Đề tài Một số tính chất số học của hệ số nhị thức

     
   
   
    
  
1
2
1
1 2
p
pk k
p p k p
k
C C C



    
Theo ví dụ trên ta có 22 2
p
pC p  và 1,2, ..., 1
k
pC p k p   . 
Ta chứng minh 1kp kC p   . Thật vậy, ta có 
( )( 1)...( 1) !1
!
k
p k
p k p k p kC
k
    
  
Vì        1 ... 1 ! 1 ...1 ! 0(mod )p k p k p k k k k p         và 
 !, 1k p  
8 
Nên ta có  
1
2
1
1 1
p
k k k
p k p p k
k
C p C C p

 

    . 
Vậy 2m p (đpcm). 
Ví dụ 8. Cho p là số nguyên tố 5p  . Chứng minh rằng 
 1 32 1 1 modppC p  (1). 
Lời giải. 
Ta có 
 
 
 1
2 1 2
2 1 ! 2 !1 1
2 !. ! 21 !. !
p p
p p
p p
C C
p pp p



  

. 
Do đó, để chứng minh bai toán, ta chỉ cần chứng minh  32 2 modpppC  (2). 
Vì      2 2 20 12 ...p pp p ppC C C C    nên ta đi chứng minh 
   
1 2 3
1
0 mod
p
i
p
i
C p


 (3). 
Bởi vì 1,2, ..., 1kpC p k p   nên 
 
 
1 !1
! !
i
p
p
C
p i p i



 là số nguyên. 
Để chứng minh (3) ta chỉ cần chứng minh 
 
   
21
1
1 !
0 mod
! !
p
i
p
p
i p i


 
  
  
 (4). 
Ta có 
 
 
             
1 11 ! 1 2 ... 1 1 1 ! 1
modp
! !! !
i ip p p p i i
i i ii p i
 
       
  

Nên 
 
   
2 21 1
1 1
1 ! 1 mod
! !
p p
i i
p
p
ii p i
 
 
   
        
  . 
Do 1 i p  nên tồn tại 1 1j p   để    11 mod modij p j pi   . 
Do đó 
 
 
     
21 1
2
1 1
1 ! 1 2 1
0 mod
6! !
p p
i j
p p p p
j p
i p i
 
 
   
    
  
  . 
Từ đây ta có đpcm. 
9 
Ví dụ 9. Cho p là số nguyên tố lẻ. Hãy tìm tất cả các số nguyên dương n sao 
cho 1 2 1, , ..., nn n nC C C
 đều chia hết cho p (Trích đề thi HSG cấp tỉnh lớp 12, 
tỉnh Phú Thọ, năm 2012). 
Lời giải. 
Xét 1 1m n   . Giả sử 
1
1 1 0...
k k
k km m p m p m p m

     
1
1 1 0...
k k
k kn n p n p n p n

     . 
(với 0 , 1 1,i im n p i k     ) 
Khi đó, theo định lí Lucas ta có 
0
i
i
k mm
n n
i
C C

  . 
+) Nếu kn p thì bài toán hiển nhiên đúng. 
+) Nếu kn p thì 1kn  và ta xét 
km p n  , ta có 
 
 laàn
.1.1...1 0 modmn k k
k
C n n p   . 
Vậy kn p . 
Ví dụ 10. (VN TST 2010) Gọi nS là tổng bình phương các hệ số trong khai 
triển của nhị thức (1 )nx , trong đó n là số nguyên dương; x là số thực bất kì. 
Chứng minh rằng: 2 1nS  không chia hết cho 3 với mọi n . 
Lời giải. 
Ta có: 
2
2 2
2
1 0 0
(1 ) (1 ) .( 1) . . . .
nn n n
n n n i n i i n i n i i
n n n
i i i
x x n C x C x C x  
  
   
        
   
   
  
. 
Đồng nhất hệ số của 2nx ở hai vế, ta có: 22
0 0
. ( )
n n
n i n i i
n n n n
i i
C C C C
 
   . 
Do đó, với mọi n tự nhiên thì 2
n
n nS C . 
Như thế ta cần chứng minh rằng: 24 1
n
nC  không chia hết cho 3 với mọi n. 
Giả sử: 
0
2 .3 , , 1,
k
i
i i
i
n a a i k

    . Xét hai trường hợp: 
10 
+) Nếu {0;1}, 1,ia i k   thì 2 {0;2}, 1,ia i k   và tổng 
{0;1}, 1,ia i k   là số chẵn, đặt 
0 2
0
2 , 2 2 4 1(mod 3)
k
i
i
ak
t t
i
i
a t t 


