BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN LỜI GIỚI THIỆU Cùng với phát triển đất nƣớc, nghiệp giáo dục không ngừng đổi Các nhà trƣờng ngày trọng đến chất lƣợng giáo dục toàn diện bên cạnh đầu tƣ thích đáng cho giáo dục mũi nhọn Với vai trò môn học công cụ, môn Toán góp phần tạo điều kiện cho em học tốt môn khoa học tự nhiên khác Dạy nhƣ để học sinh nắm kiến thức cách có hệ thông mà phải đƣợc nâng cao để em có hứng thú say mê học tập câu hỏi mà thầy cô đặt cho Để đáp ứng đƣợc yêu cầu nghiệp giáo dục nhu cầu học học sinh đặc biệt học sinh giỏi Điều đòi hỏi giảng dạy phải biết chắt lọc kiến thức, phải từ dễ đến khó, từ cụ thể đến trừu tƣợng phát triển thành tổng quát, giúp học sinh phát triển tốt tƣ toán học Với đối tƣợng học sinh giỏi, em có tƣ nhạy bén, có nhu cầu cẩn hiểu biết ngày cao, làm để học sinh phát triển hết khả trách nhiệm giáo viên Bản thân năm học đƣợc nhà trƣờng phân công dạy môn toán lớp bồi dƣỡng học sinh giỏi toán Qua giảng dạy nhận thấy “Phép chia hết” đề tài lý thú, phong phú đa dạng số học lớp thiếu bồi dƣỡng học sinh giỏi môn Toán nhƣ môn Toán THCS nói chung Với viết không tham vọng lớn bàn việc dạy “Phép chia hết” ứng dụng chƣơng trình toán học phổ thông Tôi xin đƣa số kinh nghiệm giúp học sinh lớp giải tập “Phép chia hết ” mà áp dụng Tôi hy vọng có ích cho đồng nghiệp bồi dƣỡng học sinh giỏi TÊN SÁNG KIẾN “ Một số phƣơng pháp giải toán phép chia hết lớp ” TÁC GIẢ SÁNG KIẾN Họ tên: Nguyễn Văn Toán Địa tác giả sáng kiến: Trƣờng trung học sở Gia Khánh Số điện thoại: 0985845938 Email: dangduy1@gmail.com CHỦ ĐẦU TƢ TẠO RA SÁNG KIẾN Nguyễn Văn Toán – Giáo viên trƣờng trung học sở Gia Khánh – Bình Xuyên – Vĩnh Phúc LĨNH VỰC ÁP DỤNG SÁNG KIẾN 5.1 Lĩnh vực sáng kiến áp dụng Giảng dạy môn Toán học nói chung bồi dƣỡng học sinh giỏi khối lớp 6,7,8,9 nói riêng trƣờng trung học sở 5.2 Vấn đề mà sáng kiến giải Trong chƣơng trình giáo dục THCS môn Toán môn học quan trọng, môn Toán có tiềm khai thác góp phần phát triển lực, trí tuệ chung, rèn luyện phát triển thao tác tƣ phẩm chất tƣ Trong trình học tập môn Toán nhà trƣờng nhƣ kỳ thi học sinh giỏi cấp, “Phép chia hết” vấn đề hay lý thú Chính mà thƣờng xuyên có mặt kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp Đứng trƣớc toán có nhiều cách giải khác nhau, xong việc tìm lời giải hợp lý, ngắn gọn, thú vị độc đáo việc không dễ thông qua mà thu đƣợc kết nhanh chóng Vì vậy, khai thác phép chia hết vào việc giải toán khác đem lại kết nhiều mặt, kích thích tính sáng tạo học sinh Qua việc điều tra thực tế giáo viên đa phần em nắm đƣợc kiến thức phép chia hết, bên cạnh có toán học sinh vƣớng mắc, hƣớng dẫn giáo viên em không tìm hƣớng giải Từ thực tế thân giáo viên dạy môn Toán học suy nghĩa phải đƣa giải pháp nhƣ để em nắm đƣợc số phƣơng pháp kĩ vận dụng vào toán chia hết tốt Sau thời gian suy nghĩ tiến hành thực nghiệm thu đƣợc kết tốt từ việc áp dụng số phƣơng pháp giải toán chia hết vào giảng dạy môn Toán học nói chung buổi bồi dƣỡng học sinh giỏi nói riêng thu đƣợc kết cao NGÀY SÁNG KIẾN ĐƢỢC ÁP DỤNG LẦN ĐẦU HOẶC ÁP DỤNG THỬ Bắt đầu từ ngày 15 tháng năm 2015 MÔ TẢ BẢN CHẤT CỦA SÁNG KIẾN 7.1 Về nội dung sáng kiến Muốn bồi dƣỡng học sinh giỏi đạt kết cao phép chia hết, theo trƣớc hết