Trang 1ậnĐẠI HỌC CẦN THƠKHOA SƯ PHẠM TOÁNBỘ MÔN SƯ PHẠM TOÁN HỌCLUẬN VĂN TỐT NGHIỆPĐề tài:PHÉP CHIATRÊN TẬP HỢP SỐ NGUYÊNGiáo viên hướng dẫn:Th.S Nguyễn Văn ASinh viên thực tập:Trần Văn BMã SV:Lớp:Cần Thơ, 042015Trang 2MỤC LỤCMỤC LỤC............................................................................................................................................... 2CHƯƠNG 1: GIỚI THIỆU................................................................................................................... 41.1 Đặt vấn đề nghiên cứu. ................................................................................................................. 41.1.1 Sự cần thiết nghiên cứu................................................................................................ 41.1.2 Căn cứ khoa học và thực tiễn. ...................................................................................... 51.2 Mục tiêu nghiên cứu. .................................................................................................................... 51.2.1 Mục tiêu chung. ........................................................................................................... 51.1.2 Mục tiêu cụ thể............................................................................................................. 61.3 Các giả thuyết cần kiểm định và câu hỏi nghiên cứu. .................................................................. 61.3.1 Các giả thuyết cần kiểm định. ...................................................................................... 61.3.2 Câu hỏi nghiên cứu. ..................................................................................................... 61.4 Phạm vi nghiên cứu. ..................................................................................................................... 61.4.1 Không gian (địa bàn nghiên cứu)................................................................................. 61.4.2 Thời gian ...................................................................................................................... 71.5 Lược khảo tài liệu liên quan đến đề tài nghiên cứu. ..................................................................... 7CHƯƠNG 2: NHẬP MÔN KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ PHÉP CHIA.............................................. 8TRÊN TẬP HỢP SỐ NGUYÊN ........................................................................................................... 82.1 Mở đầu. ......................................................................................................................................... 82.2 Định nghĩa phép chia. ................................................................................................................... 82.3 Quan hệ chia hết trên tập số nguyên. ............................................................................................ 92.4 Định lý về phép chia có dư. .......................................................................................................... 92.5 Các tính chất. ................................................................................................................................ 92.6 Một số dấu hiệu chia hết. ............................................................................................................ 102.7 Sự phân tích một số tự nhiên ra th a số nguyên tố. .................................................................... 112.8. Định lý Fec – ma. ....................................................................................................................... 112.9 ng đ ng thức hiệu hai l y th a c ng bậc................................................................................ 122.10 Đồng dư thức. ........................................................................................................................... 122.11 Một số định lý. .......................................................................................................................... 12CHƯƠNG 3: MỘT SỐ BÀI TOÁN CƠ BẢN VỀ PHÉP CHIA ..................................................... 