Phương pháp chứng minh chia hết lớp 6
|
–o0o– Dạng 0 : cơ bản. Chứng minh : A= 220.24+220 chia hết cho 17. A = 220.(16+1) A = 220.17 vậy A : chia hết cho 17 Nhận xét : Nếu A= n . B thì A chia hết cho n. ————————————- Dạng 1 : tổng dãy số tự nhiên chia hết A = 2 + 22 + 23+ … + 2200 chia hết cho 6 Nhận xét :
Giải. A = (2 + 22) + (23 + 24 ) +…(2199 + 2200) A = 6 + 22 (2 + 22 ) +… + 2198 (2 + 22) A = 6 + 22 (6 ) +… + 2198 (6) A = 6(1 + 22 +… + 2198) Vậy A chia hết cho 6 bài 2 : A = 22 + 24 + … + 220 chia hết cho 4 và 5. A = (22 + 24) + (26 + 28) + … (219 + 220) A = 20 + 24 (22 + 24) + … 216 (22 + 24) A = 20 + 24 (20) + … 216 (20) A = 20(1 + 24 + … 216) A = 5.4.(1 + 24 + … 216) Vậy A chia hết cho 5 và 4. ——————————— Dạng 2 : chứng minh rằng số tự nhiên n : 5n – 1 chia hết cho 4. n là số tự nhiên. Khi n = 0 : 50 – 1 = 0 chia hết cho 4 Khi n = 1 : 51 – 1 = 4 chia hết cho 4 Khi n > 1 : 5n có hai chữ số tận cùng 25 =>5n – 1có hai chữ số tận cùng 25 – 1 = 24 chia hết cho 4 Vậy : 5n – 1 chia hết cho 4. Dạng 3 : tìm số tự nhiên n. n + 5 chia hết cho n ta có : n chia hết cho n để n + 5 chia hết cho n khi : 5 chia hết cho n. =>n U(5) = {1, 5} Vậy : n = 1, 5 bài 2 : n + 10 chia hết cho n + 2 ta có : n + 10 = (n + 2) + 8 n + 2 chia hết cho n + 2 để (n + 2) + 8 chia hết cho n + 2 khi : 8 chia hết cho n + 2. =>n + 2 U(8) = {1, 2, 4, 8} Nếu : n + 2 = 1 (loại). Nếu : n + 2 = 2 => n = 0 Nếu : n + 2 = 4 => n = 2 Nếu : n + 2 = 8 => n = 6 Vậy : n = 0, 2, 6
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓAPHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NÔNG CỐNGSÁNG KIẾN KINH NGHIỆMCÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH CHIA HẾTTRONG BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN THCSNgười thực hiện:Chức vụ:Đơn vị công tác:SKKN thuộc lĩnh vực:Đỗ Văn KiênGiáo viênTrường THCS Trần PhúToán họcNÔNG CỐNG, NĂM 2017Mục lụcTT123456789101112131415161718192021222324Tên mụcI. PHẦN MỞ ĐẦU1. Lý do chọn đề tài2. Mục đích nghiên cứu3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu4. Phương pháp nghiên cứuII. PHẦN NỘI DUNG1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm3. Các giải pháp giải quyết vấn đềPhần 1: Tóm tắt lý thuyết1. Định nghĩa phép chia hết2. Một số tính chất chia hết3. Một số định lí thường dùng trong chứng minh chia hếtPhần 2: Một số phương pháp chứng minh chia hết1. Phương pháp xét mọi trường hợp của số dư2. Phương pháp tách thành tổng nhiều hạng tử3. Phương pháp phân tích thành nhân tử4. Phương pháp quy nạp5. Phương pháp sử dụng định lí Fermat và định lí EulerPhần 3: Ứng dụng quan hệ chia hết vào một số bài toán4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệmIII. PHẦN KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ1. Kết luận2. Kiến nghịTrang1112233333344446810121315161616I. PHẦN MỞ ĐẦU1. Lý do chọn đề tài:a. Những vấn đề chung:Trong sự nghiệp Công nghiệp hóa – hiện đại hóa đất nước, đào tạo độingũ những người chủ cho tương lai là một việc làm mang tính chiến lược củaĐảng và nhà nước ta . Do đó bồi dưỡng các thế hệ học sinh giỏi trong thời kìhiện nay càng là vấn đề cấp thiết và mang tính lâu dài. Thông qua giáo dụcchúng ta đào tạo thế hệ trẻ có đầy đủ những phẩm chất và năng lực, trở thànhnhững con người phát triển toàn diện với tư duy sắc bén, lập luận chặt chẽ, linhhoạt và nhanh nhẹn. Và không ai khác