       ; ta cũng có: 
0
4 2 .3 , , 1,
k
i
i i
i
n a a i k

    . 
Theo định lí Lucas thì 
02
4 2
0 0
1 1 2 1 2 1 2(mod 3)
k
i
i i i
i
ak ka an
n a
i i
C C 
 

         . 
+) Nếu tồn tại một giá trị 2ja  ; không mất tính tổng quát, giả sử đây là số nhỏ 
nhất trong tập hợp , 0,ia i k . Khi đó: hệ số tương ứng tại vị trí j ở khai triển 
theo lũy thừa 3 của 4n là 1. 
Mà 21 0C  nên 
2 2
4 42
0
0 (mod 3) 1 1 (mod 3)i
i
k an n
n na
i
C C C

     . 
Vậy trong mọi trường hợp, ta đều có 2 1nS  không chia hết cho 3. Đây chính 
là đpcm. 
Ví dụ 11. Xác định tất cả các số nguyên 3n  sao cho 20002 chia hết cho 
1 2 31 .n n nC C C   
(1998 Chinese Mathematical Olympiad) 
Lời giải. 
Bởi vì 2 là số nguyên tố nên 
1 2 31 2 , 2000kn n nC C C k     
Ta có: 
2
1 2 3 ( 1)( 6)1 1
6n n n
n n nC C C        
Nghĩa là 
   2 11 6 3.2kn n n     
11 
Đặt 1, 4m n m   và  2 13 8 3.2km m m    . Ta xét các trường hợp 
sau 
(a) 2sm  , vì 4m  nên 2s  . Ta có 
2 22 3.2 8 3 8 3.2s s tm m      
Với t là số nguyên dương. 
Nếu 4s  thì 
28 3 2 (mod16) 2 8 3 8 24 ( 3) 16,t t m m m m           
điều này không thể xảy ra. Như vậy ta chỉ có hai khả năng 3, 8, 4s m t   
hoặc 2, 4, 2, 3s m t n    . 
(b) 3 2um   , khi đó 4, 1m u  . Chúng ta có: 
2 29 2 9 2 8 3 8 2u u vm m        
Ta kiểm tra được với 1,2u  thỏa phương trình 
Xét 4u  , ta có 38 2 (mod16)
( 3) 0
v v
m m
 
  
 
 điều này không thể xảy ra 
Với 33, 3 2 24, 9, 23u m v n      . 
Ví dụ 12. Cho p là số nguyên tố lẻ. Chứng minh rằng: 
2
2 2 2 1 2 21 2 3 ... (mod )
2
p p
p p p p p
p

          
 
(Singapore MO 2012). 
Lời giải. 
Áp dụng công thức khai triển nhị thức Newton, ta có 
1 2 12 2 (1 1) 2 ...p p pp p pC C C
       
Mặt khác, với mọi số tự nhiên  1, 2, ..., 1k p  ta có 
 
11 ( 1) ! ( 1)( 2)...( 1) ( 1) mod
!( ) ! !
k
k
p
p p k p k p p
p k p k
C
k k
      
  

Do đó 
2 2 1 1 1 11 ...
2 3 4 1
p
p p

     

 1 1 1 1 11 ... 2 ...
2 1 2 4 1p p
   
              
 1 11 ... mod12
2
p
p
 
 
     
  
 
12 
Chú ý rằng ở trên ta đã sử dụng 
 
1 11 ...
2 1
1 1 1 1 ... 0 mod
1 ( 1) / 2 ( 1) / 2
p
p
p p p
  

   
             
Mặt khác, theo định lí nhỏ Fermat  1 1 mod , 1,2, ..., 1pa p a p    nên 
 
2
2 2 1 1 11 2 ... 1 ... mod
2 2 ( 1) / 2
p
p p p p
p

            
Kết hợp với các kết quả trên ta được 
 
2
2 22 2 11 2 ... mod
2
pp
p p p p
p

         
 
Tóm lại ta có đpcm. 
Ví dụ 13. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n thì 
2 2 22 1 2 1 2 1.2 .2 .3 ... .3
0 2 2
n n n
n
n n n
S
n
               
     
là tổng bình phương của hai số nguyên liên tiếp. 
(1999 Romanian IMO Team Selection Test). 
Lời giải. 
Ta dễ dàng có được: 
   2 1 2 11 2 3 2 34
n n
nS
  
    
  