14TRÊN TẬP HỢP SỐ NGUYÊN ......................................................................................................... 143.1 Một số kỹ năng cơ bản về phép chia trên tập hợp số nguyên (Z). .............................................. 143.2 Một số bài toán liên quan đến phép chia trên tập số nguyên. ..................................................... 203.2.1 Tìm số dư khi chia một lũy thừa cho một số nguyên. ................................................. 203.2.2 Chứng minh một biểu thức không chia hết cho một số nguyên. ................................ 243.2.4 Chứng minh một số nguyên không phải là một số lũy thừa. ...................................... 283.2.5 S d ng ph p chia t ong vi c giải phư ng t ình nghi m nguyên. ............................. 303.2.6 S d ng dấu hi u cho hết và tính chất chia hết t ong số nguyên (Z). ....................... 363.2.7 Biến đổi biểu thức cần chứng minh về dạng tổng. ..................................................... 413.2.8 S d ng phư ng pháp quy nạp toán học. .................................................................. 443.2.9 S d ng đồng dư thức. ............................................................................................... 463.2.10 Sử dụng nguyên lý Đirichlet. .................................................................................. 493.2.11 Phư ng pháp phản chứng. ....................................................................................... 51Trang 33.2.12 Tìm điều kiện để xảy ra quan hệ chia hết. ............................................................. 53TÀI LIỆU THAM KHẢO ................................................................................................................... 56PHỤ LỤC.............................................................................................................................................. 57KẾT LUẬN........................................................................................................................................... 60Trang 4CHƯƠNG 1: GIỚI THIỆU1.1 Đặt vấn đề nghiên cứu. 1.1.1 Sự cần thiết nghiên cứu.Toán học ra đời gắn liền với con người và lịch sử phát triển của xã hội, nó cómột ý nghĩa lý luận và thực tiễn vô c ng to lớn và quan trọng. Trong thời đại hiệnnay, công nghiệp hóa, hiện đại hóa nhất thiết phải đặt trên nền tảng dân trí ngày càngđược nâng cao.Trong giai đoạn hiện nay, theo quan điểm giáo dục mới của Đảng và nhànước, giáo dục đào tạo nh m nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực và bồi dưỡng nhântài trên mọi lĩnh vực khoa học. Sự phát triển của khoa học tự nhiên lại được đặt trênnền tảng của khoa học Toán học. Vậy dạy Toán ở phổ thông ngoài việc cung cấp trithức cho con người, đặc biệt phải chú ý dạy cho con người biết phương pháp phântích, nghiên cứu, tìm tòi đào sâu khai phá, phát triển bài toán để tổng quát hóa, kháiquát hóa kiến thức và nâng cao tư duy về giải toán.Chương trình Toán cấp THCS, kiến thức cơ bản của bộ môn Toán là các kháiniệm, các định nghĩa, các định lý, các hệ quả, các tiên đề, các công thức, các quy tắcvề phép tính vv... Đó là một yêu cầu, nội dung Toán học mà học sinh cần phải n mđược và hầu như là các em, đa số đã đạt được yêu cầu đó.Song một yêu cầu cần đạt và vô c ng quan trọng nữa về môn Toán đối vớingười học là “Kỹ năng giải bài tập Toán”. Đây là một nội dung khó. Để đạt đượcđiều này thì người thầy phải thật sự đầu tư, tìm tòi nội dung, phương pháp giảng dạyđể giúp học sinh có được năng lực tư duy sáng tạo t đó có được kỹ năng giải Toán.Trong chương trình toán cấp T CS có nhiều kiến thức, kỹ năng ở t ng khối.Các bài toán đại số có liên quan đến chứa dấu giá trị tuyệt đối là những bài toán khóđối với học sinh, ở những bài toán này học sinh thường rất dễ nhầm trong quá trìnhbỏ dấu giá trị tuyệt đối khi giải. Đặc biệt là những bất phương trình, phương trình cót hai dấu giá trị tuyệt đối trở lên, những bài toán giải và biện luận phương trìnhmbất phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối, khi làm những bài tập dạng này phần lớncác học sinh rất lúng túng không có phương pháp giải. Chính vì vậy tôi thấy sự cầnthiết nghiên cứu đề tài “Phép chia trên tập hợp số