SKKN Rèn luyện kĩ năng giải toán chia hết nhằm nâng cao hiệu quả bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 6 ở trường THCS Thạch Quảng

	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
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 cho thấy kỹ năng giải toán, các phép biến đổi cơ bản, phương pháp giải Toán chia hết của học sinh còn rất yếu. Nhận thức về vấn đề trên, tôi muốn truyền đạt cho các em nhiều dạng Toán để cung cấp cho các em những kiến thức, phương pháp, kỹ năng để giải Toán 
 Là một giáo viên nhiều năm được nhà trường phân công nhiệm vụ dạy đội tuyển và bồi dưỡng học sinh giỏi Toán lớp 6 tôi luôn suy nghĩ làm thế nào để vừa đáp ứng được các kiến thức cơ bản theo chương trình chuẩn của BGD đồng thời phát triển tư duy ở trình độ cao phù hợp với khả năng và trí tuệ của các em học sinh. Từ những băn khoăn trăn trở đó tôi đã tìm tòi nghiên cứu tài liệu để viết nên đề tài “Rèn luyện kĩ năng giải toán chia hết nhằm nâng cao hiệu quả bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 6 ở trường THCS Thạch Quảng".
 Nhằm tìm ra biện pháp hữu hiệu nhất để có một phương án đúng đắn giúp học sinh tiếp cận với các bài toán chia hết một cách chủ động, có hứng thú trong quá trình học.
. Mục đích nghiên cứu
 Mục đích viết đề tài này nhằm giúp học sinh giỏi lớp 6 rèn luyện kĩ năng giải toán chia hết đạt hiệu quả góp phần vào việc nâng cao chất lượng dạy và học Mặt khác giúp các em học sinh giỏi nắm chắc các phương pháp giải dạng Toán “chia hết”, hình thành cho các em các kỹ năng suy luận, biến đổi, nhận dạng và thể hiện tốt lời giải bài toán. 
. Đối tượng nghiên cứu
Các dạng toán chia hết trong chương trình lớp 6
. Phương pháp nghiên cứu
- Nghiên cứu chương trình Toán lớp 6
 - Phương pháp nghiên cứu tư duy, khả năng nhận thức của học sinh.
- Phương pháp thống kê sử lí số liệu.
2. NỘI DUNG
2.1.Cơ sở lí luận:
 Trong chương trình THCS nói chung và bộ môn toán học nói riêng mục tiêu đặt ra là không chỉ truyền đạt cho học sinh kiến thức theo yêu cầu mà phải hình thành ở các em những kiến thức tổng quát để từ đó các em có thể vận dụng trong mọi trường hợp, các em có thể giải quyết được những vấn đề đặt ra.
 Vì lẽ đó mà mỗi giáo viên cần truyền đạt cho học sinh các phương pháp, để từ những phương pháp được học các em vận dụng vào những vấn đề cụ thể.
 Đề tài được nghiên cứu thực hiện trên thực tế tiết dạy về các bài tập thể hiện dạng toán “chia hết”. Và trong những năm gần đây phương pháp dạy học môn Toán đã có một số cải tiến mới nhằm phát huy tính tích cực của học sinh bằng cách tăng cường hệ thống câu hỏi và bài tập có yêu cầu phát triển tư duy trong quá trình giảng dạy bài mới. Vì vậy hệ thống bài tập thể hiện dạng toán “chia hết” cũng có một vai trò quan trọng trong giải toán. Nó giúp học sinh phát triển khả năng tư duy, khả năng vận dụng các kiến thức đã học một cách linh hoạt vào giải toán, trình bày lời giải chính xác và lôgic
