PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN CHIA HẾT TRONG TẬP HỢP SỐ NGUYÊN

Năm học vừa qua, tôi đã áp dụng chuyên đề trên với thời lượng là 12 tiết vào việc bồi dưỡng cho học sinh giỏi các khối 7,8,9 với mục đích giúp cho các em rèn luyện kỹ năng; năng lực tư duy, suy luận lôgic trong quá trình giải các bài tập nói chung và nội dung phần số học nói riêng. Phần lớn các em học sinh đã tiếp thu và lĩnh hội được chi thức tốt, các em đã thực sự có hứng thú hơn khi được luyện thêm các bài toán số học, tự độc lập tìm tòi ra nhiều cách giải khác nhau mà không cần sự gợi ý của giáo viên.

PHÒNG GD&ĐT TAM ĐẢO TRƯỜNG THCS MINH QUANG CHUYÊN ĐỀ “KHAI THÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN CHIA HẾT TRONG TẬP HỢP SỐ NGUYÊN ¢ ” Tác giả: ĐÀO QUANG HƯNG Chức vụ: Giáo viên Đơn vị: Trường THCS Minh Quang Đối tượng áp dụng: Học sinh giỏi khối 7,8,9 Dự kiến số tiết bồi dưỡng: 12 tiết Địa gmail: quanghung0578@gmail.com.vn Page | Tam Đảo, 11-2015 PHẦN HỆ THỐNG KIẾN THỨC CƠ BẢN 1.1 Định lí phép chia 1.1.1 Định lí Cho a, b ∈ ¢ , b ≠ Khi tồn hai số nguyên q, r nhất, cho: a = bq + r , (0 ≤ r < b ) Trong đó: a gọi số bị chia b gọi số chia q gọi thương r gọi số dư Chú ý: • Nếu a chia cho b số dư là: 0;1;2; ; ( b − 1) • Đặc biệt: Nếu r = ⇒ a = bq , ta nói a chia hết cho b hay b ước a kí hiệu a Mb hay b | a Vậy a Mb ⇔ ∃ q ∈ ¢ a = bq 1.1.2 Tính chất (i) Nếu a Mb b Mc a Mc (Tính chất bắc cầu) (ii) Nếu a Mb ac Mb, ∀ c ∈ ¢ (Tính chất nhân với số) b, c ) = a Mbc (iii) Nếu a Mb , a Mc ( Page | b, c ) = a Mc (iv) Nếu ab Mc ( 1.2 Khái niệm đồng dư 1.2.1 Định nghĩa: Cho số m ∈ ¢ , m > , hai số nguyên m ta nói a đồng dư với a b có số dư chia cho b theo môđun m ký hiệu a ≡ b ( mod m ) Vậy a ≡ b ( mod m ) ⇔ a − b Mm Dấu " ≡ " gọi đồng dư thức 1.2.2 Tính chất (i) Cộng, trừ theo vế nhiều đồng dư theo môđun  a ≡ b(mod m)  a ± c ≡ b ± d ( mod m ) c ≡ d (mod m) Nếu  (ii) Nhân vế đồng dư thức có môđun  a ≡ b(mod m)  ac ≡ bd ( mod m ) c ≡ d (mod m) Nếu  1.2.3 Hệ (i) Thêm bớt số vào hai vế đồng dư thức Nếu a ≡ b ( mod m ) , a ± c ≡ b ± c ( mod m ) (ii) Nhân hai vế đồng dư thức với số nguyên khác không Nếu a ≡ b ( mod m ) ac ≡ bc ( mod m ) Page | (iii) Có thể nâng hai vế đồng dư thức lên lũy thừa với bậc số tự nhiên