nguyên” để tìm ra những phươngpháp giải đặc trưng nh m đạt được yêu cầu giúp học sinh có được “Kỹ năng giải bàitập Toán”Trang 51.1.2 Căn cứ khoa học và thực tiễn.Chúng ta đã biết r ng hiện nay kiểu dạy học “đọc chép” tức là thầy đọc tròchép vào vở, truyền thụ kiến thức theo kiểu “bình thông nhau”. Dạy nhồi nhét, họcthụ động là kiểu dạy học cổ điển không còn chấp nhận được. Đặc biệt là đối với mônToán, dạy như vậy thì học trò học đến đâu quên đến đó, làm bài tập nào thì biết bàitập đó, giải hết bài này đến bài khác, tốn rất nhiều thời gian và công sức mà khôngđọng lại trong đầu học sinh điều gì đáng kể. Ngay cả những học sinh khá giỏi c ngvậy, mới chỉ đầu tư vào giải hết các bài toán khó này đến bài toán khó khác mà vẫnchưa phát huy được tính tư duy sáng tạo, chưa có một phương pháp làm bài. Trongkhi đó, t một đơn vị kiến thức cơ bản nào đó của toán học lại có một hệ thống bàitập rất đa dạng và phong phú, mỗi bài một kiểu, một dạng mà lời giải thì không theomột khuôn mẫu nào cả. Do vậy mà học sinh rất lúng túng khi đứng trước một đềtoán. T đó mà chất lượng môn Toán vẫn thấp chưa đáp ứng được mong mỏi củachúng ta.Vậy thì để nâng cao chất lượng học tập bộ môn Toán của học sinh, hơn ai hếtngười thầy đóng vai trò quan trọng, phải thực sự đổi mới phương pháp giảng dạy,phải tích cực hóa hoạt động của học sinh nh m hình thành cho học sinh tư duy tíchcực, tính độc lập sáng tạo, qua đó nâng cao năng lực phát hiện và giải quyết các vấnđề một cách nhanh chóng. T đó mà học sinh v a lĩnh hội được đầy đủ những yêucầu của chương trình hiện hành, v a thực hiện được nâng cao trí tuê, rèn luyện đượctư duy lô gíc và khả năng sáng tạo toán học.Để làm được điều đó, trong khi giảng dạy bộ môn Toán, người thầy cần phảicung cấp cho học sinh những kiến thức cơ bản cần thiết, những kỹ năng, kĩ xảo, mộthệ thống làm bài, xem đó là những công cụ để giải quyết các bài tập, phương châm là“Giải 1 bài toán bằng 10 phư ng pháp chứ không phải 10 bái toán bằng 1 phư ngpháp”.1.2 Mục tiêu nghiên cứu. 1.2.1 Mục tiêu chung.Nâng cao chất lượng giáo dục, đáp ứng nhu cầu đổi mới phương pháp giảng dạyhiện nay.Trang 6Phát huy tính tích cực, chủ động sáng tạo, năng lực tự học của học sinh, tạo điềukiện cho các em hứng thú học tập bộ môn. 1.1.2 Mục tiêu cụ thể.Rèn luyện cho học sinh những kỹ năng thực hành giải toán về phương trìnhchứa dấu giá trị tuyệt đối.Các kỹ năng, kiến thức cơ sở về quy tắc tính toán, giá trị tuyệt đối của một biểuthức và giải phương trình chứa dấu trị tuyệt đối.Nêu cao được một số kinh nghiệm của bản thân về: “Phép chia trên tập hợp sốnguyên”Ngoài ra còn rèn cho học sinh những đức tính cẩn thận, sáng tạo, chủ độngtrong giải toán.1.3 Các giả thuyết cần kiểm định và câu hỏi nghiên cứu. 1.3.1 Các giả thuyết cần kiểm định.Giả thiếtH01: Nhu cầu thiết yếu của đề tài đối với học sinh là như nhau.H02: Mức độ ảnh hưởng đến nhu cầu tại các trường học của các học sinh c ng lànhư nhau. 1.3.2 Câu hỏi nghiên cứu.1. Tình hình thực tiễn về đề tài này đã phổ biến trong chương trình giáo dục cấpT CS chưa?2. Những điểm mạnh điểm yếu trong phương pháp này?3. Phải biết truyền đạt nội dung của đề tài này đến học sinh như thế nào? Có ph hợp với tất cả các đối tượng học sinh?4. Suốt quá trình giảng phải cho học sinh động não suy nghĩ tại sao, làm thế nào?Tại sao nghĩ thế?1.4 Phạm vi nghiên cứu. 1.4.1 Không gian (địa bàn nghiên cứu)Đề tài được nghiên cứu tại Đại học Cần ThơPhạm vi thu thập số liệu: Trong Đại học Cần ThơTrang 7 1.4.2 Thời gianĐược thực hiện vào thánh 0420151.5 Lược khảo tài liệu liên quan đến đề tài nghiên cứu.Trong quá trình thực hiện đề tài, tác giả đã tham khảo một số bài nghiên cứu vàchuyên đề liên quan đến nội dung thực hiện cụ thể như sau:1 Số học – Nguyễn Vũ Thanh.2 Toán chọn lọc cấp II – Lê Hải Châu.3 400 bài toán chọn lọc – Vũ Dư ng Thuỵ – T ư ng Công Thành – Nguyễn NgọcĐạm.4 Chuyên đề số học – Võ Đại Mau.5 Bài tập số học về đại số – Tủ sách ĐHSP – Nhà xuất bản GD 1985.6 Thực hành giải toán cấp II – T ung tâm nghiên cứu đào tạo bồi dưỡng giáo viên.7 250 bài toán số học đại số – Võ Đại Mau – Lê Tất Hùng – Vũ Thị Nhàn.8 Các đề vô định toán các nước – Nhà xuất bản Hải phòng.9 255 bài toán số học chọn