 Học sinh muốn có kiến thức toán sâu thì phải luyện tập và thực hành nhiều để tích luỹ vốn kiến thức toán học của mình. Đây cũng là vấn đề khó đối với người học, chính vì vậy thì đòi hỏi người dạy cần truyền đạt cho các em sự ham thích học toán bằng những phương pháp, kĩ năng giải toán và ứng dụng của mỗi dạng toán.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
 Dạng toán chia hết được đề cập trong SGK ngay từ đầu lớp 6.Thông
thường khi dạy dạng toán này giáo viên lại phải nhắc lại các kiến thức cơ bản đã học làm mất rất nhiều thời gian của tiết dạy. Bên cạnh đó kỹ năng biến đổi để làm xuất hiện các yếu tố chia hết trong biểu thức số hay biểu thức đại số của các em còn chưa linh hoạt, có những bài toán rất đơn giản mà các em biến đổi rất dài dòng và rất phức tạp, thực chất nêú các em nắm chắc các phương pháp giải dạng toán chia hết thì rất đơn giản.Trong quá trình giảng dạy nhiều GV không hay để ý tới dạng toán này vì dạng toán này thường được đặt dưới bài toán cụ thể trong 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 chia hết cho 36
Bài tập 2: Tìm số tự nhiên n để là số tự nhiên
Bài tập 3: Cho n N chứng minh rằng 5- 1 chia hết cho 4
 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 <6,5
Điểm 6,5 < 8
Điểm 8 10
SL
TL%
SL
TL%
SL
TL%
SL
TL%
4
57,15
2
28,57
1
14,28
0
 Trong khi chấm khảo sát tôi còn phát hiện thấy phần đa số các em chưa có phương pháp giải, lời giải dài dòng, lập luận không chặt chẽ, thiếu tính lo gic. Ở một số em còn thử và ngộ nhận kết quả. Chính vì vậy sau thời gian đắn đo suy nghĩ tôi đã mạnh dạn chọn đề tài này để nghiên cứu và xin giới thiệu với đồng nghiệp cùng tham khảo
2.3.Các giải pháp đã thực hiện để giải quyết vấn đề
2.3.1.Giải pháp thứ nhất:
 Khơi gợi trong các em tình yêu với bộ môn Toán, sự cần thiết phải học bộ môn toán thông qua nhiều con đường:
2.3.2.Giải pháp thứ hai: Tổng hợp các kiến thức lí thuyết cơ bản của dạng toán chia hết 
 Giáo viên phải nghiên cứu về chuyên đề để cung cấp cho các em những kiến thức cần thiết.
  Để giúp học sinh học tốt, làm tốt được dạng toán “chia hết” này tôi đã trang bị cho học sinh nội dung kiến thức sau, đó là nền tảng, là cơ sở để áp dụng giải các bài tập dạng này
TÓM TẮT LÝ THUYẾT
I. ĐỊNH NGHĨA PHÉP CHIA
	Cho 2 số nguyên a và b trong đó b ¹ 0 ta luôn tìm được hai số nguyên q và r duy nhất sao cho:
 a = bq + r Với 0 £ r £ | b|
Trong đó: a là số bị chia, b là số chia, q là thương, r là số dư.
Khi a chia cho b có thể xảy ra | b| số dư
	r Î {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: aMb hay b\ a
Vậy:a M b Û Có số nguyên q sao cho a = bq
II. CÁC TÍNH CHẤT
Với " a ¹ 0 thì a M a
Nếu a M b và b M c thì a M c
Với " a ¹ 0 thì 0 M a
Nếu a, b > 0 và a M b ; b M a thì a = b
Nếu a M b và c bất kỳ thì ac M b
Nếu a M b thì (±a) M (±b)
Với " a thì a M (±1)
Nếu a M b và c M b thì a ± c M b
Nếu a M b và c M b thì a ± c M b
 Nếu a + b M c và a M c thì b M c
 Nếu a M b và n > 0 thì an M bn
 Nếu ac M b và (a, b) = 1 thì c M b
Nếu a M b, c M b và m, n bất kỳ am + cn M b
 Nếu a M b và c M d thì ac M bd
 Tích n số nguyên liên tiếp chia hết cho n!