giáo viên cần nắm đƣợc phƣơng pháp dạy học tích cực sau thiết kế dạy, phƣơng pháp phù hợp với nhiều đối tƣợng học sinh Sau nội dung chƣơng trình nghiên cứu “Giúp học sinh lớp giải toán phép chia hết tập hợp số tự nhiên” Trƣớc hết học sinh cần nắm vững định nghĩa phép chia hết sách giáo khoa toán ; Các dấu hiệu chia hết nhƣ tính chất quan hệ chia hết A ĐỊNH NGHĨA PHÉP CHIA Cho số nguyên a b b  ta tìm đƣợc hai số nguyên q r cho: a = bq + r Với  r  b Trong đó: a số bị chia, b số chia, q thƣơng, r số dƣ Khi a chia cho b xẩy  b số dƣ r  {0; 1; 2; …;  b} Đặc biệt: r = a = bq, ta nói a chia hết cho b hay b chia hết a Ký hiệu: ab hay b\ a Vậy: a  b  Có số nguyên q cho a = bq B CÁC TÍNH CHẤT Với  a   a  a Nếu a  b b  c  a  c Với  a    a Nếu a, b > a  b ; b  a  a = b Nếu a  b c  ac  b Nếu a  b  (a)  (b) Với  a  a  (1) Nếu a  b c  b  a  c  b Nếu a  b cb  a  c  b 10 Nếu a + b  c a  c  b  c 11 Nếu a  b n >  an  bn 12 Nếu ac  b (a, b) =1  c  b 13 Nếu a  b, c  b m, n am + cn  b 14 Nếu a  b c  d  ac  bd 15 Tích n số nguyên liên tiếp chia hết cho n! C MỘT SỐ DẤU HIỆU CHIA HẾT Gọi N = an an 1 a1 a0 Dấu hiệu chia hết cho 2: Một số chia hết cho  chữ số tận chữ số chẵn  N   a0   a0{0; 2; 4; 6; 8} Dấu hiệu chia hết cho 5: Một số chia hết cho  chữ số tận  N   a0   a0{0; 5} Dấu hiệu chia hết cho 25: Một số chia hết cho (hoặc 25)  số tạo chữ số tận chia hết cho 25  N  (hoặc 25)  a1 a  (hoặc 25) Dấu hiệu chia hết cho 125: Một số chia hết cho (hoặc 125)  số tạo chữ số tận chia hết cho 125  N  (hoặc 125)  a a1 a  (hoặc 125) Dấu hiệu chia hết cho 9: Một số chia hết cho (hoặc 9)  tổng chữ số chia hết cho (hoặc 9) N  (hoặc 9)  a0+a1+…+an  (hoặc 9) * Chú ý: số chia hết cho (hoặc 9) dƣ tổng chữ số chia cho (hoặc 9) dƣ nhiêu Dấu hiệu chia hết cho 11: Một số chia hết cho 11  hiệu tổng chữ số hàng lẻ tổng chữ số hàng chẵn tính từ trái sang phải chia hết cho  N  11  [(a0+a2+…) - (a1+a3+…)]  11 Một số dấu hiệu khác:  N  101  [( a1 a + a a +…) - ( a a + a a +…)]101 (hoặc 13)  [( a a1 a + a8 a a +…) - [( a5 a a + a11a10a +…) 11 (hoặc 13) N   N  37  ( a a1 a + a a a +…)  37  N  19  ( a0+2an-1+22an-2+…+ 2na0)  19 D ĐỒNG DƢ THỨC a Định nghĩa: Cho m số nguyên dƣơng Nếu hai số nguyên a b cho số dƣ chia cho m ta nói a đồng dƣ với b theo modun m Ký hiệu: a  b (modun) Vậy: a  b (modun)  a - b  m b Các tính chất Với  a  a  a (modun) Nếu a  b (modun)  b  a (modun) Nếu a  b (modun), b  c (modun)  a  c (modun) Nếu a  b (modun) c  d (modun)  a+c  b+d (modun) Nếu a  b (modun) c  d (modun)  ac  bd (modun) Nếu a  b (modun), d  Uc (a, b) (d, m) =1  a b  (modun) d d Nếu a  b (modun), d > d  Uc (a, b, m)  a b m  (modun ) d d d E MỘT SỐ ĐỊNH LÝ Định lý Euler Nếu m số nguyên dương (m) số số nguyên dương nhỏ m nguyên tố với m, (a, m) = Thì a(m)  (modun) Công thức tính (m) Phân tích m thừa số nguyên tố m = p11 p22 … pkk với pi  p; i  N* Thì (m) = m(1 - 1 )(1 ) … (1 ) p1` p2 pk Định lý Fermat Nếu t số nguyên tố a không chia hết cho p a p-1  (modp) G CÁC PHƢƠNG PHÁP GIẢI TOÁN CHIA HẾT Phƣơng pháp 1: SỬ DỤNG DẤU HIỆU CHIA HẾT Ví dụ 1: Tìm chữ số a, b cho a56b  45 Giải: Ta thấy 45 = 5.9 mà (5 ; 9) = để a56b  45  a56b  Xét a56b   b  {0 ; 5} Nếu b = ta có số a56b   a + + +   a + 11   a = Nếu b = ta có số a56b   a + + +   a + 16   a = Vậy: a = b = ta có số 7560 a = b = ta có số 2560 Ví dụ 2: Biết tổng chữ số số không đổi nhân số với CMR số chia hết cho Giải: Gọi số cho a Ta có: a 5a chia cho có số dƣ  5a - a   4a  mà (4 ; 9) =  a  (Đpcm) Ví dụ 3: CMR số 111 111    81 81sè Giải: Ta thấy: 111111111  72 63 Có 111 111   = 111111111(10 + 10 + … + 10 + 1) 81sè Mà tổng 1072 + 1063 + … + 109 + có tổng chữ số   1072 + 1063 + … + 109 +  Vậy: 111 111    81 (Đpcm) 81sè BÀI TẬP TƢƠNG TỰ Bài 1: Tìm chữ số x, y cho a 34x5y  b 2x78  17 Bài 2: Cho số N = dcba CMR a N   (a + 2b)  b N  16  (a + 2b + 4c + 8d)  16 với b chẵn c N  29  (d + 2c + 9b + 27a)  29 Bài 3: Tìm tất số có chữ số cho số gấp lần tích chữ số số Bài 4: Viết liên tiếp tất số có chữ số từ 19 đến 80 ta đƣợc số A = 192021…7980 Hỏi số A có chia hết cho 1980 không ? Vì sao? Bài 5: Tổng 46 số tự nhiên liên tiếp có chia hết cho 46 không? Vì sao? Bài 6: Chứng tỏ số 11 11 22    22     tích số tự nhiên liên tiếp 100sè 100sè HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ Bài 1: y = a x = x = 0;9 y = b 2x78 = 17 (122 + 6x) + 2(2-x)17  x = a N4  ab 4  10b + a4  8b + (2b + a) 4  a + 2b4 Bài 2: b N16  1000d + 100c + 10b + a16  (992d + 96c + 8b) + (8d + 4c + 2b + a) 16  a + 2b + 4c + 8d16 với b chẵn c Có 100(d + 3c + 9b + 27a) - dbca 29 Mà (1000, 29) =1  dbca 29  (d + 3c + 9b + 27a) 29 Bài 3: Gọi ab số có chữ số Theo ta có: ab = 10a + b = 2ab (1) ab 2  b {0; 2; 4; 6; 8} Thay vào (1) a = 3; b = Bài 4: Có 1980 = 22.32.5.11 Vì chữ số tận a 80   A Tổng số hàng lẻ 1+(2+3+…+7).10+8 = 279 Tổng số hàng chẵn 9+(0+1+…+9).6+0 = 279 Có 279 + 279 = 558   A  279 - 279 =  11  A  11 Bài 5: Tổng số tự nhiên liên tiếp số lẻ nên không chia hết cho Có 46 số tự nhiên liên tiếp  có 23 cặp số cặp có tổng số lẻ  tổng 23 cặp không chia hết cho Vậy tổng 46 số tự nhiên liên tiếp không chia hết cho 46 11 22 11 02 Bài 6: Có 11    22    = 11    100   100sè 100sè 100sè 99 sè 34 02 Mà 100      = 33 99 sè 99 sè 11 22 33 33 34 (Đpcm)  11    22    = 33       100sè 100sè 100sè 99 sè Phƣơng pháp 2: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CHIA HẾT * Chú ý: Trong n số nguyên liên tiếp có số chia hết cho n CMR: Gọi n số nguyên liên tiếp m + 1; m + 2; … m + n với m  Z, n  N* Lấy n số nguyên liên tiếp chia cho n ta đƣợc tập hợp số dƣ là: {0; 1; 2; … n - 1} * Nếu tồn số dƣ 0: giả sử m + i = nqi ; i = 1, n m+in * Nếu không tồn số dƣ  số nguyên dãy chia hết cho n  phải có số dƣ trùng m  i  nqi  r Giả sử:  m  j  qjn  r  i; j  n  i - j = n(qi - qj)  n  i - j  n mà i - j< n  i - j =  i = j m+i=m+j Vậy n số có số số chia hết cho n… Ví dụ 1: CMR: a Tích số nguyên liên tiếp chia hết cho b Tích số nguyên liên tiếp chia hết cho Giải: a Trong số nguyên liên tiếp có số chẵn  Số chẵn chia hết cho Vậy tích số nguyên liên tiếp chia hết cho Tích số nguyên liên tiếp chia hết tích số nguyên liên tiếp chia hết cho b Trong sô nguyên liên tiếp bao giơ có số chia hết cho  Tích số chia hết cho mà (1; 3) = Vậy tích số nguyên liên tiếp chia hết cho Ví dụ 2: CMR: Tổng lập phƣơng số nguyên liên tiếp chia hết cho Giải: Gọi số nguyên liên tiếp lần lƣợt là: n - , n , n+1 Ta có: A = (n - 1)3 + n3 + (n + 1)3 = 3n3 - 3n + 18n + 9n2 + = 3(n - 1)n (n+1) + 9(n2 + 1) + 18n Ta thấy (n - 1)n (n + 1)  (CM