lọc – Sở GD Hà Tây 1993.10 Chuyên đề bồi dưỡng giỏi toán 6 – Đinh Vũ Nhân – Võ Thị Ái Nư ng – HoàngChúng.11 Số học bà chúa của toán học – Hoàng Chúng.Trang 8CHƯƠNG 2: NHẬP MÔN KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ PHÉP CHIATRÊN TẬP HỢP SỐ NGUYÊN2.1 Mở đầu.Tập số nguyên ký hiệu b ng chữ Z các phân tử của nó gồm các số nguyân âm , số 0 vàcác số nguyên dương , hay còn nói tập Z gồm các số tự nhiên N và các số nguyên âm .Z = ( Z – ) (Z + ) (0) ; Z = ( Z – ) (N) .Trên trục số , số nào n m ở bên trái nhỏ hơn số n m bên phải . Khi ta nói a là sốnguyên dương thì ta viết : a Z ; a > 0 ; Khi ta nói a là số nguyên âm thì viết a Z ; a < 0 .Trong tập Z phép chia không phải bao giờ c ng thực hiện được . Khi a chia cho b màtìm được c thuộc vào Z để a = b.c thì lúc đó ta nói a chia hết cho b , ta viết a b . Khi a chiahết cho b thì ta còn nói a là bội số của b , hay b là ước số của a . Ta viết Ư(a) = b .Người ta quan sát các số tận c ng để biết dấu hiệu chia hết cho : 2 ; 4; 5; 8; 10; ví dụ :số có tậnc ng là số 0; 2; 4; 6; 8; thì chia hết cho 2 lúc đó ta gọi là số chẵn . các số có tần c nglà 0 ; 5 thì chia hết cho 5 . tận c ng là 0 thì chia hết cho 10. Tận c ng có 2 chữ số chia hết cho4 thì chia hết cho 4 . Tận c ng có 3 chữ số chia hết cho 8 thì chia hết cho 8 .Người ta tính tổng các chữ số để biết được các số có chia hết cho 3 ; 9 hay không nếutổng các chữ số của số dó chia hết choa 3 ; cho 9 .Người ta tính hiệu các chữ số hàng chẵn và lẻ để biết số có chia hết cho 11 hay khôngnếu hiệu đó chia hết cho 11 .Tính chất chia hết của một tổng và hiệu : Nếu a chia hết cho c , b chia hết cho c thì tanói a + b chia hết cho c . Điều ngược lại không đúng . và hiệu a – b c ng chia hết cho c . Điềungược lại không đúng.Một tích có một th a số chia hết cho a thì cả tích chia hết cho a .Nếu a chia hết cho tích ab mà a và b nguyên tố c ng nhau thì a chia hết cho b.2.2 Định nghĩa phép chia.Cho 2 số nguyên a và b trong đó b 0 ta luôn tìm được hai số nguyên q và r duy nhất saocho:a = bq + r Với 0 r bT ong đó: a là số bị chia, b là số chia, q là thương, r là số dư.Trang 9Khi a chia cho b có thể xẩy ra b số dưr {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: ab hay b aVậy: a b Có số nguyên q sao cho a = bq.2.3 Quan hệ chia hết trên tập số nguyên.Cho hai số nguyên a, b. Nếu tồn tại số nguyên q sao cho a=b.q thì ta nói r ng a chia hết choa b b(kí hi u ) , hay b chia hết a (kí hiệu b|a). Khi đó người ta c ng gọi a là bội số (hay đơngiản là bội) của b, còn b là ước số (hay đơn giản là ước) của b.Ví dụ: 15 = 5.3, nên 15 chia hết cho 3, 3 chia hết 15, 15 là bội của 3, 3 là ước của 15Đặc biệt, số 0 chia hết cho mọi số khác không, số 1 chia hết mọi số nguyên, mỗi sốnguyên khác 0 chia hết cho chính nó. Chính t đó, mọi số nguyên khác 1 có ít nhất haiước là 1 và chính nó. Nếu số nguyên b|a thì số đối của nó b c ng là ước của a. Do đótrong nhiều trường hợp, nếu n à số tự nhiên, người ta chỉ quan tâm tới các ước tự nhiêncủa n. Một số tự nhiên khác 1, có đúng hai ước tự nhiên là 1 và chính nó được gọi là sốnguyên tố.Các số tự nhiên lớn hơn 1, không là số nguyên tố được gọi là hợp số.Một ước số của n được gọi là không tầm thường nếu nó khác 1, 1, n, n. Số nguyên tố thìkhông có ước số không tầm thường. 1, 1, n, n là các ước tầm thường của n.2.4 Định lý về phép chia có dư. Cho a, b là hai số nguyên (b 0), khi đó tồn tại duy nhất hai số nguyên q, r sao cho a= bq+rvới 0 ≤ r 0 và a b ; b a a = b5. Nếu a b và c bất kỳ ac b6. Nếu a b (a) (b)7. Với a a (1)8. Nếu a b và c b a c b9. Nếu a m và an và(m,n)=1 a mn10. Nếu a + b c và a c b c11. Nếu a b và n > 0 an bn12. Nếu ac b và (a, b) =1 c b13. Nếu a b, c b và m, n bất kỳ am + cn b14. Nếu a b và c d ac bd15. Tích n số nguyên liên tiếp chia hết cho n16. an p(p nguyên tố)=> a p2.6 Một số dấu hiệu chia hết.anan 1...a1a0 Gọi N =1. Dấu hiệu chia hết cho 2; 5; 4; 25; 8; 125+ N 2 a0 2 a0 {0; 2; 4; 6; 8}+ N 5 a0 5 a0 {0; 5}Trang 11a1a0 + N 4 (hoặc 25) 4 (hoặc 25)a2a1a0 + N 8 (hoặc 125) 8 (hoặc 125)2. Dấu hiệu chia hết cho 3 và 9+ N 3 (hoặc 9) a0+a1+…+an 3 (hoặc 9)3. Một số dấu hiệu khác+ N 11 (a0+a1+…) (a1+a3+…) 114.