III. MỘT SỐ DẤU HIỆU CHIA HẾT
	Gọi N = 
1. Dấu hiệu chia hết cho 2; 5; 4; 25; 8; 125
+ N M 2 Û M 2 Û Î{0; 2; 4; 6; 8}
+ N M 5 Û M 5 Û Î{0; 5}
+ N M 4 (hoặc 25) Û (hoặc 25) 
+ N M 8 (hoặc 125) Û M 8 (hoặc 125)
2. Dấu hiệu chia hết cho 3 và 9
+ N M 3 (hoặc 9) Û a0+ a1++an M 3 (hoặc 9)
3. Một số dấu hiệu khác
+ N M 11 Û [(a0+a1+) – (a1+a3+)] M 11
+ N M 101 Û [( + + ...) – ( + + ... )] M 101
+ N M 7 (hoặc 13) 
Û [( + + ...) – [( + + ...)] M 11 (hoặc 13)
+ N M 37 Û ( + +) M 37 
+ N M 19 Û ( a0+2an-1+22an-2++ 2na0) M 19
IV. ĐỒNG DƯ THỨC
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 º b (mod m)
	Vậy: a º b (mod m) Û a – b M m
b. Các tính chất
Với " a Þ a º a (mod m)
Nếu a º b (mod m) Þ b º a (mod m)
Nếu a º b (mod m), b º c (mod m) Þ a º c (mod m)
Nếu a º b (mod m) và c º d (mod m) Þ a+c º b+d (mod m)
Nếu a º b (mod m) và c º d (mod m) Þ ac º bd (mod m)
Nếu a º b (mod m) Þ a º b(mod m) (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. 
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 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 chia hết cho 5 nên b = 0 hoặc b = 5 và chia hết cho 8 nên 
suy ra b = 0
Mặt khác, chia hết cho 8 nên chia hết cho 4 khi chia hết cho 4 suy ra a {0;2;4;6;8}. Ta có chia hết cho 8 khi chia hết cho 8 nên a=2 hoặc a=6. Vậy nếu a=2 thì b=0 và nếu a=6 thì b=0 nên số cầm tìm là 1920 và 1960
Bài toán 2: "Tìm các chữ số a và b sao cho chia hết cho 2 và 9".
Nhận xét: Để tìm được a và b ta phải thấy được hai dấu hiệu cơ bản đó là số đó chia hết cho 2 và 9
Giải
 Vì số 2 nên b = 
Số 9 5 + 6 + a + 3 + b = 14 + a + b 9
+ Với b = 0 và 0 ta được a = 4 thoả mãn
+ Với b = 2 và 0 ta được a = 2 thoả mãn
+ Với b = 4 và 0 ta được a = 0 thoả mãn
+ Với b = 6 và 0 ta được a = 7 thoả mãn
+ Với b = 8 và 0 ta được a = 5 thoả mãn
Vậy các số (a;b) thoả mãn là: (a;b) = (0;4) ; (2;2) ; (4;0) ; (5;8) ; (7;6)
Bài toán 3: "Tìm các chữ số a và b sao cho chia hết cho 90".
Nhận xét: Để tìm được a và b ta phải thấy được số 90 = 9.10 mà (9;10) = 1 nên số chia hết cho 90 thì số chia hết cho 9 và chia hết cho 10 
 Từ đó vận dụng hai dấu hiệu cơ bản đó là số đó chia hết cho 10 và 9
Giải
 Ta có 90 = 9.10 mà (9;10) = 1 nên 
 90 thì 9 và 10
 10 b = 0
với b = 0 ta có số 9 a + 2 + 0 + 1 + 7 + 0 = a + 10 9 
 mà nên a = 8
 Vậy a = 8; b = 0
Bài toán 4: "Tìm các chữ số x, y sao cho ". 
Nhận xét: Để tìm được x và y ta phải phân tích được số 
 = 201400 + = 42 . 4795 + 10 + từ đó dựa vào dấu hiệu chia hết của một tổng ta tìm được 
Giải
 Ta có = 201400 + = 42 . 4795 + 10 + 42 10 + 42 
Do nên . Vậy (x; y) = (3; 2), (7; 4)
Bài toán 5: "Tìm các chữ số x; y để A = chia cho 2; 5 và 9 đều dư 1". 
Nhận xét: Nếu A chia hết cho 2 và 5 thì y = 0 nhưng theo đề bài A = chia cho 2; 5 đều dư 1 nên ta tìm được y = 1
A = chia cho 9 dư 1 Þ – 1 9 từ đó dựa vào dấu hiệu chia hết cho 9 ta tìm được x.