giáo dục giữ vai trò quyết định trong quátrình bền bĩ này, Thông qua đó, Học sinh tiếp thu những kiến thức vững chắc,có hệ thống, có khả năng vận dụng vào cuộc sống, tạo niềm tin, tính cách, thóiquen, hứng thú, tình cảm…cho học sinh, giúp học sinh phát triển trí tuệ, hoànthiện nhân cách.b. Thực tiễn giáo dục:Qua thực tế giảng dạy, đặc biệt là trong năm học 2016-2017 này, tôi đượcgiao nhiệm vụ bồi dưỡng học sinh giỏi toán 6. Trong rất nhiều chuyên đề bồidưỡng của chương trình số học 6, chuyên đề về "Tính chia hết của số nguyên"là chuyên đề khó, mất rất nhiều thời gian và công sức để có thể nắm bắt cũngnhư làm được bài tập một cách trọn vẹn, bản thân tôi cũng đã rất cố gắng đểtruyền tải kiến thức đến học sinh một các chính xác nhất, khoa học nhất, đơngiản nhất và cũng dễ hiểu nhất, về phần các em cũng rất chăm chú trong quátrình tiếp thu, xây dựng bài và đã rất nhiệt tình khi giải bài tập, đặc biệt là quátrình tìm tòi phát triển bài toán. Nhưng thực tế cho thấy, việc giải một bài toánchia hết luôn khiến cho các em học sinh lúng túng, mất nhiều thời gian để xácđịnh dạng, mất nhiều công sức để giải và bài giải thì chưa trọn vẹn, chưa lấyđược điểm tối đa của bài. Xuất phát từ thực tế đó, tôi mạnh dạn viết sáng kiếnkinh nghiệm với đề tài: "Các phương pháp chứng minh chia hết trong bồidưỡng học sinh giỏi toán THCS" nhằm giúp cho quá trình bồi dưỡng học sinhcủa người giáo viên dễ dàng hơn và quá trình học tập, nghiên cứu của học sinhđạt kết quả cao nhất, đồng thời cũng là tài liệu tham khảo, trao đổi, giao lưu vớicác bạn bè, đồng nghiệp khác.2. Mục đích nghiên cứu:Mục đích của viêc nghiên cứu đề tài này là giúp học sinh tiếp cận cácphương pháp chứng minh chia hết và vận dụng chứng minh chia hết vào nhữngbài toán khác, hình thành kĩ năng nhận dạng và giải các bài toán về chứng minhchia hết một cách hiệu quả nhất.3. Đối tượng nghiên cứu:- Nghiên cứu quá trình làm bài của học sinh, bài làm của học sinh vềchứng minh chia hết- Nghiên cứu kỹ năng giải bài toán về chứng minh chia hết trong các đềthi học sinh giỏi toán 6, 7, 8, 9.- Nghiên cứu kĩ năng chứng minh chia hết ở học sinh, khả năng xử lí bàitoán liên quan đến chia hết.4. Phương pháp nghiên cứu:a. Phương pháp nghiên cứu xây dựng cơ sở lí thuyết:+ Đọc các tài liệu tham khảo để thu thập các thông tin liên quan đếnphương pháp giải bài toán chứng minh chia hết.+ Sách nâng cao và phát triển toán 6, 7, 8, 9 tập1, tập 2của TG: Vũ Hữu Bình+ Sách tài liệu chuyên THCS Toán 6 tập 1 của tác giả Vũ Hữu Bìnhvà Nguyễn Tam Sơn+ Sách nâng cao và các chuyên đề toán 6 của tác giả Nguyễn Ngọc Đạm–Vũ Dương Thụyb. Phương pháp điều tra khảo sát thực tế, thu thập thông tin:+ Nghiên cứu các bài giải của học sinh, đối chiếu kết quả, đáp án quanhiều bài làm khác nhau rồi phân tích tổng hợp+ Thường xuyên trò chuyện với học sinh: Đặt câu hỏi có liên quan đến bàitoán chứng minh chia hết: Các em có hứng thú khi làm các bài toán dạng nàykhông? Các em có nhận ra dạng bài này không, khi giải dạng bài toán này emthường gặp rắc rối gì? Hoặc sau khi giải bài toán thấy kết quả khác với đáp án,em có biết mình sai ở đâu không? Do đâu không?c. Phương pháp thống kê, xử lí số liệu:+ Thống kê các nguyên nhân dẫn đến sai sót trong quá trình làm bài.+ Tìm hiểu bài toán liên quan về quan hệ chia hết.