Ứng dụng HĐT anbn=(ab)(an1+an2b+…+abn2+bn1) an+bn=(a+b)(an1an2b+… abn2+bn1)Hệ quả: anbn( ab) Với n,ab 0 an+bn (a+b) Với n lẻ,a+b 02.7 Sự phân tích một số tự nhiên ra th a số nguyên tố.Mỗi số tự nhiên đều được viết dưới dạng tích của l y th a các số nguyên tố. Sự phân tích nàylà duy nhất.n n n n1 2 3 k Ta có:a = p .p .p ....p n ,n ,...n p ,p ,...p1 2 k 1 2 k 1 2 3 k (với là các số nguyên tố và là các số tựnhiên khác 0). Ta có một số tính chất cơ bản sau:a = p .p .p ....p1 2 3 km m m m1 2 3 k Tính chất 2.7.1: b là một ước của a khi b có dạng (với0 m n ; 0 m n ;...;0 m n m ,m ,...m 1 1 2 2 k k 1 2 k là các số tự nhiên và ) n 1 n 1 .... n 11 2 k Tính chất 2.7.2: Số ước của a là .n ,n ,...n1 2 k Tính chất 2.7.3: Số a là một số l y th a bậc t khi t là ước chung của .2.8. Định lý Fec – ma.a a pp Cho a là số tự nhiên và p là một số nguyên tố thìa 1 pp 1 Hệ quả: a là số tự nhiên và p là một số nguyên tố và (a,p) = 1 thìTrang 122.9 H ng đ ng thức hiệu hai l y th a c ng bậc.a b a b a a b a b ... a b ab bn n n 1 n 2 n 3 2 2 n 3 n 2 n 1 Ta có: Hệ quả: Với a, b nguyên và m,n là các số tự nhiên, a khác b thì:a b a bn n 2.9.1) .a b a b a bmn mn n n n n m m 2.9.2) .a b a b a b a b2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2.9.3) .2.10 Đồng dư thức.a. Định nghĩa: Cho m là số nguyên dương. Nếu hai số nguyên a và b cho c ng số dư khi chiacho m thì ta nói a đồng dư với b theo modun m.Ký hiệu: a b (modun)Vậy: a b (modun) a b mb. Các tính chất1. Với a a a (modun)2. Nếu a b (modun) b a (modun)3. Nếu a b (modun), b c (modun) a c (modun)4. Nếu a b (modun) và c d (modun) a+c b+d (modun)5. Nếu a b (modun) và c d (modun) ac bd (modun)6. Nếu a b (modun), d Uc (a, b) và (d, m) =1 bdad (modun)7. Nếu a b (modun), d > 0 và d Uc (a, b, m) bdad (modunmd)2.11 Một số định lý.1. Định lý EulerNếu m là 1 số nguyên dương (m) là số các số nguyên dương nhỏ hơn m và nguyên tốc ng nhau với m, (a, m) = 1Thì a(m) 1 (modun)Công thức tính (m)Trang 13Phân tích m ra th a số nguyên tốm = p11 p22 … pkk với pi p; i NThì (m) = m(1 1`1p)(1 21p) … (1 pk1)2. Định lý WilsonNếu p là số nguyên tố thì( P 1) + 1 0 (modp)Trang 14CHƯƠNG 3: MỘT SỐ BÀI TOÁN CƠ BẢN VỀ PHÉP CHIATRÊN TẬP HỢP SỐ NGUYÊN3.1 Một số kỹ năng cơ bản về phép chia trên tập hợp số nguyên (Z).3.1.1 Ví dụ, bài tập mẫu.A(n)=3n 14n 21n 10n 244 3 2 Ví dụ 1: Chứng minh .GiảiA(n) 24 A(n) 3 A(n) 8 Để chứng minh ta cần chứng minh và (vì (3,8) = 1)A(n) 3 A(n) có dạng là một đa thức bậc 3 đối với n. Để chứng minh một cách thông thườngnhất là ta phân hoạch theo 3 rồi thay vào A(n). Tuy nhiên để thuận tiện cho việc xét ta đưaA(n) về tích nếu có thể. Ta có lời giải sau:A(n) = n n 1 n 2 3n 5 A(n) 3 (tích 3 số nguyên liên tiếp chí hết cho số 3)A(n) = n n 1 n 2 4 n n 1 n 2 n 3 3 8 L ại có:n n 1 2 n n 1 n 2 4 8 n n 1 n 2 n 3 8 Vì và do trong 4 số nguyên liêntiếp có 2 số chẵn và có một số là bội 4.A(n) = n 51n 481n 3 483 2 Ví dụ 2: Chứng minh .GiảiTa thấy so với ví dụ 1 thì biểu thức này c ng dạng. Tuy nhiên hệ số của đa thức A(n) lớn. TaA(n) = B(48)+ F(n) F(n) 48 làm giảm hệ số b ng cách viết và chứng minh .Ta có lời giải vắn tắt như sau:A(n) = n 51n 481n 3 n 3n n 3 48n 480 48 F(n) n 3n n 3 483 2 3 2 2 3 2 F(n) = n 3 n 1 n 1 Ta có: .F(n) = 2k 2 2k 2k 2 8 k 1 k k 1 n = 2k+1 (k Z) V ới ta có . F(n) 16 v× k k 1 2 F(n) 3 k 1 k k 1 3 lại có vìF(n) 48 A(n) 48 F(n) 16 F(n) 3 và mà (16,3) = 1 nên .A(n) = 4n 3n 5 62 Ví dụ 3: Chứng minh với mọi n không chia hết cho 2 và cho 3.GiảiTa hiểu n không chia hết cho 2 và 3 có nghĩa là như thế nào? Một phép chia n cho 2 và 3 hayxét n chia cho 6 (BCNN(2,3)=6). Phân hoạch n theo 6 và thay vào A(n) ta có được lời giảiTrang 15đơn giản. Tất nhiên c ng như 2 ví dụ trên, nếu ta viết A(n) theo dạng tích sẽ thuận lợi hơn khithay n. Ta có lời giải sau:A(n) = 4n 3n 5 =4n 3n 1 6 4n 1 n 1 62 2 với n không chia hết cho 2 và cho 3n = 6k + 1; n = 6k + 5 khi n phân hoạch theo 6 thì chỉ có 2 dạng (k là số nguyên)A(n) = 24k 3 6k 2 6 8k 1 3k 1 6 n = 6k + 1 ) V ới thìA(n) = 4n 1 6k 6 4n 1 k 1 6 6 n = 6k + 5 ) V ới thìTiểu kết 1:Qua 3 ví dụ trên, chúng ta đang xét phép chia của một biểu thức dạng đa thức khi chia chomột số. Kỹ năng cơ bản để giải quyết bài toán “chứng minh A(n) chia hết cho k” là1) Viết k thành tích các