Giải
 Do A =chia cho 2 và 5 đều dư 1 nên y = 1.Ta có A = 
Vì A = chia cho 9 dư 1 Þ – 1 9 9 
Û x + 1 + 8 + 3 + 0 9 Û x + 3 9, mà 0< x 9 nên x = 6
Vậy x = 6; y = 1
Bài toán 6 : Chữ số a là bao nhiêu để chia hết cho cả 3 và 8
Nhận xét: chia hết cho cả 3 và 8 mà ba chữ số tận cùng là 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 8 8 100a + 96 8 100a8 
Vậy a là số chẵna Î{ 2, 4, 6, 8} (1).
Vì 3 (a + a + a + a + a + 9 + 6 ) 3 5a + 15 3 
mà 153 5a3
mà (5, 3) = 1	
Suy ra a 3 vậy a Î{ 3, 6 ,9} (2). 
từ (1) và (2 ) suy ra a = 6
Kết luận: Vậy số phải tìm là 6666696.
Bµi to¸n 7 : Tìm các chữ số a ; b sao cho a – b = 4 và chia hết cho 3
Giải
 Ta có số 3 7 + a + 5 + b + 1 3 a + b + 13 3	 (1)
Mặt khác a – b = 4 mà 0 0 < a 9 nên ta có 
a = 4	a = 5	a = 6	a = 7	a = 8	a = 9	(2)
b = 0	b = 1	b = 2	b = 3	b = 4	b = 5
Từ (1) và (2) ta được các giá trị (a;b) thoả mãn là (a;b) = (6;2) ; (9;5)
2.Dạng 2: Chứng minh chia hết đối với biểu thức số
Bài toán 8 : "Cho A = 2 + 22 + 23+  + 260
Chứng minh rằng: A chia hết cho 3; 7 và 15".
Nhận xét: Với dạng toán này ta thường nhóm các số hạng thành các nhóm để đặt thừa số chung rồi áp dụng tính chất chia hết của một tích.
 Giải
	Ta có: 	A = 2 + 22 + 23++ 260
	 = 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".
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	
 Kết luận : Vậy A chia hết cho 11 và 13.
Bài toán 10: Chứng minh rằng 4343 – 1717 chia hết cho 5
Nhận xét: 
 Với dạng toán này ta không thể tính cụ thể hay phân tích để có thừa số chia hết cho 5 được vấn đề đặt ra là ta phải chọn đơn vị kiến thứ nào để làm dạng toán này. Áp dụng kiến thức về chữ số tận cùng hay đồng dư?
Ta có 4343= 4340. 433= (434)10.4343
Ta có 433 có tận cùng là chữ số 1 nên 434 có tận cùng là chữ số 1 hay 4340 có tận cùng là chữ số 1
4343 có tận cùng là chữ số 7. Vậy 4340.433 có tận cùng là chữ số 7 hay 433 có tận cùng là chữ số 7 
Ta có 1717 = 1716 .17 = (174)4. 17
Vì 174 có tận cùng là 1 nên cũng có tận cùng là 1 hay 176 cũng có tận cùng là 1. Do đó 1716.17 có tận cùng là 7
Hai số 4343 và 1717 có chữ số tận cùng giống nhau nên 4343-1717 có chữ số tận cùng là 0, Suy ra 4343-1717 chia hết cho 5
Giải
Cách 1:
 Ta có 4343 = 4340. 433 = (434)10.4343 = . = 
 1717 = 1716 .17 = (174)4. 1 = . = 
 4343 – 1717 = – = 
 4343 – 1717 5
Cách 2:
Ta có 43 3(mod 10)
43 9(mod 10)
43 9 1(mod 10)
43 1 1(mod 10)
43 = 43.43. 43 3.9.1 7(mod 10)
 17 7(mod 10)
17 9(mod 10)
17 9 1(mod 10)
17 1 1(mod 10)
17 =17. 17 7.1 7(mod 10)
Vậy 43 – 17 7 – 7 (mod 10) 0(mod 10)
 43 – 17 10
 43 – 17 5
Vậy 43 – 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
Kết luận: Vậy 2139 + 3921 chia hết cho 45
Bài toán 12: "Cho . Chứng minh A là số tự nhiên chia hết 
cho 5".