Ví dụ 1)  3(n - 1)n (n + 1)  9(n  1) 9 mà  18n 9  A  (ĐPCM) Ví dụ 3: CMR: n4 - 4n3 - 4n2 +16n  384 với  n chẵn, n4 Giải: Vì n chẵn, n4 ta đặt n = 2k, k2 Ta có n4 - 4n3 - 4n2 + 16n = 16k4 - 32k3 - 16k2 + 32k = 16k(k3 - 2k2 - k + 2) = 16k(k - 2) (k - 1)(k + 1) Với k  nên k - 2, k - 1, k + 1, k số tự nhiên liên tiếp nên số có số chia hết cho số chia hết cho  (k - 2)(k - 1)(k + 1)k  Mà (k - 2) (k - 1)k  ; (3,8)=1  (k - 2) (k - 1) (k + 1)k  24  16(k - 2) (k - 1) (k + 1)k  (16,24) Vậy n4 - 4n3 - 4n2 +16n  384 với  n chẵn, n  BÀI TẬP TƢƠNG TỰ Bài 1: CMR: a n(n + 1) (2n + 1)  b n5 - 5n3 + 4n  120 Với  n  N Bài 2: CMR: n4 + 6n3 + 11n2 + 6n  24 Với  n  Z Bài 3: CMR: Với  n lẻ a n2 + 4n +  b n3 + 3n2 - n -  48 c n12 - n8 - n4 +  512 Bài 4: Với p số nguyên tố p > CMR : p2 -  24 Bài 5: CMR: Trong 1900 số tự nhiên liên tiếp có số có tổng chữ số chia hết cho 27 HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ Bài 1: a n(n + 1)(2n + 1) = n(n + 1) [(n + 1) + (n + 2)] = n(n + 1) (n - 1) + n(n + 1) (n + 2)  b n5 - 5n3 + 4n = (n4 - 5n2 + 4)n = n(n2 - 1) (n2 - 4) = n(n + 1) (n - 1) (n + 2) (n - 2)  120 Bài 2: n4 + 6n3 + 6n + 11n2 = n(n3 + 6n2 + + 11n) = n(n + 1) (n + 2) (n + 3)  24 Bài 3: a n2 + 4n + = (n + 1) (n + 3)  b n3 + 3n2 - n - = n2(n + 3) - (n + 3) = (n2 - 1) (n + 3) = (n + 1) (n - 1) (n + 3) = (2k + 4) (2k + 2) (2k với n = 2k + 1, k  N) = 8k(k + 1) (k +2)  48 c n12 - n8 - n4 + = n8 (n4 - 1) - (n4 - 1) = (n4 - 1) (n8 - 1) = (n4 - 1)2 (n4 + 1) = (n2 - 1)2 (n2 - 1)2 (n4 + 1) = 16[k(k + 1)2 (n2 + 1)2 (n4 + 1) Với n = 2k +  n2 + n4 + số chẵn  (n2 + 1)2  ; n4 +   n12 - n8 - n4 +  (24.22 22 21) Vậy n12 - n8 - n4 +  512 Bài 4: Có p2 - = (p - 1) (p + 1) p số nguyên tố p >  p  ta có: (p - 1) (p + 1)  p = 3k + p = 3k + (k  N)  (p - 1) (p + 1)  Vậy p2 -  24 Bài 5: Giả sử 1900 số tự nhiên liên tiếp n, n +1; n + 2; … ; n + 1989 (1) 1000 tự nhiên liên tiếp n, n + 1; n + 2; …; n + 999 có số chia hết cho 1000 giả sử n0, n0 có tận chữ số giả sử tổng chữ số n0 s 27 số n0, n0 + 9; n0 + 19; n0 + 29; n0 + 39; …; n0 + 99; n0 + 199; … n0 + 899 (2) Có tổng chữ số lần lƣợt là: s; s + … ; s + 26 Có số chia hết cho 27 (ĐPCM) * Chú ý: n + 899  n + 999 + 899 < n + 1989  Các số (2) nằm dãy (1) 10 Phƣơng pháp 3: XÉT TẬP HỢP SỐ DƢ TRONG PHÉP CHIA Ví dụ 1: CMR: Với  n  N Thì A(n) = n(2n + 7) (7n + 7) chia hết cho Giải: Ta thấy thừa số n 7n + số chẵn Với  n  N  A(n)  Ta chứng minh A(n)  Lấy n chia cho ta đƣợc n = 3k + (k  N) Với r  {0; 1; 2} Với r =  n = 3k  n   A(n)  Với r =  n = 3k +  2n + = 6k +   A(n)  Với r =  n = 3k +  7n + = 21k + 15   A(n)   A(n)  với  n mà (2, 3) = Vậy A(n)  với  n  N Ví dụ 2: CMR: Nếu n  A(n) = 32n + 3n +  13 Với  n  N Giải: Vì n   n = 3k + r (k  N); r  {1; 2; 3}  A(n) = 32(3k + r) + 33k+r + = 32r(36k - 1) + 3r (33k - 1) + 32r + 3r + ta thấy 36k - = (33)2k - = (33 - 1)M = 26M  13 33k - = (33 - 1)N = 26N  13 với r =  32n + 3n + = 32 + +1 = 13  13  32n + 3n +  13 với r =  32n + 3n + = 34 + 32 + = 91  13  32n + 3n + Vậy với n  A(n) = 32n + 3n +  13 Với  n  N Ví dụ 3: Tìm tất số tự nhiên n để 2n -  Giải: Lấy n chia cho ta có n = 3k + (k  N); r  {0; 1; 2} Với r =  n = 3k ta có 2n - = 23k - = 8k - = (8 - 1)M = 7M  với r =1  n = 3k + ta có: 2n - = 28k +1 - = 2.23k - = 2(23k - 1) + mà 23k -   2n - chia cho dƣ với r =  n = 3k + ta có : 2n - = 23k + - = 4(23k - 1) + 11 mà 23k -   2n - chia cho dƣ Vậy 23k -   n = 3k (k  N) BÀI TẬP TƢƠNG TỰ Bài 1: CMR: An = n(n2 + 1)(n2 + 4)  Với  n  Z Bài 2: Cho A = a1 + a2 + … + an B = a51 + a52 + … + a5n Bài 3: CMR: Nếu (n, 6) =1 n2 -  24 Với  n  Z Bài 4: Tìm số tự nhiên n để 22n + 2n +  Bài 5: Cho số tự nhiên m, n để thoả mãn 24m4 + = n2 CMR: mn  HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ Bài 1: + A(n)  + Lấy n chia cho  n = 5q + r r  {0; 1; 2; 3; 4} r =  n   A(n)  r = 1,  n2 +   A(n)  r = 2;  n2 +   A(n)   A(n)   A(n)  30 Bài 2: Xét hiệu B - A = (a51 - a1) + … + (a5n - an) Chỉ chứng minh: a5i -  30 đủ Bài 3: Vì (n, 6) =1  n = 6k + (k  N) Với r  {1} r = 1 n2 -  24 Bài 4: Xét n = 3k + r (k  N) Với r  {0; 1; 2} Ta có: 22n + 2n + = 22r(26k - 1) + 2r(23k - 1) + 22n + 2n + Làm tƣơng tự VD3 Bài 5: Có 24m4 + = n2 = 25m4 - (m4 - 1) Khi m   mn  Khi m  (m, 5) =  m4 -  (Vì m5 - m   (m4 - 1)   m4 -  5)  n2   n Vậy mn  Phƣơng pháp 4: BIẾN ĐỔI BIỂU THỨC CẦN CHỨNG MINH VỀ DẠNG TỔNG 12 Giả sử chứng minh A(n)  k ta biến đổi A(n) dạng tổng nhiều hạng tử chứng minh hạng tử chia hết cho k Ví dụ 1: CMR: n3 + 11n  với  n  z Giải: Ta có n3 + 11n = n3 - n + 12n = n(n2 - 1) + 12n = n(n + 1) (n - 1) + 12n Vì n, n - 1; n + số nguyên liên tiếp  n (n + 1) (n - 1)  12n  Vậy n3 + 11n  Ví dụ 2: Cho a, b  z thoả mãn (16a +17b) (17a +16b)  11 CMR: (16a +17b) (17a +16b)  121 Giải: Có 11 số nguyên tố mà (16a +17b) (17a +16b)  11 16a  17b 11   (1) 17a  16b 11  Có 16a +17b + 17a +16b = 33(a + b)  11 (2) 16a  17b 11 Từ (1) (2)   17a  16b 11  Vậy (16a +17b) (17a +16b)  121 Ví dụ 3: Tìm n  N cho P = (n + 5)(n + 6)  6n Giải : Ta có P = (n + 5)(n + 6) = n2 + 11n + 30 = 12n + n2 - n + 30 Vì 12n  6n nên để P  6n  n2 - n + 30  6n  n2 - n n(n - 1) (1)    30 n (2) 30 6n Từ (1)  n = 3k n = 3k + (k  N) Từ (2)  n  {1; 2; 3; 5; 6; 10; 15; 30} Vậy từ (1); (2)  n  {1; 3; 6; 10; 15; 30} Thay giá trị n vào P ta có n  {1; 3; 10; 30} thoả mãn Vậy n  {1; 3; 10; 15; 30} P = (n + 5)(n + 6)  6n BÀI TẬP TƢƠNG TỰ Bài 1: CMR: 13 + 33 + 53 + 73  23 13 Bài 2: CMR: 36n2 + 60n + 24  24 Bài 3: CMR: a 5n+2 + 26.5n + 2n+1  59 b 2n + 14  Bài 4: Tìm n  N cho n3 - 8n2 + 2n  n2 + HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ Bài 1: 13 + 33 + 53 + 73 = (13 + 73) + (33 + 53) = 8m + 8N  23 Bài 2: 362 + 60n + 24 = 12n(3n + 5) + 24 Ta thấy n 3n + không đồng thời chẵn lẻ  n(3n + 5)   ĐPCM Bài 3: a 5n+2 + 26.5n + 2n+1 = 5n(25 + 26) + 2n+1 = 5n(59 - 8) + 8.64 n = 5n.59 + 8.59m  59 b 2n + 14 = 2n - + 15 = (81n - 1) + 15 = 80m + 15  Bài 4: Có n3 - 8n2 + 2n = (n2 + 1)(n - 8) + n +  (n2 + 1)  n +  n2 + Nếu n + =  n = -8 (thoả mãn) Nếu n +   n + 8 n2 + n   -n  Víi n  8 n  n   Víi n  8    n   n  Víi n  8 n  n   Víi n  8  n  {-2; 0; 2} thử lại Vậy n  {-8; 0; 2} Phƣơng pháp 5: DÙNG QUY NẠP TOÁN HỌC Giả sử CM A(n)  P với n  a (1) Bƣớc 1: Ta CM (1) với n = a tức CM A(n)  P Bƣớc 2: Giả sử (1) với n = k tức CM A(k)  P với k  a Ta CM (1) với n = k + tức phải CM A(k+1)  P Bƣớc 3: Kết luận A(n)  P với n  a Ví dụ 1: Chứng minh A(n) = 16n - 15n -  225 với  n  N* Giải: Với n =  A(n) = 225  225 n = 14 Giả sử n = k  nghĩa A(k) = 16k - 15k -  225 Ta phải CM A(k+1) = 16 k+1 - 