+ Xử lí nguyên nhân dẫn đến không nhận dạng được bài toán, bài giải sai,hoàn thiện bài và định hướng phát triển thành bài toán mới.II. PHẦN NỘI DUNG1. Cơ sở lý luận:Trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi toán 6, giải bài toán trong các đềthi liên quan đến chia hết là không thể tránh khỏi, việc nhận ra mối quan hệ củachúng để các em có thể giải quyết các bài thi một cách dễ dàng, hiệu quả."Chứng minh chia hết" là rất quan trọng đối với học sinh, có một số họcsinh tự lực giải đúng bài toán liên quan đến chia hết theo các yêu cầu đặt ra củabài toán. Tuy nhiên nhiều học sinh chưa nắm bắt được các cách giải dạng bàitoán này hoặc giải sai vì không nhận ra dạng của nó được phát triển từ bài toánchia hết. Vì vậy việc đưa ra đề tài "Các phương pháp chứng minh chia hết" giúphọc sinh nhận dạng bài toán và rèn kĩ năng khi giải bài toán chứng minh chiahết, để từ đó phát triển kỹ năng giải các bài toán liên quan và giải nó một cáchthành thạo là vấn đề cần quan tâm để của học sinh hiện nay.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệma. Thực trạng qua khảo sát thực tếTừ học kì II năm học 2016-2017 tôi được phân công bồi dưỡng học sinhgiỏi môn toán lớp 6, chuẩn bị cho kì thi học sinh giỏi cấp huyện vào tháng 4năm 2017. Thông qua khảo sát các bài kiểm tra về toán của các em trong đội dựtuyển tôi thu được kết quả như sau:Toàn đội có 15 em , Trong đó:+ 5 em làm được bài hoàn chỉnh.+ 5 em không biết dùng kết quả đó để lập luận cho bài toán liên quan .+ 5 em chưa hoàn thiện được bài toán chia hết.b. Thực trạng đối với nghiên cứuTrong quá trình trao đổi, bồi dưỡng học sinh cũng như qua quá trình khảosát bài làm thực tế của các em tôi tìm ra được một số sai sót thường mắc phảikhi HS giải bài toán chia hết là:- Không nhận dạng được bài toán- Không phân tích được đề bài hoặc phân tích sai đề- Nhận dạng và phân tích được đề bài nhưng thực hiện giải sai3. Các giải pháp giải quyết vấn đềPhần 1: Tóm tắt lý thuyết1. Định nghĩa phép chia hết: Cho 2 số nguyên bất kì a và b (b ≠ 0).Tồn tại 1 và chỉ 1 cặp số q và r sao cho: a = bq+r, q, r∈ Z (0 ≤ r < |b| ).+) Nếu r = 0 thì a chia hết cho b (a b ) hay a là bội của b hay b chia hết aHay b là ước của a (b a).+) Nếu r ≠ 0 thi phép chia a cho b là phép chia có dư.2. Một số tính chất: Với ∀ a,b,c∈ Z ta có:1) Nếu a ≠ 0 thì a a và 0 a.2) Nếu a b và b c thi a c3) Nếu a b và b a thì a = ± b4) Nếu a b thi a.c b5) Nếu a b , a c thì a BCNN(b;c)• Hệ quả: Nếu a b ; a c và ƯCLN(b;c) =1 thì a b.c6) Nếu a.b c và ƯCLN (b;c) = 1 thì a c3. Một số định lý thường dùng1) Nếu a c ; b c thì a ± b c2) Nếu a c ; b d thì ab cd•Hệ quả : Nếu a b thì an bn (n∈Z; n ≠ 0)3) Nếu a c hoặc b c thì ab c4) Định lý Fermat và Euler∗ Định lý Euler :Giả sử m là một số tự nhiên lớn hơn 1 và a là một số nguên nguên tố với mKhi ấy ta có : a ϕ∗(m)≡ 1 (mod m)Định lý Fermat:Cho p là 1 số nguyên tố và a là một số nguyên không chia hết cho p .Khi ấy ta có: ap – 1 ≡ 1 (mod p)∗ Dạng khác của định lý Fermat:Cho p là 1 số nguyên tố và a∈Z* . Khi ấy ta có: ap ≡ a (mod p).