Nếu ( a + b) (iv) a ≡ b ( mod m ) n a n ≡ b n ( mod m ) , ∀ n ∈ ¥ ≡ b n ( mod a ) , ∀ a > 1.3 Một số định lý, tính chất phương pháp giải tập 1.3.1 Tính chất chia hết tổng, hiệu  a Mm ⇒ a ± b Mm  b Mm  (i) Nếu /m a M /m ⇒ a±bM  b M m (ii) Nếu  a Mm  b Mm ⇒ a + b + c Mm c Mm (iii) Nếu  /m a M  /m b Mm ⇒ a + b + c M c Mm (iv) Nếu  1.3.2 Đẳng thức mở rộng 1) Với n∈ ¥ , ta có ( ) ( ) a n − bn = ( a − b ) a n−1 + a n − 2b + + ab n − + b n−1 2) Với n∈ ¥ , n lẻ, ta có: a n + b n = ( a + b ) a n −1 − a n − 2b + − ab n − + b n−1 Page | Từ ta có tính chất sau: (i) Với a, b ∈ ¢, a ≠ b, ∀ n ∈ ¥ a − b Ma − b n n (ii) Với a, b ∈ ¢ , a ≠ − b, ∀ n ∈ ¥ , n lẻ a + b Ma + b n n n n a − b Ma + b a , b ∈ ¢ , a ≠ − b , ∀ n ∈ ¥ (iii) Với , n chẵn n 1.3.3 Tìm chữ số tận số a n (i) Nếu a có chữ số tận 0;1;5 a có chữ số tận 0;1;5 (ii) Nếu a có chữ số tận 2;3 7, với ∀ k ∈ ¥ , ta có * 24 k ≡ ( mod10 ) 34 k ≡ 1( mod10 ) k ≡ 1( mod10 ) n Do để tìm chữ số tận a với a có tận 2; 7, ta lấy n chia cho Giả sử n = 4k + r , r ∈ { 0;1;2;3} n 4k + r r • Nếu a ≡ ( mod10 ) ⇒ a ≡ ≡ 6.2 ( mod10 ) n 4k + r r • Nếu a ≡ 3( mod10 ) a ≡ ( mod10 ) ⇒ a ≡ a ≡ a ( mod10 ) 1.3.4 Định lí Fermat Với p số nguyên tố, ta có Đặc biệt: Nếu a p ≡ a ( mod p ) ( a, p ) = a p−1 ≡ 1( mod p ) 1.3.5 Phương pháp chứng minh quy nạp Page | Giả sử cần chứng minh A ( n ) Mp, n = 1;2;3 (1) A Mp Ta chứng minh (1) với n = , tức ta chứng minh ( ) Giả sử (1) với n = k , tức ta có A ( k ) Mp Ta chứng minh (1) với n = k + , tức phải chứng minh A ( k + 1) Mp Theo nguyên lý quy nạp ta kết luận (1) ∀ n = 1;2 1.4 Các dạng tập chuyên đề 1) Chứng minh biểu thức A(n) Mm, ∀ m, n, m ≠ 2) Tìm n để biểu thức A(n) chia hết cho số 3) Chứng minh với n thỏa mãn điều kiện toán biểu thức A(n) Mp, p số nguyên tố 4) Tìm số dư phép chia biểu thức A(n) cho số p nguyên tố 5) Tìm chữ số tận số 6) Chứng minh số không số nguyên tố 1.5 Các phương pháp 1) Sử dụng tính chất: “Trong n số nguyên liên tiếp có số chia hết cho n, ∀ n ≥ 1” 2) Sử dụng đẳng thức mở rộng 3) Sử dụng phép chia có dư 4) Sử dụng nguyên lý Dirichlet 5) Phương pháp chứng minh quy nạp Page | 6) Sử dụng đồng dư thức 7) Tìm chữ số tận 8) Sử dụng Fermat Do thời lượng không cho phép nên đưa dạng tập liên quan đến toán chứng minh chia hết