Giải
 V× 2012 ; 92 ®Òu lµ béi cña 4 nªn vµ còng lµ béi cña 4 
Khi ®ã 
tøc lµ cã tËn cïng b»ng 0 hay 
DÔ thÊy > 0 mµ suy ra . Suy ra A là số tự nhiên chia hết cho 5
Bài toán 13:"Cho 
 Chứng minh rằng A chia hết cho 24".
Giải
Cách 1
Ta có : 
 (1)
 Ta lại có các số : 102012 ; 102011 ; 102010 ; 102009 có tổng tổng các chữ số bằng 1, nên các số 102012 ; 102011 ; 102010 ; 102009 khi chia cho 3 đều có số dư bằng 1
8 chia cho 3 dư 2.
Vậy A chia cho 3 có số dư là dư của phép chia (1 + 1 + 1 + 1 + 2) chia cho 3
Hay dư của phép chia 6 chia cho 3 (có số dư bằng 0)
Vì 8 và 3 là hai số nguyên tố cùng nhau nên A chia hết cho 8.3 = 24
Vậy A 3
Cách 2
 = 
 Số A có 3 chữ số tận cùng 008 chia hết cho 8
Lại có tổng các chữ số của A là 12 chia hết cho 3 
Vì 8 và 3 là hai số nguyên tố cùng nhau nên A chia hết cho 8.3 = 24
Bài toán 14: Chứng minh rằng số là số tự nhiên
Nhận xét: Để chứng minh số là số tự nhiên ta cần phải chứng minh 10 + 8 9
Gi¶i:
Ta có: 101995 + 8 = + 8 = .
Vì số có tổng các chữ số là:
1 + 0 + 0 + .... + 0 + 8 = 9 chia hết cho 9 do đó 
(101995 + 8 ) M 9, hay là số tự nhiên.
Dạng 3: Chứng minh chia hết đối với biểu thức chứa chữ
Bài toán 15: Chứng minh rằng:
 a)Tích của 2 số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 2
b)Tích của ba số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 3
 c) Tích của 4 số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 4
 Giải
a) Trong 2 số tự nhiên liên tiếp bao giờ cũng có 1 số chẵn
Þ Số chẵn đó chia hết cho 2.
Vậy tích của hai số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 2.
b) Gọi ba số tự nhiên liên tiếp là n; n + 1; n + 2
 Tích của ba số tự nhiên liên tiếp là n(n+1)(n+2)
Một số tự nhiên khi chia cho 3 có thể nhận một trong các số dư 0; 1; 2
 Nếu r = 0 thì n 3 n(n+1)(n+2) 3
 Nếu r = 1 thì n = 3k + 1 (k N)
	n + 2 = 3k + 1 + 2 = (3k + 3) 3.
 n.(n + 1).(n + 2) 3.
 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
Bài toán 17: Chứng minh rằng 2n + chia hết cho 3. 
Giải
Số n và số có tổng các chữ số bằng n có cùng số dư trong phép chia cho 9.
 Do đó – n chia hết cho 9.
Ta có: 2n + = 3n + ( – n) chia hết cho 3.
Bài toán 18: Chứng minh rằng A = 10n + 18n – 1 chia hết cho 27.
 Giải
Ta có A = 10n + 18n – 1 = 10n - 9n + 27n – 1 = – 9n + 27n 	
 = 9( – n) + 27n
Mà 27n chia hết cho 27 nên ( – n) chia hết cho 9 suy ra 9( – n) chia hết cho 27 
Vậy 10n + 18n – 1 chia hết cho 27.
Bài toán 19 : Cho . CMR: M 7.
 Giải
Ta có: 	= 
	= 
	= vì 
Do đó nếu () M 7 thì M 7.
Bài toán 20: "Cho biết a + 4b chia hết cho 13 (a;b N) chứng minh rằng
 10a + b chia hết cho 13".
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 s