Các phương pháp giải bài toán chia hết và áp dụng trong chương trình THCS

2 MỤC LỤC Phần 1. Lời mở đầu. 3 Phần 2. Nội dung. 6 Chương 1. Tổng quan về phép chia hết trên tập hợp số nguyên. 7 1.1. Phép chia hết. 7 1.2. Phép chia có dƣ. 7 1.3. Một số kiến thức liên quan. 9 Chương 2. Các phương pháp giải bài toán chia hết. 11 2.1. Phƣơng pháp sử dụng các tính chất của phép chia hết và phép chia có dƣ. 11 2.1.1.Phƣơng pháp sử dụng các tính chất chia hết. 11 2.1.2. Phƣơng pháp sử dụng các dấu hiệu chia hết. 13 2.1.3. Phƣơng pháp sử dụng định lý phép chia có dƣ. 17 2.2. Phƣơng pháp đồng dƣ. 20 2.3. Phƣơng pháp dùng hằng đẳng thức. 27 2.4. Một số phƣơng pháp khác. 31 2.4.1. Phƣơng pháp tuần hoàn. 31 2.4.2. Phƣơng pháp quy nạp. 34 2.4.3. Phƣơng pháp phản chứng . 37 2.4.4. Phƣơng pháp sử dụng nguyên lý Dirichlet. 39 Chương 3. Áp dụng các phương pháp giải bài toán chia hết. 42 Phần 3. Kết luận. 80 Tài liệu tham khảo. 82 3 Phần 1 Lời mở đầu 4 LỜI MỞ ĐẦU Bertrand Russell, một nhà toán học xuất sắc ngƣời Anh đã từng viết : “Toán học nắm giữ không chỉ sự thật mà cả vẻ đẹp tối thượng, một vẻ đẹp lạnh lùng và mộc mạc như của một tác phẩm điêu khắc, tinh khiết và hoàn hảo tuyệt vời, chỉ có ở nghệ thuật vĩ đại nhất ”. Quả thật là nhƣ vậy, toán học làm cho những ngƣời học, ngƣời nghiên cứu về nó phải thích thú, phải ngƣỡng mộ trƣớc vẻ đẹp của khoa học, của tự nhiên. Và một trong những điều góp phần làm nên vẻ đẹp ấy là phép chia hết. Phép chia hết không chỉ là điểm bắt đầu, là nguồn của rất nhiều nội dung khác thú vị trong toán học, mà bản thân nó cũng chứa đựng trong mình những tính chất đẹp đẽ, những mối quan hệ phong phú, những tính chất tƣởng nhƣ đơn giản nhƣng lại rất phức tạp, đôi lúc tƣởng nhƣ rất phức tạp thì lại thành ra đơn giản. Là một giáo viên dạy toán cấp trung học cơ sở, phép chia hết luôn song hành cùng các bài giảng toán của tôi qua các khối lớp, từ lớp 6 đến lớp 9, đặc biệt là khối lớp 6 khi học về số học và khối lớp 8. Phép chia hết có một vai trò quan trọng, nhƣ trên tôi đã nói, nó luôn là tính chất mở đầu, là cái gốc, là công cụ để phát triển số học nói riêng và toán học nói chung. Bởi có vai trò quan trọng, tính chất biến hóa, đa dạng và phong phú mà phép chia hết luôn đƣợc sử dụng nhiều trong các đề kiểm tra, đề thi thƣờng xuyên, các đề thi học sinh giỏi trong nƣớc và quốc tế, các đề thi vào lớp 10, vào các khối lớp chuyên, , do đó, các phƣơng pháp để giải các bài toán chia hết luôn là vấn đề đƣợc quan tâm, nghiên cứu. Để giúp cho bản thân và học sinh của mình thấy đƣợc vẻ đẹp, những điều kì diệu của toán học, cũng nhƣ cung cấp cho các em các phƣơng pháp để có thể giải