Giả sử nS phân tích được thành tổng bình phương hai số nguyên liên tiếp, khi 
đó tồn tại số nguyên dương k sao cho 
2 2( 1)nS k k   hay 
22 2 1 0nk k S    
Phương trình có 
     
22 1 2 1
1 3 1 3
4 2 1
2
n n
n n
S
  
   
     
 
  
Nên giải phương trình trên, ta được 
   2 1 2 11
2
2 1 3 1 3
2
n nn
n
k
 

   
 
Ta chứng minh k là số nguyên. 
13 
Xét    1 3 1 3m mmE     với m là số nguyên dương. 
Ta có 1 22 2m m mE E E   với 2m  
Dựa vào công thức truy hồi, ta chứng minh được mE chia hết cho 
22
m 
 
  
Ví dụ 14. Hãy tìm tất cả các số nguyên dương n thỏa  2 2
kn
nC n , trong đó k 
là số các ước nguyên tố của 2
n
nC (VMO 2002 ). 
Lời giải. 
Giả sử p là một ước nguyên tố của 2
n
nC , gọi m là số mũ của p trong phân tích 
tiêu chuẩn ra các thừa số nguyên tố của 2
n
nC . 
Ta chứng minh 2mp n bằng phản chứng. 
Giả sử 22 0m
m
np n
p
 
   
  
2 2 1 1
2 2 22 2 ... 2
m m
n n n n n nm
p p p p p p 
              
                                              
Do x   ta có: 2 2 2 2 2 2 1x x x x x                    
Dẫn tới: 1m m  vô lí. Do đó: 2mp n 
Từ đó ta có được:  2
2
1
2 1
2
kn
n n
n
k
C n n k
C n
 
    

. 
Ví dụ 15. Cho *n , đặt  1 , 0,1, 2, ...,kk na n C k n   . Chứng minh 
rằng 
 0 1, , ..., 1, 2, ..., 1nBCNN a a a BCNN n     . 
Lời giải. 
Ta có   11,2,..., 1 , 1BCNN n p p n p        . 
Ta cần chứng minh ( )p iv a  và tồn tại 00
: ( )p ii v a  . 
!( 1).
!( ) !k
na n
k n k
 

14 
Bổ đề: Với mọi m sao cho 1p m p    thì ( ) , 0,1, ...,kp mv C k m  
Chứng minh:   ( !) ( !) (( ) !)kp m p p pv C v m v k v n k    
1
i i i
i
n k n k
p p p



       
         
            
 
Vì 1x y x y              . 
Cần chứng minh: 
1) ( )p kv a  
2) Tồn tại 0k để 0
( )p kv a  . 
Giả sử tồn tại k để  p kv a  . 
  ( 1) ( ) ( 1) ( 1) 1 1kp k p p n p pv a v n v C v n v n n p            
    11 11 1 ( 1)k k kk n n na n C n k C k C         
( ) ( 1) 1 1p k pv a v n k n k p          . Tương tự 1k p  . 
Từ đó, suy ra 1 p vô lí. 
Ta chọn  010 p kk p n v a     . 
Cuối cùng là một số bài tập luyện tập 
Bài 1. Chứng minh rằng dãy 1 2, ,C , ...
k k k
k k kC C   là dãy tuần hoàn nếu xét 
trong modulo k . 
HD: Đặt . !m k k , ta có 
( )( 1)...( 1)
!
k
x m
x m x m x m kC
k
     
 
 ( 1)...( 1) .
!
x x x k t m
k
   
 
 ( 1)...( 1) (mod )
!
k
x
x x x k C k
k
  
  . 
Bài 2. Cho , ,m n k là các số nguyên dương thỏa 1m k  là số nguyên tố lớn 
hơn 1n  . Đặt ( 1)ia i i  . Chứng minh rằng 
     1 2 ...m k m k m n ka a a a a a     chia hết cho 1 2... na a a . 
HD: 
15 
Ta có      2 2 1m i ka a m i m i k k m i k m i k              
Suy ra      
1 1
1
n n
m i k
i i
a a m i k m i k
 
        
Và 1 2... !.( 1) !na a a n n  
Do đó, ta có 
         1 2 1
1 2
1
...
... !.( 1) !
n
m k m k m n k i
n
m i k m i k
a a a a a a
a a a n n
   
    
  



 1 1
( ) ( 1)
.
! ( 1) !
n n
i i
m i k m i k
n n
 
    


 
 . 
Ta có 1
( )
( )( 1)...( 1)
! !
n
i
m i k
m n k m n k m k
n n

 
      