* Các dấu hiệu chia hết: Cho 2, 3, 4, 5, 8, 9, 11, 25, 125Phần 2: Một số phương pháp chứng minh chia hết1. Phương pháp xét mọi trường hợp của số dưPhương pháp chung: Với a∈ Z , ta có: a = bq+r với 0 ≤ r < |b|Khi đó ta xét mọi trường hợp của r. Nếu với mọi r ta luôn có được điều phảichứng minh thì bài toán được chứng minhBài toán 1 :Chứng minh rằng tích của 2 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 2Phân tích: Do yêu cầu bài toán bắt ta chứng minh một số chia hết cho 2 . Nên taxét số n biểu diễn dưới dạng : n = 2k + r ; k ∈ Z . Sau đó ta xét các trưòng hợpcuả số dư.Lời giảiGiả sử A = n(n+1) là tích của 2 số tự nhiên liên tiếpVới ∀ n∈Z ta luôn có: n= 2k+r; r ∈{0;1}; k∈ Z+ r = 0 ⇒ n = 2k ⇒ A = 2k(2k+1) 2+ r = 1 ⇒ n = 2k+1 ⇒ A = (2k+1)(2k+1+1) =(2k+1)(2k+2) =2(2k+1)(k+1) 2Vậy tích của 2 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 2.Bài toán 2 : Chứng minh tích của 3 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 3Phân tích: Tương tự như bài toán trên, với yêu cầu của bài toán này, ta sẽ xétcác trường hợp của số dư khi chia số đó cho 3 .Lời giảiGiả sử B = n(n+1)(n+2) Với n∈ N , ta luôn có n = 3k+r, r={0;1;2}; k ∈ NXét r = 0 ⇒ n = 3k ⇒ B =3k(3k+1)(3k+2) 3Xét r = 1 ⇒ n = 3k+1 ⇒ B = (3k+1)(3k+1+1)(3k+1+2)=(3k+1)(3k+2)(3k+3)=3(3k+1)(3k+2)(k+1) 3Xét r = 2 ⇒ n =3k+2 ⇒ B = (3k+2)(3k+2+1)(3k+2+2)=(3k+2)(3k+3)(3k+4)=3(3k+2)k+1)(3k+4) 3Vậy tích của 3 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 3.Bài toán 3: Cho A = n(n+1)(2n+1). Cmr: A chia hết cho 6 với ∀ n∈ Z .Lời giảiVới ∀ n∈ Z ta có: n = 6k+r; r ={0;1;2;3;4;5}; ∀ k∈ Z• r = 0 ⇒ n = 6k⇒ A = 6k(6k+1)(12k+1) 6• r = 1 ⇒ n = 6k+1 ⇒ A = (6k+1)(6k+1+1)[2(6k+1)+1]= (6k+1)(6k+2)(12k+3)= (6k+1)2(3k+1)3(4k+1)= 6(6k+1)(4k+1)(3k+1) 6• r = 2 ⇒ n = 6k+2 ⇒ A = (6k+2)(6k+1+2)[2(6k+2)+1]= (6k+2)(6k+3)(12k+5)= 2(3k+1)3(2k+1)(12k+5)= 6(3k+1)(2k+1)(12k+5) 6• r = 3 ⇒ n = 6k+3 ⇒ A = (6k+3)(6k+1+3)[2(6k+3)+1]= (6k+3)(6k+4)(12k+7)= 3(2k+1)2(3k+2)(12k+7)= 6(2k+1)(3k+2)(12k+7) 6• r = 4 ⇒ n = 6k+4 ⇒ A = (6k+4)(6k+4+1)[2(6k+4)+1]= (6k+4)(6k+5)(12k+9)= 2(3k+2)(6k+5)3(4k+3)= 6(3k+2)(6k+5)(4k+3) 6• r = 5 ⇒ n = 6k+5 ⇒ A = (6k+5)((6k+1+5)[2(6k+5)+1]= (6k+5)(6k+6)(12k+11)= 6(6k+5)(k+1)(12k+11) 6Vậy A chia hết cho 6 ⇒ đpcm∗ Nhận xét : Như vậy, qua 3 bài toán trên ta thấy , khi bài toán yêu cầuchứng minh 1 số a chia hết cho ta thường xét các trường hợp của các số dưkhi lấy a chia cho b . tức là ta xét r = 0 ; 1 ;....; b-12. Phương pháp tách thành tổng nhiều hạng tửPhương pháp chung : Vì nếu từng hạng tử của 1 tổng đều chia hết cho 1 số athì tổng đó chia hết cho a. Khi sử dụng phương pháp này, ta phân tích số , biểuthức ra thành tổng các hạng tử mà mỗi hạng tử đều chia hết cho số a nào đó.Bài toán 1: Chứng minh rằng với ∀ m ∈ ¢ ta có: m3 - 13m chia hết cho 6.PT: Vì 13m = 12m + m mà 12m chia hết cho 6 nên ta chỉ xét m3 - m là được.Lời giảiTa có : m3 - m = m3 - m - 12m = m (m2 – 1) = m(m-1)(m+1) - 12mVì m(m-1)(m+1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp ⇒ m(m-1)(m+1) 3Mà : m(m+1) là tích của 2 số nguyên liên tiếp ⇒ m(m+1) 2 ⇒ m(m+1)(m-1) 2Mà ƯCLN(2;3) = 1 ⇒ m(m+1)(m-1) 6. Mặt khác: 12m 6⇒ m(m+1)(m-1) - 12m 6 hay m3 - 13m 6 ⇒ Đpcm∗ Nhận xét : Trong bài toán này ta đã tách biểu thức đã cho thành tổng 2hạng tử mà mỗi hạng tử đều chia hết cho 6. Ở đây , chúng ta đã sử dụng tínhchất nếu a c ; b c thì a ± b cBài toán 2 : Chứng minh rằng : A = 2n3 - 3n2 +7n 6 với ∀ n∈ ZPT: 7n = 6n + n mà 6n chia hết cho 6 nên ta sẽ xét tổng 2n3 -3n3 +n.Lời giảiTa có : A = 2n3 - 3n2 +7n= 2n3 -3n2 + n + 6n= n (2n2 - 3n +1) + 6n= n (n - 1)(2n - 1) + 6n= n (n - 1)[(n +1) + (n- 2)] + 6n= n (n-1) (n+1) + n (n-1) (n-2) + 6nVì n( n-1)( n+1) 6Và n (n-1)(n-2) 6 ; 6n 6 ⇒ A 6 ⇒ đpcm.