đƣợc các bài toán chia hết, tôi đã chọn đề tài: Các phương pháp giải bài toán chia hết và áp dụng trong chương trình THCS. 5 Nội dung của khóa luận bao gồm các vấn đề sau đây: - Tổng quan về phép chia hết trên tập hợp số nguyên. - Trình bày các phƣơng pháp giải toán chia hết. - Các bài toán áp dụng trong chƣơng trình THCS và các cách giải theo các phƣơng pháp đã trình bày. Mặc dù đã cố gắng hết sức nhƣng do kiến thức còn hạn chế, thời gian không nhiều nên khi làm luận văn không tránh khỏi những sai sót. Tác giả mong nhận đƣợc sự góp ý và những ý kiến phản biện của quý thầy cô và bạn đọc. Xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, ngày 30 tháng 10 năm 2014. Học viên Vũ Thị Oanh 6 Phần 2 Nội dung 7 Chƣơng 1 Tổng quan về phép chia hết trên tập hợp số nguyên 1.1. Phép chia hết 1.1.1. Định nghĩa: Cho hai số nguyên a và b, b ≠ 0. Nếu có số nguyên k sao cho a = bk thì ta nói a chia hết cho b. Kí hiệu a  b (a chia hết cho b) hoặc b│a (b chia hết a). Khi đó, a đƣợc gọi là bội của b và b đƣợc gọi là ƣớc của a. 1.1.2. Các tính chất chia hết : với a, b  Z, b ≠ 0  Nếu a  b và b  c thì a  c (tính chất bắc cầu).  Nếu a  b thì am  b (mZ) .  Nếu a i  m thì a 1 + a 2 + + a n  m (tính chất chia hết của tổng).  Nếu a  m và b  m thì a + b  m.  Nếu ab  c và (b, c) = 1 thì a  c.  Nếu a i  m i với i = 1, 2, , n thì a 1 .a 2 a n  m 1 .m 2 m n. Đặc biệt, nếu a  b thì a n  b n . 1.2. Phép chia có dƣ 1.2.1. Định nghĩa: Giả sử a, b là hai số nguyên và b > 0. Ta nói rằng a chia cho số b có thƣơng là q và số dƣ là r, nếu a có thể biểu diễn bằng đẳng thức a = b.q + r, trong đó 0  r < b. 8 1.2.2. Định lý về phép chia có dƣ: Giả sử a, b là hai số nguyên và b>0. Khi đó có thể chọn đƣợc các số nguyên q và r sao cho 0  r < b và a = bq + r. Các số q, r xác định theo điều kiện trên là duy nhất. Chứng minh: * Sự tồn tại: Chọn số tự nhiên c sao cho |a|< bc và xét dãy số: -cb, (-c + 1)b, (-c + 2)b, , -2b, -b, 0b, , (c - 1)b, cb. Với b > 0 thì đây là một dãy tăng, có số đầu -cb < a, số cuối cb > a (do |a|< c). Nhƣ vậy trong dãy sẽ có một số bé hơn hoặc bằng a, kí hiệu qb, số tiếp theo lớn hơn hoặc bằng a, kí hiệu (q+1)b. Ta có: qb  a < (q+1)b, nhƣ vậy ta đã chọn đƣợc thƣơng q. Kí hiệu r là a - bq thì a = bq + r. Khi đó: qb  bq + r < (q+1)b hay 0  r < b. Vậy thƣơng q và số dƣ r đã tìm đƣợc. * Tính duy nhất: Giả sử a có thể biểu diễn đƣợc bằng 2 cách: a = b 1 +  1 với 0   1 < b; a = b 2 +  2 với 0   2 < b. Trừ 2 vế tƣơng ứng của hai đẳng thức, ta có: ( 1  2 )+   1  2  = 0 suy ra  1  2 = ( 1  2 ). (1) vậy  1  2  . (*) Giả sử  1  2 , ta có thể giả sử  1 >  2 . Mặt khác,  1  2  1 < , nên  1  2  b mâu thuẫn với (*). Vậy  1 =  2 , b ≠ 0 nên từ (1) suy ra  1 =  2 . Vậy dạng biểu diễn phép chia có dƣ là duy nhất. 9 1.3. Một số kiến thức liên quan 1.3.1. Số nguyên tố. Hợp số 1.3.1.1. Định nghĩa: Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1, chỉ có 2 ƣớc là 1 và chính nó. 1.3.1.2. Những tính chất cơ bản của số nguyên tố:  Cho p là số nguyên tố. Khi đó với mọi số nguyên a thì hoặc a chia hết cho p hoặc a nguyên tố cùng nhau với p.  Nếu tích ab của hai số tự nhiên chia hết cho số nguyên tố p thì hoặc a chia hết cho p hoặc b chia hết cho p. 1.3.1.3. Hợp số là số tự nhiên lớn hơn 1, có nhiều hơn 2 ƣớc. 1.3.2. Ƣớc chung lớn nhất. Bội chung nhỏ nhất 1.3.2.1. Ƣớc chung lớn nhất Định nghĩa: Số nguyên d đƣợc gọi là ƣớc chung của các số nguyên a 1 , a 2 , , a n nếu nó là ƣớc của mỗi số đó. Ƣớc chung d của các số nguyên a 1 , a 2 , , a n đƣợc gọi là ƣớc chung lớn nhất (ƢCLN) nếu d là bội của mọi ƣớc chung của a 1 , a 2 , , a n . Kí hiệu: Với d > 0 ta kí hiệu d = ƢCLN(a 1 , a 2 , , a n ) hay d = (a 1 , a 2 , , a n ). Một số tính chất:  Tập hợp các ƣớc chung của  1 ,  2 , ,   trùng với tập hợp các ƣớc của ƢCLN của các số đó.  Nếu d là một ƢCLN của các số a 1 , a 2 , , a n thì tồn tại các số nguyên  1 ,  2 , ,   sao cho: d = x 1 a 1 + x 2 a 2 + +x n a n . 10  Đặc biệt, (a 1 , a 2 , , a n ) = 1 khi và chỉ khi tồn tại các số nguyên x 1 , x 2 , , x n sao cho: 1 = x 1 a 1 + x 2 a 2 + +x n a n . Khi đó, các số a 1 , a 2 , , a n đƣợc gọi là các số nguyên tố cùng nhau. 1.3.2.3. Bội chung nhỏ nhất Định nghĩa: Số nguyên m đƣợc gọi là bội chung của các số nguyên a 1 , a 2 , , a n nếu nó chia hết cho mỗi số nguyên đó. Bội chung m của các số nguyên a 1 , a 2 , , a n đƣợc gọi là bội chung nhỏ nhất của các số này (BCNN) nếu nó là ƣớc của mọi bội chung của a 1 , a 2 , , a n . Với m > 0, ta kí hiệu: m = BCNN(a 1 , a 2 , , a n ) hay m = [a 1 , a 2 , , a n ]. Để tìm BCNN của 2 số, ta sử dụng công thức:  a, b  = ab (a, b) Bội chung nhỏ nhất của nhiều số đƣợc tính theo công thức: [a 1 , a 2 , , a n ] = [  a 1 , a 2 , , a n1  , a n ] hoặc đƣợc xác định nhờ tính chất: m = [a 1 , a 2 , , a n ]   m a 1 , m a 2 , , m a n  = 1. 1.3.3. Định lý cơ bản của số học Mỗi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tích đƣợc thành tích những thừa số nguyên tố và sự phân tích đó là duy nhất nếu không kể đến thứ tự các thừa số. Sự phân tích a = p 1  1 p 2  2 p n  n trong đó, p 1 , p, , p n là những số nguyên tố khác nhau,  1 ,  2 , .  