tập số nguyên ¢ 1) Dạng Chứng minh biểu thức A( n) Mm, ∀ m, n ∈ ¥ , m ≠ 2) Dạng Chứng minh với n thỏa mãn điều kiện toán biểu thức A(n) Mp, với p nguyên tố 3) Dạng Chứng minh số không số nguyên tố Bằng phương pháp như: 1) Sử dụng tính chất; 2) Sử dụng đẳng thức mở rộng; 3) Phương pháp chứng minh quy nạp; 4) Sử dụng đồng dư thức; 5) Sử dụng định lý Fermat PHẦN MỘT SỐ VÍ DỤ VÀ BÀI TẬP ÁP DỤNG 2.1 Một số ví dụ tập Dạng Chứng minh biểu thức A( n) Mm, ∀ m, n ∈ ¥ , m ≠ n Bài tập 1.1 Chứng minh biểu thức + 11n M6 , ∀ n ∈ ¢ (1.1) Page | Khai thác lời giải Cách Sử dụng tính chất: “Trong n số nguyên liên tiếp có số chia hết cho n, ∀ n ≥ 1” Giải Ta có n3 + 11n = n3 − n + 12n = (n − 1)n( n + 1) + 12n Vì  (n − 1)n M2   (n − 1)n(n + 1) M3 , mà ( 2,3) = , nên (n − 1)n(n + 1) M6 Hơn nữa, ta lại có 12n M6 , (tính chất (ii), mục 1.1.2) (1) (2) Từ (1) (2), ta suy (n − 1)n(n + 1) + 12n M6 (Tính chất (i), mục 1.3.1) Vậy n3 + 11n M6 Cách Sử dụng đồng dư thức Giải Ta có n3 + 11n = n3 − n + 12n = (n − 1)n( n + 1) + 12n (n − 1)n ≡ ( mod ) ⇒ (n − 1)n(n + 1) ≡ 0(mod 6),do ( 2;3 ) =  (n − 1)n(n + 1) ≡ 0(mod3) Vì  mà 12n ≡ ( mod6 ) (1) (2) Từ (1) (2) suy ( n − 1) n( n + 1) + 12 n ≡ 0(mod 6) , (theo tính chất (i), mục 1.2.2) Page | Vậy n3 + 11n M6 Cách Dùng phương pháp quy nạp Giải gVới n = ta có: + 11.1 = 12 M6 , suy biểu thức (1.1) gGiả sử (1.1) với n = k , tức ta có: k + 11k M6 (1.2) Ta chứng minh (1.1) với n = k + , tức ( k + 1) + 11(k + 1) M6 Xét thấy biểu thức ( k + 1) + 11(k + 1) = k + 3k + k + + 11k + 11 = (k + 11k ) + 3k (k + 1) + 12 mà k + 11k M6 (theo 1.2) k ( k + 1) M2 ⇒ 3k ( k + 1) M6 12 M6 suy ( k + 1) + 11(k + 1) M6 Theo nguyên lý quy nạp ta suy (1.1) với ∀ n ∈ ¢ Page | Bài tập tự luyện Bài tập 1.2 Chứng minh rằng: a) n(n + 1)(2n + 1) M6, ∀ n ∈ ¢ b) c) d) ( ) ( ) n n − M12, ∀ n ∈ ¢ n2 n − M60, ∀ n ∈ ¢ ( ) 2n 16 − n M30, ∀ n ∈ ¢ e) n − n M30, ∀ n ∈ ¢ n + n + 11 n + 6n M24, ∀ n ∈ ¢ f) (Thi HSG toàn quốc, lớp năm 1975 ) n − n − n + 16n M384, ∀ n ∈ ¢, n chẵn g) (Thi HSG toàn quốc, lớp năm 1970) Bài tập 1.3 Chứng minh với số tự nhiên lẻ n , ta có n + 4n + M8 a) n + n − n − M48 b) c) n − n − n + M512 12 Dạng Chứng minh với n thỏa mãn điều kiện toán biểu thức A(n) Mp, với p nguyên tố Bài tập 2.1 Chứng minh rằng: Page | 10 7.52 n + 12.6n M19, ∀n ∈ ¥ (2.1) Khai thác lời giải Cách Sử dụng đẳng thức mở rộng Giải Ta có: 7.52 n + 12.6n = 7.25n − 7.6n + 19.6 n = 7(25n − n ) + 19.6 n Vì suy mà 25n − 6n M( 25 − ) , ∀ n ∈ ¥ , ( (theo tính chất (i), mục 1.3.2), ) 25n − 6n M19 (1) 19.6n M19 (2) Từ (1) (2) ta suy ( ) 25n − 6n + 19.6n M19, ∀ n ∈ ¥ , (tính chất (i), mục 1.3.1) Vậy 7.52 n + 12.6n M19, ∀n ∈ ¥ Cách Sử dụng đồng dư thức Giải Ta có: 7.52 n + 12.6n = 7.25n − 7.6n + 19.6 n = 7(25n − n ) + 19.6 n Vì 25 ≡ ( mod19 ) ⇒ 25n ≡ 6n ( mod19 ) , (theo tính chất (iii) mục 1.2.3) Page | 11 Nên ( ) 25n − 6n ≡ ( mod19 ) ⇒ 25n − 6n ≡ ( mod19 ) , (theo tính chất (ii), mục 1.2.3) 19.6n ≡ ( mod19 ) Hơn nữa, ta lại có Suy 7(25n − 6n ) + 19.6n ≡ ( mod19 ) Vậy ( ) 25n − 6n + 19.6n M19, ∀ n ∈ ¥ Cách Dùng phương pháp quy nạp Giải 0 gVới n = ta có: 7.5 + 12.6 = 19 M19 , suy biểu thức (2.1) gGiả sử (2.1) với n = k , tức ta có 7.52 k + 12.6k M19 (*) Ta chứng minh (2.2) với n = k + , tức 7.5 ( k +1) + 12.6( k +1) M19 Xét thấy biểu thức 7.5 ( k +1) + 12.6( k +1) = 7.52 k + + 12.6k +1 = 7.252 k.25 + 6.12.6 k = 25(7.252 k + 12.6k ) − 19.12.6k Vì ta có 7.52 k + 12.6k M19 (theo *) ⇒ 25(7.52 k + 12.6k ) M19 mà 19.12.6k M19 Page | 12 Nên ta suy 25(7.252 k + 12.6k ) − 19.12.6k M19 Hay 7.52( k +1) + 12.6( k +1) M19 Vậy theo nguyên lý quy nạp ta suy (2.1) với ∀ n ∈ ¢ 92 n + 14 M5 Bài tập 2.2 Chứng minh với số tự nhiên n ta có: (2.2) Khai thác lời giải Cách Sử dụng phương pháp chứng minh quy nạp Giải gVới n = ta có: + 14 = 15 M5 , suy biểu thức (2.2) 92 k + 14 M5 gGiả sử (2.2) với n = k , tức ta có: (*) Ta chứng minh (2.2) với n = k + , tức 9( k +1) + 14 M5 Xét thấy biểu thức 9( k +1) Vì ta có mà + 14 = 81.92 k + 14 = 81(9 2k + 14) − 80.14 2k 92 k + 14 M5 (theo *) ⇒ 81( + 14 ) M5 80.14 M5 Page | 13 Nên ta suy 81(92 k + 14) − 80.14 M5 Hay 92( k +1) + 14 M5 Vậy theo nguyên lý quy nạp ta suy (2.2) với ∀ n ∈ ¥ Cách Sử dụng đẳng thức mở rộng Giải Ta có: ( ) 92 n + 14 = 92 n − + 15 Vì 92 n − M( + 1) , (Theo tính chất (iii), mục 1.3.2) mà 15 M5 suy (9 2n ) − + 15 M5 , (Theo tính chất (i), mục 1.3.1) Vậy 92 n + 14 M5 Cách Sử dụng đồng dư Giải Ta có: 92 ≡ 1( mod5 ) ⇒ 92 n ≡ 1( mod5 ) mà 14 ≡ − 1( mod5) Do đó, ta có 92 n + 14 ≡ + (− 1) ≡ ( mod5 ) Page | 14 Vậy 