số nguyên đôi một nguyên tố c ng nhau (c ng hạn k=a.b.c với a,b,cnguyên tố sánh đôi)2) Chứng minh A(n) chia hết cho các th a số của k trong phân tích trên3) Để chứng minh A(n) chia hết cho số nguyên a ta phân hoạch n theo a rồi thay vào A(n)4) Để thuận lợi cho việc thay n ta thường viết A(n) về dạng tích (bởi khi đó bậc của biến n sẽđược giảm đi trong mỗi biểu thức cần thay thế).B(n) = 11 12 133 n N n 2 2n 1 Ví dụ 4: Chứng minh với .GiảiTa Ta thấy dạng của biểu thức B(n) là tổng các l y th a. Chia cho số 133 là quá lớn việc phânhoạch n theo 133 là không thể. Với phép chia một l y th a cho một số ta có hai tính chất quantrọng (định lý Fecma và ng đ ng thức) đã nêu ở trên. Để sử dụng h ng đ ng thức ( ĐT)ta cần làm xuất hiện hiệu hai l y th a c ng số m . Ta có lời giải sau: B(n) = 11 12 11 .11 12.12 121.11 12.144 12.144 1n 2 2n 1 2 n 2n n n n n n 2.11 133.11n N v× 12.144 12.11 12 144 11 144 11 133 B(n) 133 n n n n vớiB(n) = 5 +26.5 +8 59 n N n 2 n 2n 1 Ví dụ 5: Chứng minh với .GiảiTrang 16B(n) = 25.5 +26.5 +8.64 51.5 8.64 59.5 8 64 5 59n n n n n n n n Ta th ấy:64 5 64 5 59.n n Vì .B(n) = n 1 1 n n N n Ví d 2 ụ 6: Chứng minh với .GiảiTa thấy nếu chỉ sử dụng ĐT như hai ví dụ trên thì chỉ có thể chứng minh B(n) chia hết n.Tuy nhiên việc sử dụng ĐT c ng gợi ý cho ta khi phân tích B(n) thành nhân tử thì ngoàinhân tử n còn nhân tử chia hết cho n. Ta có lời giải sau:B(n) = n 1 1 n 1 1 n 1 n 1 n 1 .... n 1 1 n n 1 n 2 n 3 n 1 n 1 n 1 .... n 1 1 n 1 n 2 n 3 Ta có: (biểu thức gồm n 1 ngoặc đơn) n 1 1 n 1 1 n 1 1 .... n 1 1 n n n 1 n 2 n 3 n 1 1 n 1 1 n k Vì với mọi k tự nhiên.B(n) n n N 2 Vậy với .B(n) = 2 5 7 n N 22 n Ví dụ 7: Chứng minh với .Giải B(n)=2 5 7 víi n N22 n Ta có thể hiểu có ngĩa là B(n) chia 7 dư 2. Bài toán trở về tìm dưcủa B(n) khi chia cho 7. Sử dụng ĐT anbn là hợp lý. Để tránh phức tạp ta chọn b=1. Với2 1 7.6 định lý Fecma ta biết r ng Tuy nhiên do2 1 7. 2 1 2 1 2 1 3 6 3 2 chia hết cho và nên ta kiểm tra và chọn được Việc xét l y th abây giờ sẽ đơn giản hơn.2 1 7 2 1 7 k N. 2k 3 Vì nên với mọi Do vậy ta cần phải phân hoạch 22n theo 3(tìm dư2 4 3k 1 (k N).2n n của 22n khi chia cho 3). Dễ thấy Ta có lời giải sau:2 4 4 1 1 =3k+1 4 1 4 1 3. 2n n n k N. n Ta có: (với ) vì 8 1 8 1 7 B(n) 2 5 2.8 5 2 8 1 7 7 k 3k 1 k k vì .Tiểu kết 2:Qua 3 ví dụ 4,5,6 trên đây chúng ta đang xét phép chia của một biểu thức dạng tổng các l yth a khi chia cho một số. Kỹ năng cơ bản để giải quyết bài toán “chứng minh B(n) chia hếtcho k” trong dạng này.1) Viết các biểu thức về dạng hiệu các l y th a c ng số m Trang 172) Sử dụng ĐT để viết biểu thức về dạng tích nếu có thể3) Sử dụng định lý Fecma để chọn bội nhỏ nhất của một số có dạng hiệu hai l y th a .S(n) = 16 15n 1 225 n N n Ví dụ 8: Chứng minh với .GiảiBiểu thức S(n) chứa cả l y th a và đa thức. Việc sử dụng các kỹ năng cơ bản ở trên sẽ gặpkhó khăn đối với dạng này. Nhận xét thấy S(n+1) có thể truy hồi về S(n) được nên ta sử dụngchứng minh kiểu qui nạp (ta cần chứng minh S(n+1) và S(n) chia cho 225 có c ng số dư, sauđó thử với n=0). Ta có lời giải sau: n n 1n 1 n n n S(n) = 16 15n 1 S(n 1) 16 15 n 1 1S(n 1) S(n) 16 15 n 1 1 16 15n 1 16 16 1 15 15 16 1 22516 1 15.n Vì Vậy S(n + 1) và S(n) chia hết cho 255 có c ng số dư.S(0) =1 6 15.0 1 0 225 n N 0 Mặt khác nên S(n) chia hết cho 255 với mọi giá trị .S =2 1 3 n N n 3 nn Ví dụ 9: Chứng minh với .GiảiTa chứng minh b ng phương pháp quy nạp.S 2 1 3 hay 2 1 q3 2 q3 1k n N 2 k 3 k 3 kk k k Giả sử bài toán đúng với n = tức làXét bài toán với n = k + 1, ta có: k 1 k k k k33 3 3 2.3 3k 12k k k k 2 k.2 kk 2 k.2 1 k k 1S 2 1 2 1 2 1 2 2 1q.3 . q.3 1 q.3 1 1 q.3 q .3 3q.3 3q.3 .3 q .3 q.3 1 3S 3 . S 3 k 1 k k 1 k Như vậy nếu thìS 2 9 3 S 3 n N 1 n 3 11 n Mặt khác ta có đúng nên với mọi .Tiểu kết 3:Qua các ví dụ 8,9 ta đã sử dụng phép chứng minh b ng qui nạp. Đây là phươngTrang 18pháp chứng minh khá quen thuộc. Nội dung của bài toán qui nạp thường là “Chứng minh biểuthức S(n) thỏa mãn tính chất (T) với các giá trị của n tự nhiên (n>k) sao cho n chia cho q dư rtức là n= m.q + r. Bài toán sẽ có c hội làm được bằng qui nạp nếu như ta viết được S(n+r)theo S(n).3.1.2 Bài tập vận dụng.Bài 1: Chứng minh r ng:a) 