 ( ) !
!( ) !
n
m n k
m n k C
n m k  
 
  

 . 
     1
( 1)
1 ... 2
( 1) ! ( 1) !
n
i
m i k
m n k m n k m k
n n

  
      

 

 
1
1 !1 1 .
1 ( 1) !.( ) ! 1
m k
m n k
m n k
C
m k n m k m k

  
  
 
     
. 
Ta có 1
m k
m n kC

   là số nguyên và chia hết cho 1m k  và 1m k  là số 
nguyên tố lớn hơn 1n  và m k nên 1
1 .
1
m k
m n kCm k

    
 . 
Suy ra 
     1 2
1 2
...
...
m k m k m n k
n
a a a a a a
a a a
       (đpcm). 
Bài 3. Cho các số nguyên dương ,n k tùy ý. Chứng minh rằng tồn tại các số 
nguyên dương 
1 2 3 4 5a a a a a k     sao cho 
16 
1 2 3 4 5
3 3 3 3 3
a a a a an C C C C C      (Romania TST 2000). 
HD: 
Ta xét m k là số nguyên dương sao cho 3mn C là số lẻ. 
Cụ thể: Nếu n lẻ, ta chọn 0(mod 4)m  , nếu n chẵn ta chọn  3 mod 4m  . 
Ta có 3 2 1mn C a   
Mặt khác 3 3 3 31 2 32 1 a a a aa C C C C       nên ta có 
3 3 3 3 3
1 2 3a a a a mn C C C C C       
Và 
31
2
mn Ca m
 
  . Từ đó, ta có đpcm. 
Bài 4. Chứng minh rằng nếu ,m n là các số nguyên dương và m là số lẻ thì 
 33
0
3 1
m kk
m
k
A C n

  
Chia hết cho .3mn (2004 Romanian IMO Team Selection Test). 
HD: 
Gọi  là một nghiệm phức của phương trình 3 1x  . Ta có 
 
     
3
3
0
33 3 23 3 3
3 3 3 1
 1 3 1 1 3 1 1 3 1
m kk
m
k
mm m
A C n
n n n 

 
        

Đặt 23 3 31 3 1, 1 3 1, 1 3 1a n b n c n          
Suy ra 3 3 33 m m mA a b c   và , ,a b c là nghiệm của đa thức 
   3 3 21 3 1 3 3 3X n X X X n       
Đặt 0 1 2 3
k k k
ks a b c s s s       và 3 2 13 3 3k k k ks s s ns     
Bằng quy nạp, ta chứng minh được ks chia hết cho 
1
33
k 
 
  . 
17 
Mặt khác, ta có    27 2 163 9 3 3 27 2 1k k k ks ns n n s n n s        và 
3 9s n 
Do đó,áp dụng quy nạp ta chứng minh được 2 23 6 3 2 .
k
m ks s n

  (với 
2 1m k  ). 
Suy ra 2 2 2 13 3 . 3 . 3 .k k mA n A n n    . 
Bài 5. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì tổng 2 1 32 1
0
.2
n
k k
n
k
S C 

  
không chia hết cho 5 . 
HD: 
Đặt 8x  . 
Ta có: 2 1(1 ) nx A Bx   (1) với 2 1 32 1
0
.2
n
k k
n
k
B C 

  
Tương tự: 2 1(1 ) nx A Bx   (2) 
Nhân (1) và (2) theo vế ta được: 2 2 1 2 2 2(1 ) nx A x B   
Hay là: 2 1 2 27 8n B A   
Do 2 17 49 .7 ( 1) .2 2(mod 5)n n n      
Nên nếu 20(mod 5) 2(mod5)B A    điều này vô lí vì mọi số chính 
phương khi chia cho 5 chỉ có các số dư là: 0 hoặc 1 . 
Bài 6. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n thì 
   2 20 2 2 4 1 3 2 52 2 ... 2 2 ...n n n n n n na C C C C C C       
là số tam giác (MR 02-2009). 
HD: 
Xét hai triển 
  0 1 2 21 ...n n n nx C xC x C     
  0 1 2 21 ...n n n nx C xC x C     
Cộng và trừ hai vế của hai đẳng thức trên ta được 
    0 2 2 4 41 1 1 ...2
n n
n n nx x C x C x C
 
        
    1 2 2 4 51 1 1 ...2
n n
n n nx x C x C x Cx
 
        
Trong hai đẳng thức trên, ta cho 2x  ta được 
18 
    0 2 2 41 2 1 2 1 2 2 ...2
n n
n n nC C C
 
