nghĩa lý luận thực tiễn đề tài Phép chia hết là dạng toán khó học sinh THCS Việc đưa số phương pháp chứng minh chia hết kèm theo ví dụ, giúp học dễ dàng nắm đựơc cách khá chắn mức độ kiến thức và kỹ năng, đồng thời nêu sè dÊu hiÖu chia hÕt, c¸c d¹ng to¸n kh¸c gióp häc sinh ph¸t huy tÝnh t­ duy, s¸ng t¹o b phÇn néi dung I C¬ së lý luËn vµ thùc tiÔn: Lop6.net NguyÔn Thao Trên sở thực tế dạy và học, daùng toaựn “Chia heỏt” đã ủửụùc ủeà caọp sách giáo khoa từ đầu lớp đến lớp 9, và khèi lớp có yêu cầu vỊ mặt kiến thức khaực nhau, mức độ khác mà kieỏn thửực ủoứi hoỷi coự sửù keỏ thừa, cái này là sở cái kia, chúng bổ trợ cho nên làm cho người học và người dạy vất vả là các em học sinh khối và khối Thông thường dạy dạng toán này giáo viên lại phải nhắc lại các kiến thức học lớp làm nhiều thời gian cho tiết dạy Kỹ biến đổi để làm xuất các yếu tố chia hết biểu thức số hay biểu thức đại số các em còn chưa linh hoạt, có bài toán đơn giản mà các em biến đổi chứng minh dài dòng và phức tạp, thực chất các em nắm các phương pháp giải dạng toán chia hết thì chứng minh đơn giản * VÒ phÝa gi¸o viªn: Có thể khẳng đinh đây là dạng bài tương đối khó giáo viên Đó là, trước hết là khó khăn kiến thức, phương pháp VËy nguyªn nh©n ®©u ? - Các tài liệu để giáo viên tham khảo nên giáo viên ít có hội để bổ sung kiến thức, phương pháp - Do giáo viên chưa tìm phương pháp tối ưu cho dạng bài, chưa đầu tư nhiều để suy nghĩ để đưa hệ thống lời dẫn cho học sinh c¸c tiÕt häc *VÒ phÝa häc sinh: Víi gi¸o viªn viÖc d¹y bµi bµi to¸n chia hÕt lµ khã th× víi häc sinh kiÓu bµi nµy cµng khã h¬n - Việc học tập các phương pháp tổng quát và đặc biệt là để giải các bài to¸n; viÖc h×nh thµnh kh¶ n¨ng, kü x¶o vËn dông to¸n häc cña HS ch­a hÖ thèng - Häc sinh nghiªn cøu to¸n häc, c¸c em cã nh÷ng kiÕn thøc, néi dung tài liệu học tập, các em hiểu các định lý và quy tắc không hiểu các Lop6.net NguyÔn Thao phương pháp chung để giải các bài toán Những dẫn giáo viên thông thường học sinh không ghi nhớ và hệ thống hoá Vì tất dẫn đó trông vào trí nhớ học sinh học sinh lại nhanh quên Vµ nguyªn nh©n cña nh÷ng nguyªn nh©n: “T«i nghÜ r»ng, nÕu viÖc häc toán thuộc trí tuệ loài người thì công phải quý điều đó khuyết điểm nghệ thuật và phương pháp giảng dạy” (NI Lôbasepki) II PhÐp chia hÕt * Tãm t¾t lý thuyÕt §Þnh lý vÒ phÐp chia hÕt: a) §Þnh lý Cho a, b là các số nguyên tuỳ ý, b  , đó có số nguyên q, r cho : a  bq  r với  r  b , a là só bị chia, b là số chia, q là thương số vµ r lµ sè d­ Đặc biệt với r = thì a = b.q Khi đó ta nói a chia hết cho b hay b là ước cña a, ký hiÖu a  b VËy a  b  cã sè nguyªn q cho a = b.q b) TÝnh chÊt a) NÕu a  b vµ b  c th× a  c  b) NÕu a  b vµ b a th× a = b c) NÕu a  b , a  c vµ (b,c) = th× a  