251 1 chia hết cho 7 b) 270 + 3 70 chia hết cho 13c) 1719 + 1917 chi hết cho 18 d) 3663 1 chia hết cho 7 nhưng không chia hết cho 37e) 24n 1 chia hết cho 15 với n NHướng dẫn – Đáp số: a) 251 1 = (23)17 1 23 1 = 7b) 270 + 3 70 (22)35 + (3 2)35 = 435 + 935 4 + 9 = 13c) 1719 + 1917 = (1719 + 1) + (1917 1)1719 + 1 17 + 1 = 18 và 1917 1 19 1 = 18 nên (1719 + 1) + (1917 1)hay 1719 + 1917 18d) 3663 1 36 1 = 35 7 3663 1 = (3663 + 1) 2 chi cho 37 dư 2e) 2 4n 1 = (24) n 1 24 1 = 15Bài 2: Chứng minh r ng:a) n5 n chia hết cho 30 với n N ;b) n4 10n2 + 9 chia hết cho 384 với mọi n lẻ n Zc) 10n +18n 28 chia hết cho 27 với n N ;Hướng
Trang 1 n I HC C B C LU TT NGHIP P HP S ng dn: Th.S Nguy c tp: Tr Lp: C Trang 2 2 4 4 4 5 5 5 6 6 6 6 6 6 7 7 8 8 8 8 9 9 9 10 2.7 . 11 ma. 11 2.9 . 12 12 12 14 14 14 3.2 . 20 3.2.1 . 20 3.2.2 . 24 3.2.4 . 28 3.2.5 . 30 3.2.6 36 3.2.7 41 3.2.8 44 3.2.9 46 3.2.10 49 3.2.11 51 Trang 3 3.2.12 . 53 56 57 60 Trang 4 i gn lin vch s n c mc ting. Trong thi hin t thit phn t n hic mi c o nhng c khoa hc. S n ca khoa hc t nn tng ca khoa hc. Vy d ph c cung cp tri thc bit phi bi t n th gi p THCS, kin thn ca b ni qu, c v u, nc sinh cn phi nm Song mu cng na v i vi i h t n c i thy phi tht s ng dy o t c k u kin thc, k tng khi. i s n cha d tuy i vi hc sinh, nhng rt d nh b d tuyi khi gic bing b t hai d tuyi tr n lu ba d tuyp dn ln c sinh r y s cn thi p hp s t Trang 5 t rng hin nay kiu dy h , truyn th kin thc theo kiy nhc th u dy hc c p nhc bii v , d ti hn rt nhiu th ng lu h. Ngay c nhng h vy, mi ch i hn m kin thc lt h th tp rt kiu, mt di gi m. Do vc sinh rc m n thc mong mi ca V ng hc tp b a ht i thng, phi thc s i mng dy, phng ca hc sinh nh cc lng li quyn m c sinh v nh cu ca thc hic c. ng dy b i thy cn phi cung cp cho hc sinh nhng kin thn cn thit, nhng k o, mt h th gii quy ng . ng nhu ci mng dy hin nay. Trang 6 c, ch g lc t hc ca hc sinh, tu kic tp b n cho hc sinh nhng k cha d tuyi. n th v quy t tuyi ca mt biu tha du tr tuyi. c mt s kinh nghim ca b: p hp s c sinh nhn tho, ch ng trong gii Gi thit H 01 : Nhu cu thit yu c i vi h H 02 : M n nhu cu tng hc cc sinh c 1. c tin v bic cp 2. Nhm mm y 3. Phi bit truyt ni dung c n h hp vi tt c ng hc sinh? 4. Sung phi cho h T? u ti hc Cn Phm vi thu thp s lii hc C Trang 7 c thc hi c hi o mt s n ni dung thc hin c th [1] S hc Nguy. [2] n lc cp II . [3] n lc Nguyn Ngc m. [4] s hc i Mau. [5] p s hc v i s T t bn GD 1985. [6] Thi p II o b [7] hi s i Mau . [8] c t bn H [9] hc chn lc S [10] bng gi [11] S hc . Trang 8 CHIA Tp s u bng ch c p Z g t Z = ( Z ) (Z + ) (0) ; Z = ( Z ) (N) . Tc s , s m n t : a t a Z ; a < 0 . Trong ti bao gi c hic . Khi a chia c c c thu t cho b , ta vit a b . Khi a chia hi s cc s ca a . Ta vib . t bit du hiu chia h : s ch t cho 5 . tt cho 10. T s chia ht cho t cho 4 . T s chia ht cho 8 . s bi u t s ca s t choa 3 ; cho 9 . s bit s c nu hit cho 11 . t chia ht ca mt tu : Nu a chia ht cho c , b chia h c lu a u c l Mt tha s chia h t cho a . . 2.2 Cho 2 s c hai s t sao cho: a = bq + r Vi 0 r b b Trang 9 xy ra b s r b} c bit cho b hay b chia ht a. u: ab hay b\ a Vy: a b . 2.3 Cho hai s a, b. Nu tn ti s q sao cho a=b.q ng a chia ht cho bu ab ) , hay b chia ht a i a bi s gibi) ca bb c s c) ca b. : 15 = 5.3chia ht cho 3, 3 chia ht 15, 15 bi ca 3, 3 c ca 15 c bit, s 0 chia ht cho mi s 1 chia ht mi s i s 0 chia h i s 1 t hai 1 u s b|a i c-b c ca a trong nhing hp, nu n t i ta ch c t ca n. Mt s t 1c t 1 c gs . t c ghp s. Mc s ca n c gng n1, -1, n, -n. S c s ng. 1, -1, n, -c tng ca n. 2.4 s (b 0n ti duy nht hai s v b - tuyi ca b.) c bit: + Na chia ht cho b. + Nu r 0 . 2.5 1. Vi a 0 a a Trang 10 2. Nu a c a c 3. Vi a 0 0 a 4. N b ; b a a = b 5. Nu a t k ac b 6. Nu a b (a) (b) 7. Vi a a (1) 8. Nu a b a c b 9. Nu a n a mn 10. Nu a + b c b c 11. Nu a a n b n 12. Nu ac c b 13. Nu a b, c t k am + cn b 14. Nu a d ac bd 15. p chia ht cho n! 16. a n )=> a p 2.6 Gi N = 011nn a aaa 1. Du hiu chia ht cho 2; 5; 4; 25; 8; 125 + N 2 a 0 2 a 0 {0; 2; 4; 6; 8} + N 5 a 0 5 a 0 {0; 5} [...]