∗ Nhận xét : Trong bài toán này ta đã mở rộng lên thành tách thành tổng 3hạng tử . Tương tự như vậy, ta có thể mở rộng tách thành nhiều hạng tử màmỗi hạng tử đều chia hết cho 1 số.Bài toán 3 : Cho A = 2903n - 803n - 464n + 261nChứng minh rằng A 271 với ∀ n∈ ZPhân tích: Ta thấy 2903 - 464 = 2439 271 và 803 - 261 = 542 271.Và ta sẽ áp dung hằng đẳng thức: (an - bn ) ( a - b).Lời giảiTa có : A = 2903n - 803n - 464n + 261n= ( 2903n - 464n ) - ( 803n - 261n)Ta có : 2903n - 464n = (2903 - 644)(2903n-1 +.........+ 464n-1)⇒ : 2903n - 464n (2903 – 464)Mà 2903 – 464 = 239 = 9 . 271⇒ 2903n - 464n 271Mặt khác: 803n - 261n = ( 803 - 261)( 803n-1 +.......+ 261n-1)⇒ 803n - 261n (803 - 261)Mà 803 - 261 =542 = 2 . 271⇒ 2903n - 464n 271⇒ A 271 ⇒ đpcm∗Nhận xét : Trong bài toán này ta đã sử dụng kiến thức (an - bn ) (a - b) với∀ n ∈ Z ; a,b∈ Z . Với những bài toán này ta sẽ đưa biểu thức về dạng (an - bn)sao cho a - b là bội của số cần chứng minh tính chia hết.Bài toán 4: Chứng minh rằng: P = 46n + 296.13n chia hết cho 33 với ∀ n ∈ ZPhân tích : Vì 46 – 13 = 33 33 và 297 13 nên ta sẽ tách thành tổng sao chomỗi hạng tử sẽ có 1 trong 2 thừa số này.Lời giảiTa có : P = 46n + 296.13n= 46n - 13n + 297.13nCó : 46n-13n ( 46-13) hay 46n-13n 33Mặt khác : 297 = 9 . 33 ⇒ 297.13n 33 ⇒ P 33 ⇒ đpcm3. Phương pháp phân tích thành nhân tửPhương pháp chung: Nếu 1 thừa số của 1 tích chia hết cho số a thì tích đó cũngchia hết cho a . Do vậy, với phương pháp này, để chứng minh 1 số a chia hếtcho số b thì ta phân tích số a thành tích các thừa số sao cho xuất hiện 1 thừa sốchia hết cho b hoặc tích cá thừa số chia hết cho b.Bài toán 1 : Chứng minh rằng A = n5 – n chia hết cho 5 ∀ n∈ ZPhân tích: ta sẽ phân tích A thành các thừa số mà trong đó có 1 thừa số chia hếtcho 5. Trong bài toán này, ta dễ dàng phân tích A thành tích các thừa số mà có1 thừa số là ( n2 + 1) và cũng dễ dàng chứng minh được n2 + 1 chia hết cho 5.Lời giảiTa có :A = n5 – n =n(n4 – 1)= n ( n2 – 1 ) ( n2 + 1)= n ( n - 1) ( n + 1) ( n 2 + 1)Với ∀ n∈ Z ta luôn biểu diễn được dưới dang: n = 5k + r; r = 0;4r = 0 ⇒ n = 5k ⇒ n 5 ⇒ A 5r = 1 ⇒ n = 5k +1 ⇒ (n – 1) = 5k+1-1 = 5k 5 ⇒ A 5r = 2 ⇒ n = 5k+ 2 ⇒ n2 + 1 = (5k+2)2 +1= 25k2 +20k +4+1= 25k2 + 20k + 5= 5( 5k2 +4k +1) 5 ⇒ A 5r = 3 ⇒ n = 5k + 3 ⇒ n2 + 1 = (5k+3)2 +1= 25k2 +30k+9+1= 25k2 + 30k +10= 5(5k2 + 6k +2) 5 ⇒ A 5r = 4 ⇒ n = 5k + 4 ⇒ n + 1 = 5k+4+1= 5k +5= 5 ( k+1) 5 ⇒ A 5. Vậy A= n5 - n 5 ⇒ đpcm∗Nhận xét : Trong bài toán này ta đã đưa biểu thức về dạng dưới dạng tích màtrong đó có ít nhất 1 thừa số chia hết số cần phải chứng minh.Bài toán 2 : Chứng minh rằng n5 - n chia hết cho 6 với ∀ n∈ ZPhân tích:Ta sẽ sử dung tính chất tích của các số nguyên k liên tiếp thì chia hếtcho k.Với bài toán này, ta phân tích n5 - n thành tích của 6 số nguyên liên tiếp.Lời giảiTa có : n5 – n = n( n4 - 1)= n( n2 - 1)( n2 + 1)= n( n + 1)( n - 1)( n2 +1)Vì n(n+1)(n-1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp ⇒ n(n+1)(n-1) 3. Hay n5 - 1 3Vì n(n+1) là tích của 2 số nguyên liên tiếp ⇒ n(n+1) 2 ⇒ n(n+1)(n-1) 2.Hay n5 - n 2. Mà ƯCLN (2;3) = 1 ⇒ n5 - n 6 ⇒ đpcmNhận xét: Với những bài toán này, ta có thể chi ra tích của các thừa số chia hếtcho 1 số chứ không phải chỉ còn là 1 thừa số nữa.Bài toán 3 : Chứng minh rằng B = n5 – 5n3 + n chia hết cho 120. ( ∀ n∈ Z ).PT : Ta thấy 120 = 3 . 