bc d) NÕu ab c vµ (c,b) = th× a  c TÝnh chÊt chia hÕt cña mét tæng, mét hiÖu, mét tÝch - NÕu a  m   a  bm bm  - NÕu a  m  bm  - NÕu a  m   a b  m bm   a  bm n - NÕu a m  a  m (n lµ sè tù nhiªn) §ång d­ thøc a) §Þnh nghÜa : Cho sè nguyªn m > NÕu sè nguyªn a, b cho cïng sè dư chia cho m thì ta nói a đồng dư với b theo môđun m KÝ hiÖu : a  b(mod m) Lop6.net NguyÔn Thao b) TÝnh chÊt a) a  b(mod m)  a  c  b  c(mod m) b) a  b(mod m)  na  nb(mod m) c) a  b(mod m)  a n  b n (mod m) d) a  b(mod m)  ac  bc(mod m) Vấn đề 1: Phương pháp chứng minh chia hết Phương pháp 1: Dùng tính chất Trong n ( n  1) sè nguyªn liªn tiÕp cã mét vµ chØ mét sè chia hÕt cho n VÝ dô 1: a) TÝch sè tù nhiªn liªn tiÕp chia hÕt cho 120 b) Chøng minh r»ng víi mäi sè nguyªn n th× n3  11n Gi¶i a) Ta cã 120 = 3.5 Trong sè nguyªn liªn tiÕp ph¶i cã sè ch½n liªn tiÕp nªn tÝch chia hÕt cho MÆt kh¸c sè nguyªn liªn tiÕp cã sè chia hÕt cho vµ sè chia hÕt cho nªn tÝch chia hÕt cho mµ (3,5,8) = VËy tÝch sè tù nhiªn liªn tiÕp chia hÕt cho 120 b) Ta cã : n3  11n  n3  n  12n  n(n  1)(n  1)  12n  V× n-1, n, n+1 lµ sè nguyªn liªn tiÕp nªn tÝch ( n-1) n (n+1)  Phương pháp 2: Dùng công thức khai triển VÝ dô a n  b n  a  b, (a  b)n  N a n  b n  a  b nÕu n lÎ a n  b n  a  b nÕu n ch½n (a  b) (a  b) n  b n (mod a ) a) Víi n ch½n, chøng minh r»ng 20n  16n  3n  1 323 b) Chøng minh r»ng : 22225555  55552222  Gi¶i: a) Ta cã 323 = 17 19 vµ 20n  16n  3n   (20n  1)  (16n  3n )19 V× 20n  1 20   19 vµ 16n  3n 19 n ch½n MÆt kh¸c : 20n  16n  3n   (20n  3n )  (16n  1)17 (2) n n n V× (20  ) 20  3;(16  1)16   17 n ch½n Tõ (1) vµ (2) suy 20n  16n  3n  117.19  323 b) Ta cã : 2222  4(mod 7) ;5555  4(mod 7)  (1) 22225555  55552222  (4)5555  42222  0(mod 7) V× (4)5555  42222  42222 (43333  1) 43   63 7 Lop6.net NguyÔn Thao Phương pháp 3: Dùng định lý phép chia có dư Để chứng minh An  p ta xét trường hợp số dư Khi chia n p 1 nÕu p lÎ VÝ dô 3: Chøng minh r»ng nÕu n  th× 32 n  3n  113 cho p cã thÓ d­ lµ 0; 1; 2; ; p - hoÆc lµ 1; 2; ;  Gi¶i: V× n  nªn n = 3k + hoÆc n = 3k + 1) NÕu n = 3k + th× 32 n  3n   36 k   33k 1   9.27 k  3.27 k      0(mod13) V× 27  1(mod13) 2) NÕu n = 3k + th× 32 n  3n   36 k   33k    81.27 k  9.27 k   81   19 mod13) VËy n  th× 32 n  3n  113 Phương pháp 4: Sử dụng nguyên tắc Đirichlet NÕu ®em n + vËt xÕp vµo n ng¨n kÐo th× cã Ýt nhÊt mét ng¨n kÐo chøa tõ vËt trë lªn VÝ dô 4: Chøng minh r»ng a) cã thÓ t×m ®­îc mét sè cã d¹ng 19911991 19910 vµ chia hÕt cho 1992 b) Trong sè tù nhiªn mçi sè cã ch÷ sè, bao giê còng chän ®­îc sè mµ viÕt liÒn ta ®­îc mét sè cã ch÷ sè vµ chia hÕt cho Gi¶i: a) LÊy 1992 sè 1991; 19911991 ; ; 1991 1991  chia cho 1992 V× ®©y lµ 1992 so1991 dãy các số lẻ nên không có số nào chia hết cho 1992, đó dư phép chia c¸c sè nµy cho 1992 chØ thÓ lµ 1; 2; ; 1991 VËy ph¶i cã sè cã cïng d­ chia cho 1992, hiệu số đó có dạng 19911991 19910 và chia hết cho 1992 b) Lấy số đã cho chia cho thì có số có cùng số dư, giả sử là abc và def chia cho cã sè d­ lµ r Khi đó : abcdef  1000abc  def = 1000(7k  r )  7l  r = 7(1000k   143r ) (®pcm) Phương pháp 5: Dùng quy nạp toán học Ta cÇn chøng minh A(n) p (1) víi n = 1; 2; 1) Ta chứng minh (1) đúng với n = 1, nghĩa là A(1) p 2) Giả sử (1) đúng với n = k , nghĩa là ta có A(k ) p 3) Ta chứng minh (1) đúng với n = k+1 , nghĩa là phải chứng minh A(k  1) p Lop6.net NguyÔn Thao VÝ dô 5: Chøng minh r»ng víi mäi n  : 4n  15n  1 Gi¶i: Víi n = ta cã: 41  15.1   18 Gi¶ sö víi n = k, ta cã: 4k  15k  1  4n  15n   9m ( 1) víi m  Z Víi n = k + ta cã: 4k 1  15(k  1)   4.4k  15k  14 (2) k Tõ (1) suy ra:  9m  15k  , thay vµo (2) ta cã: 4k 1  15(k  1)   4(9m  15k  1)  15k  14  36m  45k  18 VËy n  : 4n  15n  1 Phương pháp 6: Dùng định lý Fermat Víi P lµ sè nguyªn tè ta cã: a p  p(mod p) §Æc biÖt nÕu (a,p) =1 th× a p 1  1(mod p) VÝ dô 6: Chøng minh r»ng 11991  21991   19911991 11 Gi¶i: Theo định lý Fermat : a11  a(mod11)  a1991  a(mod11) Do đó : 11991  21992   19911991     1991  1991.966  0(mod11) Vấn đề 2: DÊu hiÖu chia hÕt *Dấu hiệu chia hết cho 6: Một số chia hết cho và nó đồng thời chia hÕt cho vµ cho 1) Các dấu hiệu chia hết đơn giản a Chia hÕt cho 2, 5, 4, 25 vµ 8; 125 an an 1 a1a0   a0   a0  0; 2; 4;6;8 an an 1 a1a0   a0  0;5 an an 1 a1a0  ( hoÆc 25)  a1a0  ( hoÆc 25) an an 1 a1a0 8 ( hoÆc 125)  a2 a1a0 8 ( hoÆc 125) b) Chia hÕt cho 3; an an 1 a1a0  (hoÆc 9)  a0  a1   an  ( hoÆc 9) Lop6.net NguyÔn Thao NhËn xÐt: D­ phÐp chia N cho ( hoÆc 9) còng chÝnh lµ d­ phÐp chia tæng c¸c ch÷ sè cña N cho ( hoÆc 9) Ví dụ 7: Tìm các chữ số x, y để: a) 134 x y 45 b) 1234 xy 72 Gi¶i: a) §Ó 134 x y 45 ta ph¶i cã 134 x y chia hÕt cho vµ  y = hoÆc y = Víi y = th× tõ 134 x 40 ta ph¶i cã 1+3+5+x+4   x  4  x  đó ta có số 13554 víi x = th× tõ : 134 x y ta ph¶i cã 1+3+5+x+4 +5   x   x  0; x  lúc đóta có số: 135045; 135945 b) Ta cã 1234 xy  123400  xy  72.1713  64  xy  72  64  xy  72 V× 64  64  xy  163 nªn 64  xy b»ng 72 hoÆc 144 + Víi 64  xy =72 th× xy =08, ta cã sè: 123408 + Víi 64  xy =14 th× xy =80, ta cã sè 123480 Mét sè dÊu hiÖu chia hÕt kh¸c a) DÊu hiÖu chia hÕt cho 11: Cho A  a5 a4 a3a2 a1a0 A11   a0  a2  a4     a1  a3  a5    11 VÝ dô Tìm các chữ số x, y để N  x36 y51375 Gi¶i: Ta cã: 1375 = 11.125 N 125  y5125  y  N  x362511     x        12  x 11  x  VËy sè cÇn t×m lµ 713625 b) DÊu hiÖu chia hÕt cho 101 A  a5 a4 a3 a2 a1a0 A101   a1a0  a5 a4     a3 a2  a7 a6    101 VÝ dô a) Hái sè A1991  1991 1991  cã chia hÕt cho 101 kh«ng? b) Tìm n để An 101 1991so1991 