       
  
    1 3 2 51 2 1 2 1 2 2 ...
2 2
n n
n n nC C C
 
       
  
Suy ra 
2 2 2 2
1
2 2 2 22 2
n n n n n n n n
n
a b a b a b a ba
                  
       
       
 với 
2 1, 2 1a b    . 
Đặt 
2 2
1
2 2
n n n na b a bk k
          
   
   
 . 
Do đó 
( 1)
2n
k ka  (đpcm). 
Bài 7. Cho 3n  là số nguyên dương. Đặt 
1
2 1
2 1
0
.4 .3
n
k n k k
n n
k
s C

 


  . 
Chứng minh rằng 2 1ns  là số chính phương. 
HD: Ta có    2 1 2 11 2 3 2 34
n n
ns
  
    
  
 . 
Do đó 
   
22 1 2 1
3 1 3 1
2 1 , 0
2
n n
n n
s n
  
   
   
 
  
. 
Đặt    2 1 2 13 1 3 1n nnv
 
    , ta chứng minh với mọi 1n  thì 
2nnv  
Từ công thức tổng quát của nv ta có được hệ thức truy hồi : 
 1 22n n nv v v   
Vì 1 21 22 2 , 20 2v v   nên bằng quy nạp và dựa vào hệ thức truy hồi ta 
chứng minh được 2nnv  với 1n  . 
Do đó : 2 1na  là số chính phương với mọi 0n  . 
19 
Bài 7 (Iran TST 2011) Tìm tất cả các số nguyên dương 2n  sao cho với mọi 
số nguyên ,i j thỏa mãn 0 ,i j n  thì i j và i jn nC C có cùng tính chẵn 
lẻ. 
ĐS: 2 2, 2kn k   . 
Bài 8. Tìm tất cả các số nguyên dương k sao cho tồn tại vô hạn số nguyên 
dương n thỏa 
2|
n
nn k C 
(China National Olympiad 2015). 
ĐS: 1k  . 
Bài 9. n là số nguyên dương thỏa mãn  3 3 32 1 2 4n n n na b c    . 
Chứng minh rằng 
   1 mod 3 2 mod 3nc n   . 
(Romania TST 2013). 
HD: Ta có 
   33 3 3 3 33 3 32 4 2 4 2 1n n n n n na b c a b c        
Suy ra  3 7 mod 3n n nc c c   . 
Và trong ba số 2 3 4, ,c c c chỉ có  2 1 mod 3c  . 
Bài 10. Với n , ta xét các tập hợp:   1 mod 3knA k C  và 
  2 mod 3knB k C  . Đặt , n na A b B  . Chứng minh rằng n na b 
là một lũy thừa của 2 . 
Bài 11. Chứng minh rằng với mỗi cặp số tự nhiên ,m k thì m có cách biểu diễn 
duy nhất dưới dạng 
1
1 ...
k k t
k k t
a a am C C C
    
Với 1 ... 1k k ta a a t     (1996 Iranian Mathematical Olympiad) 
Bài 12. Cho ,m n là các số nguyên thỏa 1 m n  . Chứng minh rằng m là 
ước của 
1
0
( 1)
m
k k
n
k
n C


 . 
20 
Bài 13. Cho p là số nguyên tố và đa thức [ ]xf  có bậc nhỏ hơn 1p  thỏa 
mãn  f i  với mọi  0,1, ..., 1i p  . Chứng minh rằng 
 
1
0
( ) 0 mod
p
i
f i p


 . 
Bài 14. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên tố 4;
3
np n
 
  
 