15(k + 1) -  225 Thật vậy: A(k+1) = 16 k+1 - 15(k + 1) - = 16.16k - 15k - 16 = (16k - 15k - 1) + 15.16k - 15 = 16k - 15k - + 15.15m = A(k) + 225 mà A(k)  225 (giả thiết quy nạp) 225m 225 Vậy A(n)  225 Ví dụ 2: CMR: với  n  N* n số tự nhiên lẻ ta có m2  12n  n Giải: Với n =  m2 - = (m + 1)(m - 1)  (vì m + 1; m - số chẵn liên tiếp nên tích chúng chia hết cho 8) Giả sử với n = k ta có m2  1 2k  ta phải chứng minh k m2 k 1  1 2k  k 2 Thật m2  1 2k   m   q (q  z ) k k  m2  2k  2.q  k có m2 k 1    m2 k      k 2.q    k  4.q  k 3.q = k 3 (2 k 1 q  q)  k 3 Vậy m2  1 2n  với  n  n BÀI TẬP TƢƠNG TỰ Bài 1: CMR: 33n+3 - 26n - 27  29 với  n  Bài 2: CMR: 42n+2 -  15 Bài 3: CMR số đƣợc thành lập 3n chữ số giống chia hết cho 3n với n số nguyên dƣơng HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ Bài 1: Tƣơng tự ví dụ Bài 2: Tƣơng tự ví dụ Bài 3: Ta cần CM aa a  3n (1) 3n sè a Với n = ta có aa a  111a3 15 a  3k Giả sử (1) với n = k tức aa    3k sè a Ta chứng minh (1) với n = k + tức phải chứng minh aa a  3k+1 ta có 3k+1 = 3.3k = 3k + 3k +3k    3k 1 sè a a a a a a a a  aa a.102.3  aa a.103  a a Có aa        k k k k 3k 1 sè a  3  k 3k  aa a 10 2.3  103  3k 1   k k 3k Phƣơng pháp 6: SỬ DỤNG ĐỒNG DƢ THỨC Giải toán dựa vào đồng dƣ thức chủ yếu sử dụng định lý Euler định lý Fermat Ví dụ 1: CMR: 22225555 + 55552222  Giải: Có 2222  - (mod 7)  22225555 + 55552222  (- 4)5555 + 45555 (mod 7) Lại có: (- 4)5555 + 42222 = - 45555 + 42222  = - 42222 (43333 - 1) = - 2222 43  1111  1 Vì 43 = 64  (mod 7)  4  1111   (mod 7)  22225555 + 55552222  (mod 7) Vậy 22225555 + 55552222  n 1 Ví dụ 2: CMR: 32 n 1  33  5 22 với  n  N Giải: Theo định lý Fermat ta có: 310  (mod 11) 210  (mod 11) Ta tìm dƣ phép chia 24n+1 34n+1 cho 10 Có 24n+1 = 2.16n  (mod 10)  24n+1 = 10q + (q  N) Có 34n+1 = 3.81n  (mod 10)  34n+1 = 10k + (k  N) n 1 Ta có: 32 n 1  33   310q2  210k 3 = 32.310q + 23.210k +  1+0+1 (mod 2)  (mod 2) 16 mà (2, 11) = n 1 Vậy 32 n 1  5 22 với  n  N  33 Ví dụ 3: CMR: 22 n 1  11 với n  N Giải : Ta có: 24  (mod)  24n+1  (mod 10)  24n+1 = 10q + (q  N) n 1  22  210q2 Theo định lý Fermat ta có: 210  (mod 11)  210q  (mod 11) n 1 22   210q2   4+7 (mod 11)  (mod 11) Vậy 22 n 1  11 với n  N (ĐPCM) BÀI TẬP TƢƠNG TỰ n2 Bài 1: CMR 22  319 với n  N Bài 2: CMR với  n  ta có 52n-1 22n-15n+1 + 3n+1 22n-1  38 Bài 3: Cho số p > 3, p  (P) CMR 3p - 2p -  42p Bài 4: CMR với số nguyên tố p có dạng 2n - n (n  N) chia hết cho p HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ Bài 1: Làm tƣơng tự nhƣ VD3 Bài 2: Ta thấy 52n-1 22n-15n+1 + 3n+1 22n-1  Mặt khác 52n-1 22n-15n+1 + 3n+1 22n-1 = 2n(52n-1.10 + 6n-1) Vì 25  (mod 19)  5n-1  6n-1 (mod 19)  25n-1.10 + 6n-1  6n-1.19 (mod 19)  (mod 19) Bài 3: Đặt A = 3p - 2p - (p lẻ) Dễ dàng CM A  A   A  Nếu p =  A = 37 - 27 -  49  A  7p Nếu p   (p, 7) = Theo định lý Fermat ta có: A = (3p - 3) - (2p - 2)  p Đặt p = 3q + r (q  N; r = 1, 2)  A = (33q+1 - 3) - (23q+r - 2) = 3r.27q - 2r.8q - = 7k + 3r(-1)q - 2r - (k  N) 17 với r = 1, q phải chẵn (vì p lẻ)  A = 7k - - - = 7k - 14 Vậy A  mà A  p, (p, 7) =  A  7p Mà (7, 6) = 1; A   A  42p Bài 4: Nếu P =  22 - =  Nếu n > Theo định lý Fermat ta có: 2p-1  (mod p)  2m(p-1)  (mod p) (m  N) Xét A = 2m(p-1) + m - mp A  p  m = kq - Nhƣ p >  p có dạng 2n - n N = (kp - 1)(p - 1), k  N chia hết cho p Phƣơng pháp 7: SỬ DỤNG NGUYÊN LÝ ĐIRICHLET Nếu đem n + thỏ nhốt vào n lồng có lồng chứa từ trở lên Ví dụ 1: CMR: Trong n + số nguyên có số có hiệu chia hết cho n Giải: Lấy n + số nguyên cho chia cho n đƣợc n + số dƣ nhận số sau: 0; 1; 2;…; n -  có số dƣ có số dƣ chia cho n 0r j; q, k  N aj = 1993k + r  aj - aj = 1993(q - k) 111  1100   1993(q  k )       i - j 1994sè i sè 111  11.10 j  1993(q  k )     i - j 1994sè mà (10j, 1993) = 111 11  1993 (ĐPCM)    1994sè Bài 3: Xét dãy số gồm 17 số nguyên a1, a2, …, a17 Chia số cho ta đƣợc 17 số dƣ phải có số dƣ thuộc tập hợp{0; 1; 2; 3; 4} Nếu 17 số có số chia cho có số dƣ tổng chúng chia hết cho Nếu 17 số số có số dƣ chia cho  tồn số có số dƣ khác  tổng số dƣ là: + + + + = 10  10 Vậy tổng số chia hết cho Bài 4: Xét dãy số a1 = 1993, a2 = 19931993, … 19 1993 a1994 = 1993  9 4sè 9 đem chia cho 1994  có 1994 số dƣ thuộc tập {1; 2; …; 1993} theo nguyên lý Đirichlet có số hạng có số dƣ Giả sử: = 1993 … 1993 (i số 1993) aj = 1993 … 1993 (j số 1993)  aj - aj  1994  i < j  1994  1993.10 ni 1993  1993  j - i sè 1993 Phƣơng pháp 8: PHƢƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG Để CM A(n)  p (hoặc A(n)  p ) + Giả sử: A(n)  p (hoặc A(n)  p ) + CM giả sử sai + Kết luận: A(n)  p (hoặc A(n)  p ) Ví dụ 1: CMR n2 + 3n +  121 với  n  N Giải: Giả sử tồn n  N cho n2 + 3n +  121  4n2 + 12n + 20  121 (vì (n, 121) = 1)  (2n + 3)2 + 11  121 (1)  (2n + 3)2  11 Vì 11 số nguyên tố  2n +  11  (2n + 3)2  121 (2) Từ (1) (2)  11  121 vô lý Vậy n2 + 3n +  121 Ví dụ 2: CMR n2 -  n với  n  N* Giải: Xét tập hợp số tự nhiên N* Giả sử  n  1, n  N* cho n2 -  n Gọi d ƣớc số chung nhỏ khác n  d  (p) theo định lý Format ta có 2d-1  (mod d)  m < d ta chứng minh m\n Giả sử n = mq + r (0  r < m) Theo giả sử n2 -  n  nmq+r -  n 20  2r(nmq - 1) + (2r - 1)  n  2r -  d r < m mà m  N, m nhỏ khác có tính chất (1)  r =  m\n mà m < d có tính chất (1) nên điều giả sử sai Vậy n2 -  n với  n  N* BÀI TẬP TƢƠNG TỰ Bài 1: Có tồn n  N cho n2 + n +  49 không? Bài 2: CMR: n2 + n +  với  n  N* Bài 3: CMR: 4n2 - 4n + 18  289 với  n  N HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ Bài 1: Giả sử tồn n  N để n2 + n +  49  4n2 + 4n +  49  (2n + 1)2 +  49 (1)  (2n + 1)2  Vì số nguyên tố  2n +   (2n + 1)2  49 (2) Từ (1); (2)   49 vô lý Bài 2: Giả sử tồn n2 + n +  với  n  (n + 2)(n - 1) +  (1) n  3 số nguyên tố    (n + 2)(n - 1)  (2) n  13 Từ (1) (2)   vô lý Bài 3: Giả sử  n  N để 4n2 - 4n + 18  289  (2n - 1)2 + 17  172  (2n - 1)  17 17 số nguyên tố  (2n - 1)  17  (2n - 1)2  289  17  289 vô lý ĐÁNH GIÁ LỢI ÍCH THU ĐƢỢC HOẶC DỰ KIẾN CÓ THỂ THU ĐƢỢC DO ÁP DỤNG SÁNG KIẾN Trƣớc chƣa ứng dụng sáng kiến vào giảng dạy Mặc dù sử dụng số phƣơng pháp nêu vào giảng dạy nhƣng chất lƣợng học sinh giỏi đạt kết chƣa cao Số lƣợng học sinh cần giáo viên hƣớng dẫn tƣơng đối nhiều Số lƣợng học sinh vận dụng phƣơng pháp chứng minh Khi áp dụng sáng kiến vào thực tế giảng dạy thời gian qua nhận thấy học sinh học tập tích cực hơn, hào hứng hơn, ý hơn, tham gia xây dựng 21 sôi hơn, tích cực thực hành dạt kết tốt Đặc biệt em dẫ vận dụng linh hoạt phƣơng pháp vào giải toán, chất lƣợng lên rõ rệt Bằng chút vốn hiểu biết kinh