Gi¶i: a) GhÐp ch÷ sè liªn tiÕp th× A1991 cã cÆp sè lµ 91;19 Ta cã: 1991.91-1991.19 = 1991 72  101 nªn A1991  101 b) An 101  n.91  n.19  72n101  n101 c) DÊu hiÖu chia hÕt cho7;13 10 Lop6.net NguyÔn Thao A  a5 a4 a3 a2 a1a0 A   a2 a1a0  a8 a7 a6     a5 a4 a3     A13   a2 a1a0  a8 a7 a6     a5 a4 a3    13 Vấn đề C¸c bµi tËp kh¸c vÒ chia hÕt 1) Chøng minh kh«ng chia hÕt - NÕu a  b vµ b c th× a  c - NÕu a  c vµ b  c th× c  b  c - NÕu ab p th× a  p hoÆc b p víi p lµ sè ngyuªn tè - Số chính phương( là bình phương số tự nhiên ) chia hết cho sè nguyªn tè p th× sÏ chia hÕt cho p2 Vậy n p n  p thì n là số chính phương VÝ dô 11 Chøng minh r»ng víi mäi sè tù nhiªn n : a) n  n   b) n  11n  39  49 Gi¶i: a)Với n = 3k thì n  n   đó n  n   Víi n = 3k + th× n  n   (3k  1)2  (3k  1)   9(k  k )   Với n = 3k+2 thì n  n   1(mod 3) đó n  n   VËy n  n   ví mäi n 2) Tìm số tự nhiên n để a(n)  B(n) Phương pháp: Giả sử có A(n), ta biến đổi dùng phép chia đa thức đẻ đến số m  B(n) , từ đó suy n KiÓm nghiÖm c¸c gi¸ trÞ t×m ®­îc n VÝ dô 12: a) T×m n > cho n  chia hÕt cho n +1 b) T×m n > vµ n  cho 3n -  n  Gi¶i: 2 a) Gi¶ sö n  1 n   n   n   2 n   2 n   n  Thö l¹i víi n = ta cã : = VËy n  1 n  , n > b) Gi¶ sö 3n  8 n   3n   3(n  4)  4 n   4 n   n   4; 2; 1  n  8;6; 2;5;3 11 Lop6.net NguyÔn Thao VËy 3n -  n  víi n > 0; n  3) Bài tập số chính phương Phương pháp 1: Dùng tính chẵn lẻ VÝ dô 13 Chứng minh số chính phương có chứa chữ số lẻ hàng chục thì chữ số hàng đơn vị luôn Gi¶i: Giả sử số chính phương có dạng nb  (10n  b) , n  N ; b   nb  100n  20nb  b  20n(5n  b)  b Ch÷ sè hµng chôc cña 20n(5n + b) lµ ch½n nªn theo gi¶ thiÕt ch÷ sè hµng chôc b2 phải lẻ, từ đó suy b = 6; Khi đó b2 = 36; 16 nên chữ số hàng đơn vị nb luôn Phương pháp 2: VÝ dô 14: Sö dông chia hÕt vµ chia cã d­ Tìm số chính phương abcd biết ab  cd  Gi¶i: Gi¶ sö n  abcd  100ab  cd  100(1  cd )  cd  101cd  100  101cd  n  100 = ( n - 10 )( n +10) V× n < 100 vµ 101 lµ sè nguyªn tè nªn n + 10 = 101 suy n = 91 Thö l¹i : abcd = 912= 8281 cã 82 - 81 = Phương pháp Sö dông tÝnh chÊt a) Nếu a là số chính phương và ( a, b) = thì a và b là số chính phương b) NÕu cã sè nguyªn m cho m  n  (m  1)2 th× n kh«ng thÓ lµ sè chÝnh phương VÝ dô 15 Chøng minh r»ng tÝch cña sè tù nhiªn liªn tiÕp kh«ng thÓ lµ sè chính phương Gi¶i: Ta cã A = n(n+1)(n+2)(n+3) = (n  3n)(n  3n  2)  (n  3n)2  2(n  3n)  (n  3n)  A  (n  3n  1) Vậy A không thể là số chính phương III) C¸c bµi tËp vÒ chia hÕt 1.Chøng minh r»ng: a) 16n  15n  1 225 12 Lop6.net NguyÔn Thao b) 92 n  14 Tìm số tự nhiên n để n7  n 42 Víi sè nguyªn a,b,c, d Chøng minh r»ng: (a-b)(a-c)(a-d)(b-c)(b-d)(c-d) 12 Chøng minh r»ng víi mäi n  : a) 33n 3  26n  27169 b) 112 n  122 n 1 133 Chøng minh abcd  29  