... có ước nguyên tố 3, 2 S1 169 có ước nguyên tố 13 S 2 1233 có các ước nguyên tố 3, 137 S 3 9745 có các ước nguyên tố 5 S 4 77841 có các ước nguyên tố 3 Ta thử một qui luật n chia 4 dư 0 hoặc 2 thì S n 3 n chia cho 4 dư 1 thì S n 13 n chia 4 dư 3 thì S n 5 Ta cú li gii sau: S n 19.8n 17 *) Với n=2k (k N) ta có S n 19.64k 17 19 64k 1 36 3 vì 64k 1 64 1 3 mà S n 3 nên S n là hợp số với... 3n 1 170 khụng chia ht cho 289 vi n N 2 b) Chng minh n2 3n 5 khụng chi ht cho 121 vi n N Gii a) Nếu 3n + 1 17 mà 17 nguyên tố nên 3n 1 289 mà 170 không chia hết cho 289 2 3n 1 170 không chia hết cho 289 với n N 2 Nếu 3n+1không chia hết cho 17 thì 3n 1 170 không chia hết cho 17 2 3n 1 170 không chia hết cho 289 với n N 2 b) Vỡ (4, 121) = 1 nờn n2 3n 5 khụng chia ht cho 121... khi chia cho một số tự nhiên Trang 21 *) Bi toỏn tỡm ch s hng n v, hng chc, hng trm ca mt s chớnh l tỡm d ca s ú khi chia cho 10 ( chia 2 v 5); chia cho 100 (chia 4 v 25); 3.2.1.2 Bi tp vn dng Bi 1: Tỡm s d khi chia 2100 a)cho 9, b) cho 25, c) cho 125 Hng dn ỏp s: a) Lu th a ca 2 sỏt vi bi ca 9 l 23 = 8 = 9 - 1 Ta cú : 2100 = 2 (23)33 = 2.(9 - 1)33 = 2.[B(9) - 1] = B(9) - 2 = B(9) + 7 Vy: 2100 chia. .. - 1) a (a + 1) chia ht cho 3 b) ) a7 - a = a(a6 - 1) = a(a2 - 1)(a2 + a + 1)(a2 - a + 1) Nu a = 7k (k Z) thỡ a chia ht cho 7 Nu a = 7k + 1 (k Z) thỡ a2 - 1 = 49k2 + 14k chia ht cho 7 Trang 19 Nu a = 7k + 2 (k Z) thỡ a2 + a + 1 = 49k2 + 35k + 7 chia ht cho 7 Nu a = 7k + 3 (k Z) thỡ a2 - a + 1 = 49k2 + 35k + 7 chia ht cho 7 Trong trng hp no cng cú mt th a s chia ht cho 7 Vy: a7 - a chia ht cho 7 Bi... + (23 + 983) + + (503 + 1003) Mi s hng trong ngoc u chia ht cho 50 nờn A chia ht cho 50 (2) T (1) v (2) suy ra A chia ht cho 101 v 50 nờn A chi ht cho B 3.2 Mt s bi toỏn liờn quan n phộp chia trờn tp s nguyờn 3.2.1 Tỡm s d khi chia mt ly tha cho mt s nguyờn 3.2.1.1 Vớ d, bi tp mu Vớ d 1: Tỡm s d khi chia 3100 cho 8? Cho 7? Cho 56 Gii õy l phộp chia mt l y th a cho mt s t nhiờn Mt s k nng c bn c vn... 4 n2 3n 5 không chia hết cho 121với n N Ta có 4 n2 3n 5 4n 2 12n 20 2n 3 11 2 Tương tự câu a ta chứng minh được 2n 3 11 không chia hết cho 121 2 Tiu kt 5: Để chứng minh S không chia hết cho p k (p là một số nguyên tố) ta viết S dưới dạng S=Bk Q trong đó Q p nhưng Q không chia hết cho p k Nếu gặp khó khăn khi viết theo một lũy thừa ta có thể chọn thêm một hệ số m với điều kiện (m,p)=1... Vy 3100 chia 8 d 1 Theo nh lý Fec ma ta cú 36 1 7 Ta cn vit 3100 chia 36k s dng h qu 4.1 *) Ta cú 3100 34.396 34 396 1 34 Vỡ 396 1 36.16 1 36 1 7 v 34 = 81 chia 7 cú d 4 nờn 3100 chia cho 7 d 4 *) tỡm d ca 3100 khi chia cho 56 ta xut phỏt t vic tỡm 3100 khi chi cho 7 v 8 (vỡ 56 = 7.8 v (7,8) = 1) Trang 20 Gi s 3100 = 56k + r vi 0 r 56 (k, r l cỏc s t nhiờn) Vỡ 3100 chia cho 7 d 4 v chia cho... 84k 1 52 13 vì 84k 1 84 1 13 mà S n 13 nên S n là hợp số với mọi n=4k +1(k N) *) Với n=4k+3 (k N) ta có S n 19.84k3 17 20.84k3 17 84k3 20.84k3 17 83 83 84k 1 5 vì 84k 1 84 1 5 mà S n 5 nên S n là hợp số với mọi n = 4k + 3 (k N) Vậy S n là hợp số với mọi n N Vớ d 2: Chng minh r ng: Vi n N Thỡ A(n) = n(2n + 7) (7n + 1) chia ht cho 6 Gii Trang 25 Ta thy 1 trong 2 th a s n v... 3100 chia cho 7 d 4 v chia cho 8 d 1 nờn r chia cho 7 d 4 v chia cho 8 d 1 Vi 0 r 56 v n N ta cú r = 25 Vy 3100 chia ht cho 56 cú d l 25 Cỏch khỏc: Theo kt qu 3100 chia cho 7 d 4 v chia cho 8 d 1 ta cú: 3100 = 7x + 4 = 8y+1 (x, y nguyờn) 7x 21 8y 24 7 x 3 8 y 3 x 3 8m Vỡ (7,8) = 1 nờn vi m Z x 8m 3 3100 7 8m 3 4 56m 25 y 3 7m Vy 3100 chia ht cho 56 cú d l 25 102 Vớ d 2: Tỡm... 37 35k 4 34.35k 34 35k 1 34 chia cho 11 dư 4 vì 35k 1 35 1 11 102 và 34 81 chia cho 11 dư 4 Vậy 1247 khi chia cho 11 có dư 4 102 Tiu kt 4: kt *) Để tìm dư của một lũy thừa tầng dạng xm khi chia cho một số p nào đó ta sử dụng một kỹ thuật tạm gọi là "hạ tầng" Bằng định lý Fec-ma ta tìm được a để xa 1 p như t vậy ta cần tìm dư của m k theo a Tiếp tục kỹ thuật trên ta lần lượt hạ các tầng của . = 5.3 chia ht cho 3, 3 chia ht 15, 15 bi ca 3, 3 c ca 15 c bit, s 0 chia ht cho mi s 1 chia ht mi s i s 0 chia h. rng: a) 2 51 - 1 chia ht cho 7 b) 2 70 + 3 70 chia ht cho 13 c) 17 19 + 19 17 chi ht cho 18 d) 36 63 - 1 chia ht cho 37 e) 2 4n -1 chia ht cho 15 vi. 49k 2 + 35k + 7 chia ht cho 7 Nu a = 7k + 3 (k 2 - a + 1 = 49k 2 + 35k + 7 chia ht cho 7 ng ht tha s chia ht cho 7 Vy: a 7 - a chia ht cho 7.