5 .8 mà 3; 5 và 8 đôi một nguyên tố cùng nhau. Nên tasẽ phân tích B thành tích cấc thừa số mà trong đó có thừa số hoặc tích các thừasố chia hết cho 3 , 5 và 8. Ta có :n5 – 5n3 + n = n(n4 - 5n2 +1)= n(n2 - 1)(n2 - 4)= n (n+1)(n-1)(n+2)(n-2)Vì n(n+1)(n-1) 3 ⇒ n (n+1)(n-1)(n+2)(n-2) 3n(n+1)(n-1)(n+2)(n-2) 5 Mặt khác: n(n+1)(n-1)(n+2)(n-2) là tích của 5 sốnguyên liên tiếp ⇒ có ít nhất là 2 số chẵn.Mà tích của 2 số chẵn liên tiếp chia hết cho 8 ⇒ n(n + 1)(n − 1)(n + 2)(n − 2)M8Mà 3;8;5 đôi một nguyên tố cùng nhau. ⇒ n(n + 1)(n − 1)(n + 2)(n − 2)M(3.5.8)Hay n (n+1)(n-1)(n+2)(n-2) 120. Hay n5 − 5n3 + nM120 (đpcm).∗ Nhận xét: Trong bài toán nà ta đã sử dụng kiến thức tích của n số nguyên liêntiếp thì chia hết cho n, mở rông ra,nó còn chia hết cho các số nhỏ hơn n. Nếu cácsố trong khoảng từ 1 đến n ma đôi một nguyên tố cùng nhau thi biểu thức đã chochia hết có tích của các số ấy.4. Phương pháp quy nạpPhương pháp chung: Ta sử dụng các bước để chứng minh bắng quy nạp mà tađã biết khi chứng minh An chia hết cho a:- Chứng minh An đúng với n = 0; n = 1 (giá trị n nhỏ nhất trong điều kiệnbài toán)- Giả sử An đúng với n = k. Ta sẽ chứng minh nó đúng với n = k + 1.Bài toán 1: Cho An = 5n + 2.3n-1 +1 (n ∈ Z). Chứng minh rằng An 8.Lời giảiXét n = 1 ⇒ A1 = 51 + 2.31-1 + 1 = 8 8n = 2 ⇒ A2 = 52 + 2.32-1 + 1 = 32 8Giả sử An 8 với mọi n = k nghĩa là Ak = 5 k + 2.3 k-1 + 1 8Ta sẽ chứng minh An 8 với mọi n = k + 1Thật vậy:A k + 1 = 5 k+1 + 2.3k + 1= 5. 5k + 6.3 k – 1 + 1= 5k + 2.3 k – 1 + 1 +4. 5 k + 4. 3 k – 1= 5k + 2.3 k – 1 + 1 + 4( 5k + 3 k – 1 )Vì 5k + 2.3 k – 1 + 1 8Mặt khác: 5k + 3 k – 1 là số chẵn ⇒ 5k + 3 k – 1 2⇒ 4( 5k + 3 k – 1 ) 8⇒ A k+ 1 8 ⇒ đpcm.∗ Nhận xét : Với những bài toán mang tính tổng quát mà ta không thể sử dụngđược những phương pháp trên thì ta sử dụng phương pháp này.Bài toán 2: Chứng minh rằng : An = 16n – 15n – 1 225 ( n ∈ Z )Lời giảiXét n = 0 ⇒ A1 = 16 0 – 15 . 0 – 1 = 0 225n = 1 ⇒ A2 = 161 - 15 .1 - 1 = 0 225Giả sử An 225 với mọi n = k nghĩa là :Ak = 16k – 15k – 1 225Ta sẽ chứng minh An 225 với mọi n = k+ 1Thật vậy : A k + 1 = 16k + 1 - 15. ( k + 1 ) -1= 16. 16k - 15k - 15 -1= 16k - 15k - 1 + 15 ( 16k - 1 )Vì 16k - 15k - 1 225 mà (16k - 1) (16 - 1) tức là (16k - 1) 15⇒ 15(16k - 1) 225⇒ Ak+1 225 ⇒ đpcm.Bài toán 3: Chứng minh rằng: Với số tự nhiên n ta luôn có: An = 3 n + 2 + 42n + 1chia hết cho 13.Lời giảiVới n = 0 ⇒ A0 = 32 + 4 1 = 13 13n = 1 ⇒ A1 = 33 + 43 = 91 13Giả sử An 113 với mọi n = k tức là Ak = 3k + 2 + 42k + 1 13Ta sẽ chứng minh nó đúng với n = k + 1 .Thật vậy :Ak + 1 = 3 k + 3 + 42k + 3= 3. 3k + 2 + 42. 42k + 1= 3. 3k + 2 + 3. 42k + 1 + 13. 42k + 1= 3(3k + 2 +42k + 1 ) +13. 42k + 1Vì 3(3k + 2 +42k + 1) 13 và 13. 42k + 1 13 ⇒ Ak + 1 13 ⇒ đpcm.5. Phương pháp dùng định lý Fermat và định lý EulerBài toán 1 : Chứng minh rằng : với ∀ số nguyên tố p và q ; p ≠ 0 ta cóA = p q – 1 + qp – 1 - 1 chia hết cho p.qPhân tích : vì p và q nguyên tố cùng nhau nên ta sẽ chứng minh A đồng thờichia hết cho p và q. Ta thấy ϕ ( p) = p -1 với p là số nguyên tố. Từ đó ta sẽ tìmcách chứng minh A vừa chia hết cho p vừa chia hết cho q.Lời giảiVì p và q là 2 số nguyên tố và p ≠ q ⇒ (p,q) = 1Theo định lý Fermat ta có :p q - 1 ≡ 1 (mod q)qp - 1 ≡ 0 (mod q) (vì p ≥ 2 ⇒ p - 1 ≥ 1 )⇒ A = p q - 1 + qp - 1 - 1 ≡ 0 (mod q) ⇒ A qTương tự ta cóqp – 1 ≡ 1(mod p)p q – 