n là những số nguyên dƣơng, gọi là sự phân tích tiêu chuẩn của a. 11 Chƣơng 2 Các phƣơng pháp giải bài toán chia hết 2.1. Phƣơng pháp sử dụng các tính chất của phép chia hết và phép chia có dƣ 2.1.1. Phƣơng pháp sử dụng các tính chất chia hết Phần lớn các bài toán chia hết trong chƣơng trình THCS đều phải dùng các tính chất chia hết, sau đây tôi xin trình bày một số bài toán điển hình thƣờng gặp. Ví dụ 1. Tìm số nguyên n để: a) 3n + 9  n + 2. b) n + 7  2n - 1. Giải: a) 3n + 9  n + 2  3(n + 2) + 3  n + 2. Vì 3(n + 2)  n + 2 nên 3  n+2 suy ra n + 2  Ƣ(3) = {1; 3}. n+2 -3 -1 1 3 n -5 -3 -1 1 Vậy n  {-5; -3; -1; 0}. b) n + 7  2n - 1 suy ra 2.(n+7)  2n - 1. 2n + 14  2n - 1  2n - 1 + 15  2n - 1. Vì 2n - 1  2n - 1 nên 15  2n - 1 suy ra 2n - 1  Ƣ(15) = {1; 3; 5; 15}. [...]... (2) Vì (3, 8) = 1 , từ (1) và (2) ta có (p+1).(p-1) ⋮ 3.8 hay (p+1)(p-1) ⋮ 24 2.2 Phƣơng pháp đồng dƣ Đây là phƣơng pháp đƣợc sử dụng nhiều và hiệu quả trong các bài toán số học đặc biệt là các bài toán chia hết 2.2.1 Định nghĩa: Cho số nguyên m > 0 Nếu 2 số nguyên a và b khi chia cho m có cùng số dƣ thì ta nói a đồng dƣ với b theo modun m và kí hiệu là a ≡ b (mod m) Nếu a và b không đồng dƣ với nhau... Vậy 2x + 3y ⋮ 17  9x + 5y ⋮ 17 2.1.2 Phƣơng pháp sử dụng các dấu hiệu chia hết Từ thế kỉ XVI, nhà toán học Pascal (1623-1662) đã nêu ra dấu hiệu chia hết trong hệ thập phân, ngày nay ngƣời ta vẫn dựa vào dấu hiệu này để phát biểu dấu hiệu chia hết cho các số 2; 3; 4; 5; 7; 8; 9; 11; 13; 25; 101; 125; Dấu hiệu chia hết Pascal: Giả sử số tự nhiên T viết trong hệ thập phân có dạng: T = as as−1 … a1... chất chia hết, dấu hiệu chia hết, để giải quyết bài toán, đặc biệt, hai tính chất an-bn ⋮ a-b và an + bn ⋮ a+b với n lẻ là 2 tính chất đƣợc sử dụng nhiều trong các bài toán Ví dụ 1 (Đề thi THPT chuyên - ĐHKHTN năm 1996) Chứng minh rằng với mọi n nguyên dƣơng: A = n3 + 5n ⋮ 6 Giải: Ta có: A = n3 + 5n = n3 − n + 6n = n n − 1 n + 1 + 6n Vì A = n n − 1 n + 1 là tích của 3 số tự nhiên liên tiếp nên A ⋮ 2 và. .. với 35, các số dƣ lặp lại, tuy nhiên, nếu xét số dƣ khi thực hiện phép nâng lên lũy thừa rồi tính thì phức tạp và không nhanh, dựa vào định lý đã có, ta có phƣơng pháp sau: Phƣơng pháp  Trƣớc hết, ta cần xác định số dƣ của lũy thừa an chia cho m, ta tìm các số k, t nhỏ nhất để: ak ≡ ak+t (mod m) 31  Sau đó, căn cứ vào số dƣ r của n chia cho t, ta xác định số dƣ tƣơng ứng với ak+r Chú ý: 1) Trong trƣờng... 35761 : 11 = 3251 Do đó: a = 3; b = 2; c = 5; d = 1 2.1.3 Phƣơng pháp sử dụng định lý phép chia có dƣ Phƣơng pháp: Ta có a = b.q + r (0  r < b) Từ đó, ta chia các trƣờng hợp của số dƣ r (r = 0, 1, 2, , b - 1) rồi xét cho từng trƣờng hợp 17 Ví dụ 1: Chứng minh rằng trong 5 số nguyên tùy ý luôn có 3 số mà tổng của chúng chia hết cho 3 Giải: Gọi 3 số nguyên đó là a1 , a2 , a3 Ta có a1 = 3q1 + r1 ; a2... tiếp chia hết cho 2 a a − 1 a + 1 là tích của 3 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 3 mà (2, 3) = 1 nên a5 − a ⋮ 2.3 hay a5 ≡ a mod 6 Lại có theo định lý Ferma bé: a5 ≡ a (mod 5) suy ra a5 ≡ a mod 30 Tƣơng tự, ta có: b5 ≡ b (mod 30), c 5 ≡ c (mod 30) vậy a5 + b5 + c 5 ⋮ 30  a + b + c ⋮ 30 2.3 Phƣơng pháp dùng hằng đẳng thức Các hằng đẳng thức luôn là công cụ đắc lực để giải các bài toán số học và đại... (n − 1)2 30 2.4 Một số phƣơng pháp khác 2.4.1 Phƣơng pháp tuần hoàn Sự tuần hoàn của các số dƣ khi nâng lên lũy thừa * Định lý: Đối với các số tự nhiên a, m tùy ý, các số dƣ của phép chia a, a2, a3, a4, a5, a6, cho m lặp lại một cách tuần hoàn (có thể không bắt đầu từ đầu) Chứng minh: ta lấy m+1 lũy thừa đầu tiên a, a2, a3, a4, ,am, am+1 Xét các số dƣ của chúng khi chia cho m, ta có m trƣờng hợp... không chia hết cho 3; 9 Vậy A ⋮ 2; 4; 5 Ví dụ 2 Các số a và 6a có tổng các chữ số nhƣ nhau Chứng minh a ⋮ 9 Giải: Vì a và 6a có tổng các chữ số nhƣ nhau nên hiệu của chúng 6a - a ⋮ 9 16 suy ra 5a ⋮ 9, vì ƢCLN(5, 9) = 1 nên a ⋮ 9 Ví dụ 3 (Đề thi APMOPS 2013) Một số có 5 chữ số đƣợc viết dƣới dạng 24abc với ba chữ số cuối cùng chƣa biết Nếu số này chia hết cho cả 3, 4, 5, hãy tìm số abc lớn nhất có thể Giải: ... (n + 2)3 ⋮ 9 với mọi số tự nhiên n 2.4.2.2 Nguyên lý quy nạp toán học mạnh Khi chứng minh một số bài toán sử dụng phƣơng pháp quy nạp toán học, nhiều trƣờng hợp ta có T(n) đúng nhƣng khó chứng minh T(n+1) đúng, khi đó ta phải sử dụng thêm các mệnh đề khác nhƣ T(n0+1), T(n0+2), Nguyên lý quy nạp toán học mạnh (Kí hiệu: PSMI (Principle of StrongMathematics Induction)) Nếu mệnh đề T(n) thỏa mãn 2 điều... chẵn liên tiếp chia hết cho 8 nên n5 − 5n3 + 4n ⋮ 8 (3) Lại có 3, 5, 8 là các số đôi một nguyên tố cùng nhau Từ (1), (2), (3), ta có n5 − 5n3 + 4n ⋮ 3.5.8 hay n5 − 5n3 + 4n ⋮ 120 29 Ví dụ 3 (Đề thi vào lớp 10 chuyên toán của Hà Nội 2014 - 2015) Chứng minh rằng: Nếu n là số nguyên dƣơng thì 25n + 7n − 4n (3n + 5n ) chia hết cho 65 Giải: Ta có 65 = 5.13 Đặt A = 25n + 7n − 12n − 20n Áp dụng tính chất . nhƣ cung cấp cho các em các phƣơng pháp để có thể giải đƣợc các bài toán chia hết, tôi đã chọn đề tài: Các phương pháp giải bài toán chia hết và áp dụng trong chương trình THCS. 5 Nội dung. Các phƣơng pháp giải bài toán chia hết 2.1. Phƣơng pháp sử dụng các tính chất của phép chia hết và phép chia có dƣ 2.1.1. Phƣơng pháp sử dụng các tính chất chia hết Phần lớn các bài toán. gồm các vấn đề sau đây: - Tổng quan về phép chia hết trên tập hợp số nguyên. - Trình bày các phƣơng pháp giải toán chia hết. - Các bài toán áp dụng trong chƣơng trình THCS và các cách giải