a  3b  9c  27d  29 Chøng minh r»ng víi mäi sè tù nhiªn n : a) 9n   100 b) n  n   15 Víi gi¸ trÞ nµo cña n th× (n+5)(n+6)  6n Víi n  N T×m sè nguyªn tè p cho tæng tÊt c¶ c¸c ­íc tù nhiªn cña p4 lµ mét sè chÝnh phương 9.Cho n là số tự nhiên , d là ước nguyên dương 2n2 chứng minh n2+d không chính phương c KÕt luËn chung 13 Lop6.net NguyÔn Thao A KÕt qu¶ thùc hiÖn: Sau thời gian thực chuyên đề này với phương pháp đã trình bày trên tôi đã thu kết quả: - Với học sinh trung bình đã có thể làm bài tập điển hình đơn giản, có em đã có hướng giải gặp các bài toán phép chia hết dạng khó hơn, các em không còn lo sợ trước bài tập phép chia hết - Víi c¸c häc sinh kh¸, giái cã em cã thãi quen t­ l©u h¬n, t×m hướng để giải bài tập, có kỹ đơn giản hoá các vấn đề phức tạp, có học sinh đã tìm các bài tập để làm và yêu cầu giáo viên bài tập khó h¬n Tôi đã áp dụng số phương pháp và dạng toán phù hợp với chương trình lớp và thực bồi dưỡng lớp 6A, lớp 6B không luyện tập chuyên đề này và kết đạt sau: Líp BD 6A 6B SÜ sè 30 34 Giái SL % 13,3 Kh¸ SL 10 % 33,4 2,9 TB SL 15 % 50 14,7 YÕu SL 18 % 3,3 52,9 KÐm SL 10 §¹t % % 96,7% 29,4 17,7% B Nh÷ng kinh nghiÖm rót ra: Trong quá trình thực chuyên đề này, tôi nhận thấy để làm tốt chuyên đề này yêu cầu giáo viên và học sinh phải tiến hành theo bước sau: §èi víi gi¸o viªn: - Nghiªn cøu kü SGK vµ tµi liÖu tham kh¶o - Giúp học sinh suy nghĩ tìm hướng để giải các dạng bài tập phÐp chia hÕt lµ chñ yÕu - Trong qu¸ tr×nh lµm bµi tËp bao giê còng luyÖn cho häc sinh lµm thµnh thạo các dạng bài tập sau đó nâng dần bài toán lên giúp các em tư cao h¬n - Trước chữa bài tập giáo viên phải nghiên cứu thật kỹ để tìm cách giải ngắn gọn, dễ hiểu để học sinh dễ tiếp thu §èi víi häc sinh: - Học kiến thức trước làm bài tập - RÌn thãi quen kh«ng phô thuéc vµo s¸ch vë - Víi mçi bµi to¸n ph¶i rót nhËn xÐt cho b¶n th©n C KÕt luËn chung: Trong đề tài sáng kiến này tôi đã nêu số phương pháp phép chia hết, phương pháp có ví dụ minh hoạ tôi tuyển chọn số tài liệu tham kh¶o Do tuæi nghÒ Ýt, kinh nghiÖm cßn h¹n chÕ nªn qu¸ tr×nh viÕt khã tránh khỏi đơn điệu, sai sót cách trình bày hệ thống và phương pháp 14 Lop6.net NguyÔn Thao Tôi hy vọng phần nào đó giúp chúng ta hiểu kỹ toán chia hết và cá phương pháp giải Th«ng qua s¸ng kiÕn nµy, b¶n th©n t«i thùc sù rót ®­îc nhiÒu kiÕn thøc quý b¸u, gióp t«i hoµn thµnh tèt h¬n cho c«ng viÖc gi¶ng d¹y sau nµy Tôi mong nhận đóng góp ý kiến quý báu đồng nghiệp để vèn kiÕn thøc cña t«i ngµy cµng hoµn thiÖn h¬n 15 Lop6.net NguyÔn Thao Tµi liÖu tham kh¶o Sè häc - Phan §øc ChÝnh-T«n Th©n -Ph¹m Gia §øc - NXB gi¸o dôc N©ng cao vµ ph¸t triÓn To¸n - Vò H÷u B×nh - NXB gi¸o dôc To¸n häc tuæi th¬ Bµi tËp sè häc - §¹i Häc S­ ph¹m Vinh 16 Lop6.net