1 ≡ 0 (mod p) (vì q ≥ 2 ⇒ q - 1 ≥ 1)⇒ A = p q – 1 + qp – 1 - 1 ≡ 0 (mod p ) ⇒ A pMà (p,q) = 1 ⇒ A p.q∗Nhận xét : Trong bài toán này, ta đã sử dụng định lý Fermat với từng số p ,q .Do p và q là 2 số nguyên tố nên (p,q) = 1 ⇒ Nếu A p và A q thì A p.q.Bái toán 2 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có : 23 + 3 11 .4 n+1Phân tích: vì 11 là số nguyên tố nên ϕ (11) = 10 . Khi đó ta chỉ xét 34n + 11 vớimod10 . Sau đó ta xét 23 ≡ 0 (mod 11).Lời giảiTheo định lý Fermat ta có:210 ≡ 1 (mod 11) .Mặt khác:34 = 81 ≡ 1 (mod 10) ⇒ 34n ≡ 1 ( mod 10)⇒ 34n + 1 = 3 . 3 4n ≡ 3 ( mod 10)Đặt 3 n + 1 = 10k + 3Ta được10k + 3=(210)k . 23 ≡ 23 ( mod 11)23 = 2⇒ 23 + 3 ≡ 0 ( mod 11)4 n+14 n+14 n+1Hay 23 + 3 11 ⇒ đpcm.Bài toán 3 : Chứng minh rằng : 270 + 3 70 70.4 n+1Lời giảiVì 13 là số nguyên tố ⇒ ϕ (13) = 12 .Theo định lý Fermat ta có:212 ≡ 1 (mod 13)(vì (2;13) = 1)60⇒ 2 ≡ 1 (mod 13)⇒ 2 70 = 210 . 2 60 ≡ 210 (mod 13)⇒ 270 ≡ -3 (mod 70).Tương tự:312 ≡ 1 (mod 13) (vì (3;13) = 1)⇒ 360 ≡ 1 (mod 13)⇒ 3 70 ≡ 310 (mod 13)⇒ 3 70 ≡ -3 mod 70)⇒ 270 + 370 ≡ 0 (mod 70).Hay 270 + 370 70 ⇒ đpcm.Bài toán 4 : Chứng minh rằng với mọi số nguyên a ta có: a7 – a 7.Phân tích : Vì a7 - 7 = a(a6 - 1) nên ta chỉ xét a6 - 1 theo định lý Fermat.Lời giảiTa có : a7 - a = a (a6 - 1).Vì ϕ (7) = 6 và (a;7) = 1⇒ a6 ≡ 1 (mod 7)⇒ a6 - 1 ≡ 0 (mod 7)⇒ a ( a6 - 1 ) ≡ 0 (mod 7)Hay a7 - a 7 ⇒ đpcm.Phần 3: Ứng dụng quan hệ chia hết vào một số bài toánPhương pháp chung : Sử dụng những dấu hiệu cha hết, chủ yếu là những dấuhiệu chia hết cho 2,3,5 và 9 để giải bài tập.Bài toán 1:Tìm 2 số a và b trong số A = 2010ab để được số chia hết cho cả 2 ; 5 và 9.Lời giải: Để A chia hết cho 5 thi b = 0 hoặc b = 5.Để A chia hết cho 2 thì b phải là số chẵn. Từ đó suy ra b = 0 ⇒ A = 2010a0Để A chia hết cho 9 thì (2+0+1+ 0+a+0) 9 ⇒ a = 6⇒ Hai số a và b cần tìm là : a = 6 và b = 0 ⇒ A = 201060Bài toán 2 :Tìm x , y để A = 24 x68 y chia hết cho 45.Phân tích : Vì 45 = 5 . 9 và ( 5;9) = 1 nên ta sẽ tìm x và y sao cho A vừa chiahết cho 5 vừa chia hết cho 9.Lời giải : Ta có A 45 ⇒ A 5 và A 9Vì A 5 nên y = 0 hoặc y = 5• Nếu y = 0 thi A = 24 x680 9⇒ 2 + 4 + x + 6 + 8 + 0 9⇒ 20 + x 9Mà 0 ≤ x ≤ 9⇒ x=7• Nếu y = 5 thì⇒2 + 4 + x + 6⇒ 25 + x 9Vì 0 ≤ x ≤ 9⇒ x=2A = 24 x685 9+ 8 + 5 9Vậy x = 7 ; y = 0 ta được số A = 247680x = 2 ; y = 5 ta được số A = 242685Bài toán 3: Dùng 3 trong 4 số 8 , 6 , 1 , 0 , viết tất cả các số có 3 chữ số sao choa) Số đó chia hết cho 9b) Số đó chia hết cho 3 mà knông chia hết cho 9c) Số đó chia hết cho cả 2 và 5 .Lời giảia)Theo dấu hiệu chia hết cho 9, ta có 3 chữ số có tổng chia hết cho 9 là 8,1,0⇒ Các số lập được là : 801, 810.b) Vì 1 số chia hết cho 3 mà không chia hết cho 9 khi tổng các chữ số của nóchỉ chia hết cho 3 mà không chia hết cho 9⇒ Có 3 chữ số thoả mãn yêu cầu đó là 8, 6 , 1 .Vì 8 + 6 + 1 = 15 mà 15 3 nhưng 15 không chia hết cho 0⇒ Các số lập được là : 168 , 186 , 618 , 681 , 816 , 861.c) Vì 1 số chia hết cho cả 2 và 5 khi nó có chữ số tận cùng là 0⇒ Các số lập đươc là : 160, 180 , 680 , 860 , 810 , 180.102010 + 8Bài tập 4: Chứng minh rằng :là số tự nhiên.9102010 + 8Phân tích : Đểlà số tự nhiên có nghĩa là 102010 + 8 chia hết cho 9 . Ta9sẽ sử dụng dấu hiệu chia hết cho 9 để chứng minh bài tán trên.Lời giảiĐể102010 + 8là 1 số tự nhiên có nghĩa là 9 là ước của 1092010Hay 10 2010 + 8 chia hết cho 9Vì 10 2010 = 100...00 : là số gồm 1 số 1 và 2010 chữ số 0⇒ 10 2010 có tổng các chữ số bằng 1⇒ 10 2010 + 8 có tổng các chữ số bằng 9⇒ 10 2010 + 8 9. Hay102010 + 8là 1 số tự nhiên ⇒ đpcm.9+84. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệma. Hiệu quả của đề tài đến chất lượng giáo dục:Qua quá trình BDHSG ở THCS nói chung và lớp 6 nói riêng tôi nhận thấy:- Từng học sinh đều chứng minh chia hết một cách thành thục, thực hiện giảibài tập về chia hết một cách dễ dàng với thái độ hứng thú và rất có hiệu quả.- Học sinh đã biết đưa bài toán liên quan về bài toán chia hết một cách rất tốt.b. Kết quả thực tế:Qua thực tế bồi dưỡng chuyên đề các phương pháp chứng minh chia hếttôi thấy các em đều giải được các bài toán chia hết và biết đưa bài toán liên quanvề bài toán chia hết một cách thành thạo và qua lần thi đội tuyển học sinh giỏihuyện vừa rồi 15 em đều giải tốt bài toán này, góp phần nâng điểm bài thi rõ rệtvà mang lại kết quả tốt cụ thể 3 em đạt giải nhất, 5 em đạt giải nhì, 5 em đạt giảiba và 2 em đạt giải khuyến khích.III. PHẦN KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ1. Kết luậnQua quá trình giảng dạy, tôi nhận thấy việc giải quyết được bài toán chiahết có một vị trí quan trọng trong bồi dưỡng học sinh giỏi. Phát triển cho họcsinh kỹ năng: Phân tích, So sánh, tổng hợp, khái quát hóa,… để giải quyết vấnđề. Vì vậy học sinh có cơ hội rèn luyện, phát triển về tư duy logic toán học. Nêncó thể nói việc chứng minh chia hết là một đề tài rất có hiệu quả để rèn luyện vàphát triển tư duy, khả năng độc lập trong suy nghĩ và giải quyết vấn đề đặt ra,cũng như rèn tính kiên trì, cẩn thận của học sinh.- Tính chia hết của số nguyên là một chuyên đề khó, ứng dụng rất rộng nênkhi bồi dưỡng cho học sinh người giáo viên cần lưu ý:- Lựa chọn hệ thống bài toán chia hết thật cơ bản sao cho nội dung thể hiệnđơn giản. Bài tập lựa chọn phải là những bài tập điển hình, có nội dung rõ ràngvà có mục đích cụ thể.- GV trong quá trình bồi dưỡng cần rèn cho học sinh thói quen phân tích tỉmỉ bài toán tránh cho học sinh phát triển bài toán theo kiểu áp dụng máy móc,theo kiểu dò tìm mà không hiểu bản chất, không có lập luận chặt chẽ.- Khi bồi dưỡng học sinh mới ban đầu tiếp cận chuyên đề này, để học sinhtránh được sai sót tối đa thì người giáo viên cần trình bày bài giải một cách bàibản và nên yêu cầu học sinh giảm bớt làm tắt quá trình tính toán.- Đề tài áp dụng có hiệu quả cho bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 6 môn toán.Trong thời gian tiếp theo, tôi sẽ tiếp tục áp dụng đề tài giảng dạy trong các nămhọc tới và nghiên cứu chỉnh sửa thêm để có thể áp dụng BDHSG toán 7, 8, 9.2. Kiến nghịĐề tài các phương pháp chứng minh chia hết là một đề tài áp dụng cho bồidưỡng cho học sinh giỏi lớp 6 nói riêng và cho học sinh giỏi THCS nói chung,tôi mong muốn được chia sẻ cho bạn bè đồng nghiệp gần xa làm tài liệu bồidưỡng. Đồng thời cũng là dịp giao lưu học hỏi nâng cao trình độ bản thân, rútkinh nghiệm trong bồi dưỡng học sinh giỏi các năm tiếp theo để đạt kết quả caohơn.Trong quá trình viết không tránh khỏi sai sót tôi mong được tiếp thu ýkiến đóng góp của mọi người. Tôi xin chân thành cảm ơn !XÁC NHẬN CỦA NHÀ TRƯỜNGNông Cống, ngày 20 tháng 3 năm 2017Tôi xin cam đoan đây là SKKN củamình viết, không sao chép nội dung củangười khác.Người viếtĐỗ Văn Kiên |