nghiệm giảng dạy số năm, hệ thống đƣợc số kiến thức liên quan, sƣu tầm tích luỹ đƣợc số tập phù hợp phƣơng pháp giải theo mức độ từ dễ đến khó, từ đơn giản đến phức tạp học sinh tham khảo theo quy trình sau: * Một là: trƣớc hết học sinh cần nắm vững định nghĩa phép chia hết sách giáo khoa toán ; Các dấu hiệu chia hết nhƣ tính chất quan hệ chia hết * Hai là: Khi học sinh nắm vấn đề giáo viên đƣa vài phƣơng pháp thƣờng dùng để giải toán chia hết Với học sinh lớp 6, thƣờng sử dụng phƣơng pháp sau: * Phương pháp 1: Sử dụng dấu hiệu chia hết * Phương pháp 2: Sử dụng tính chất chia hết * Phương pháp 3: Xét tập hợp số dư phép chia * Phương pháp 4: Biến đổi biểu thức cần chứng minh dạng tổng * Phương pháp 5: Dùng quy nạp toán học * Phương pháp 6: Sử dụng đồng dư thức * Phương pháp 7: Sử dụng nguyên lý Ddiirrichlet * Phương pháp 8: Phương pháp phản chứng Trên phƣơng pháp với số ví dụ số tập phép chia hết phần phƣơng pháp nghiên cứu Các toán chia hết thật đa dạng phong phú Nếu nhƣ cần hƣớng dẫn học sinh giải tập có mức độ trung bình em chƣa thể thấy đƣợc hay dạng toán này, đồng thời có em có cảm giác khó phức tạp Qua tập ta thấy dạng tập sử dụng phƣơng pháp biến đổi ban đầu khác nhƣng cuối quy định nghĩa tính chất phép chia hết Chính việc nắm vững định nghĩa phép chia hết, tính chất dấu hiệu phép chia hết vấn đề then chốt giúp học sinh định hƣớng đƣợc cách giải tập, giúp học sinh có tƣ sáng tạo linh hoạt giải toán Khi làm đƣợc nhƣ việc giải toán phép chia hết trở thành niềm đam mê, thích thú học sinh Với kinh nghiệm vừa trình bày trên, sau thời gian ngắn dạy toán thân nhận thấy: dạy phần chia hết tập hợp số tự nhiên học sinh tiếp nhận kiến thức cách thoải mái, chủ động, rõ ràng Học sinh phân biệt nhận dạng đƣợc toán liên quan đến 22 phép chia hết từ giải đƣợc hầu hết tập phần Xóa cảm giác khó phức tạp ban đầu quy tắc tổng quát Qua rèn luyện cho học sinh trí thông minh, sáng tạo, phẩm chất trí tuệ khác học sinh thấy đƣợc dạng toán thật phong phú không đơn điệu Điều giúp học sinh hứng thú học tập môn Toán DANH SÁCH NHỮNG TỔ CHỨC CÁ NHÂN ĐÃ THAM GIA ÁP DỤNG THỬ HOẶC ÁP DỤNG SÁNG KIẾN LẦN ĐẦU TIÊN Số TT Tên tổ chức/cá nhân Địa Phạm vi/Lĩnh vực áp dụng sáng kiến Giáo viên Toán THCS Trƣờng THCS Gia Hoạt động dạy học, bồi Gia Khánh Khánh dƣỡng học sinh giỏi Học sinh giỏi lớp Trƣờng THCS Gia Hoạt động bồi dƣỡng học 6, 7, 8, Khánh sinh giỏi Học sinh giỏi khối Lớp 6A,B,C,D Hoạt động dạy học,bồi lớp trƣờng THCS Gia dƣỡng học sinh giỏi Khánh Gia khánh, ngày tháng năm 2016 Thủ trƣởng đơn vị Gia khánh, ngày tháng 12 năm 2016 Tác giả sáng kiến (Kí tên, đóng dấu) (Kí, ghi rõ họ tên) Nguyễn Văn Toán 23 ... phƣơng pháp thƣờng dùng để giải toán chia hết Với học sinh lớp 6, thƣờng sử dụng phƣơng pháp sau: * Phương pháp 1: Sử dụng dấu hiệu chia hết * Phương pháp 2: Sử dụng tính chất chia hết * Phương pháp. .. chia hết cho 125: Một số chia hết cho (hoặc 125)  số tạo chữ số tận chia hết cho 125  N  (hoặc 125)  a a1 a  (hoặc 125) Dấu hiệu chia hết cho 9: Một số chia hết cho (hoặc 9)  tổng chữ số. .. Vậy n số có số số chia hết cho n… Ví dụ 1: CMR: a Tích số nguyên liên tiếp chia hết cho b Tích số nguyên liên tiếp chia hết cho Giải: a Trong số nguyên liên tiếp có số chẵn  Số chẵn chia hết cho