 thì  4
0
n
k
n
k
C

 
chia hết cho p . 
II. HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI 
 Qua việc sử dụng đề tài để giảng dạy cho các lớp chuyên toán và đội 
tuyển Quốc gia, thấy được các em tự tin hơn và các em nhanh chóng tìm được 
phương án giải quyết khi gặp các bài toán về tính chất số học của hệ số khai 
triển. Qua đó thấy được sự hứng thú học toán cho các em học sinh tăng lên. 
ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG 
Đề tại có thể áp dụng khi dạy các lớp chuyên hoặc dùng để bồi dưỡng học sinh 
giỏi ở các trường THPT. 
21 
III. DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO 
1. Hà Huy Khoái (2006), Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Số học, 
NXB Giáo dục. 
2. Tủ sách THTT (2007), Các bài thi Olympic Toán THPT 1990-2006, 
NXB Giáo dục. 
3. Đào Mạnh Thắng ,Chuyên đề Định Lí Lusca và ứng dụng. 
4. Các tài liệu từ Internet 
5. Các Website 
IV. PHỤ LỤC 
 NGƯỜI THỰC HIỆN 
(Ký tên và ghi rõ họ tên) 
 Nguyễn Tất Thu 
22 
SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI 
Đơn vị Trường Chuyên Lương 
Thế Vinh 
––––––––––– 
CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM 
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc 
–––––––––––––––––––––––– 
Biên hòa, ngày 22 tháng 05 năm 2015 
PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 
Năm học: 2014 – 2015 
––––––––––––––––– 
Tên sáng kiến kinh nghiệm: MỘT SỐ TÍNH CHẤT SỐ HỌC CỦA HỆ SỐ KHAI TRIỂN 
Họ và tên tác giả: NGUYỄN TẤT THU Chức vụ: Tổ phó chuyên môn 
Đơn vị: Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh. 
Lĩnh vực: (Đánh dấu X vào các ô tương ứng, ghi rõ tên bộ môn hoặc lĩnh vực khác) 
- Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học bộ môn: ...............................  
- Phương pháp giáo dục  - Lĩnh vực khác: ........................................................  
Sáng kiến kinh nghiệm đã được triển khai áp dụng: Tại đơn vị  Trong Ngành  
1. Tính mới (Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô dưới đây) 
- Đề ra giải pháp thay thế hoàn toàn mới, bảo đảm tính khoa học, đúng đắn  
- Đề ra giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, bảo đảm tính khoa học, đúng đắn  
- Giải pháp mới gần đây đã áp dụng ở đơn vị khác nhưng chưa từng áp dụng ở đơn vị mình, 
nay tác giả tổ chức thực hiện và có hiệu quả cho đơn vị  
2. Hiệu quả (Đánh dấu X vào 1 trong 5 ô dưới đây) 
- Giải pháp thay thế hoàn toàn mới, đã được thực hiện trong toàn ngành có hiệu quả cao  
- Giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, đã được thực hiện trong toàn ngành có hiệu 
quả cao  
- Giải pháp thay thế hoàn toàn mới, đã được thực hiện tại đơn vị có hiệu quả cao  
- Giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, đã được thực hiện tại đơn vị có hiệu quả  
- Giải pháp mới gần đây đã áp dụng ở đơn vị khác nhưng chưa từng áp dụng ở đơn vị mình, 
nay tác giả tổ chức thực hiện và có hiệu quả cho đơn vị  
3. Khả năng áp dụng (Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô mỗi dòng dưới đây) 
- Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính sách: 
Trong Tổ/Phòng/Ban  Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT  Trong ngành  
- Đưa ra các giải pháp khuyến nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn, dễ thực hiện và dễ đi vào cuộc 
sống: Trong Tổ/Phòng/Ban  Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT  Trong ngành  
- Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng đạt hiệu quả trong phạm vi rộng: 
 Trong Tổ/Phòng/Ban  Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT  Trong ngành  
Xếp loại chung: Xuất sắc  Khá  Đạt  Không xếp loại  
Cá nhân viết sáng kiến kinh nghiệm cam kết và chịu trách nhiệm không sao chép tài liệu của 
người khác hoặc sao chép lại nội dung sáng kiến kinh nghiệm cũ của mình. 
Tổ trưởng và Thủ trưởng đơn vị xác nhận đã kiểm tra và ghi nhận sáng kiến kinh nghiệm này 
đã được tổ chức thực hiện tại đơn vị, được Hội đồng chuyên môn trường xem xét, đánh giá; tác 
giả không sao chép tài liệu của người khác hoặc sao chép lại nội dung sáng kiến kinh nghiệm cũ 
của chính tác giả. 
Phiếu này được đánh dấu X đầy đủ các ô tương ứng, có ký tên xác nhận của tác giả và người 
có thẩm quyền, đóng dấu của đơn vị và đóng kèm vào cuối mỗi bản sáng kiến kinh nghiệm. 
BM04-NXĐGSKKN 
23 
NGƯỜI THỰC HIỆN SKKN 
(Ký tên và ghi rõ họ tên) 
XÁC NHẬN CỦA TỔ 
CHUYÊN MÔN 
(Ký tên và ghi rõ họ tên) 
THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ 
(Ký tên, ghi rõ 
họ tên và đóng dấu) 
 Nguyễn Tất Thu Trần Tiến Đạt