92 n + 14 M5 Cách Sử dụng Fermat ( Vì mà ) 92 n + 14 = 34 n − + 15 ( 3;5) = Theo định lí Fermat, suy ta có 34 ≡ 1( mod5) ⇒ 34 n ≡ 1( mod5) suy 34 n − ≡ ( mod5 ) , nên ta có 34 n − + 15 ≡ ( mod5) Hay 92 n + 14 ≡ ( mod5) Vậy 92 n + 14 M5 Bài tập tự luyện Bài tập 2.3 Chứng minh rằng: n 9.10 + 18 M27, ∀ n ∈ ¥ a) n n n n + + + M8, ∀ n ∈ ¥ , n lẻ b) c) + 19 − 2n d) n +1 n n +1 M17, ∀n ∈ ¥ + 5n+ M31, ∀n ∈ ¥ Page | 15 n +1 + 32 n.10 − 13 M64, ∀ n ∈ ¥ e) Bài tập 2.4 Chứng minh rằng: a) 16 − 15n − M225, ∀n ∈ ¥ n 3n + 3 − 26n − 27 M169, ∀ n ∈ ¥ b) d) − 48n − M48 , ∀ n ∈ ¢ 2n 2 n+ * + 32n − 36 M64, ∀n ∈ ¢* c) 4.3 * Bài tập 2.5 Cho n∈ ¢ , chứng minh rằng: n+2 a) + 42 n+1 M13 n+ b) + 2n + 3n M11 Bài tập 2.6 Chứng minh với ∀ n ∈ ¢ , ta có * n+ + M19 n+1 + M11 n+1 + M11 2 a) b) 2 c) Dạng Chứng minh số không số nguyên tố Bài tập 3.1 Chứng minh số có dạng: A ( n ) = 22 với n +1 + 3, (3.1) n số nguyên dương số nguyên tố Page | 16 Khai thác lời giải Cách Sử dụng đồng dư thức Giải n +1 n = 2.4 = ( + 1) ≡ ( mod6 ) , (theo tính chất (iv), mục 1.2.3), Vì n n +1 * = k + 2, ∀ k ∈ ¢ nên ta đặt Bây giờ, ta chứng minh số có dạng A ( k ) = 26 k + + với k số nguyên dương số nguyên tố Dễ thấy A ( k ) ≡ ( mod7 ) Thật vậy, ta có: mà A ( k ) = 26 k + + = 4.26 k + = 4.64k + 64 ≡ 1( mod7 ) ⇒ 64k ≡ 1( mod7 ) Do A ( k ) = 4.64k + ≡ + ≡ ( mod7 ) Hơn nữa, A ( k ) = 26 k + + > 7, ∀ k ∈ ¢* Suy ra, số có dạng Vậy số có dạng A ( k ) = 26 k + + A ( n ) = 22 n +1 +3 , với với k số nguyên dương hợp số n số nguyên dương số nguyên tố Cách Sử dụng đẳng thức mở rộng Giải Ta chứng minh A ( n ) M7 Thậy vậy, ta có: Page | 17 A( n) = 22 n +1 ( ) +3= 2n 2 ( n ) + = 4 − + n n * Vì M4 nên ta đặt = 4k , ∀ k ∈ ¢ , suy biểu thức có dạng ( ) A ( k ) = 44 k − + Áp dụng đẳng thức mở rộng, ta thấy: 44 k − = 256k − M( 256 − ) Suy 44k − M7 mà M7 nên A ( k ) = 44 k − + M7 Hơn nữa, A ( k ) = 26 k + + > 7, ∀ k ∈ ¢* ( ) Suy ra, số có dạng Vậy số có dạng A ( k ) = 26 k + + A ( n ) = 22 n +1 +3 với với n k số nguyên dương hợp số số nguyên dương số nguyên tố Cách Sử dụng định lý Fermat Giải Ta chứng minh Vì A ( k ) M7 Thậy vậy, ta có: ( 2,7 ) = Theo định lí Fermat, ta có: 26 ≡ 1( mod ) ⇒ 26 n ≡ 1( mod ) , ∀ n ∈ ¢ * Suy A ( n ) = 26 n+ + = 4.26n + ≡ + ≡ ( mod ) Page | 18 Hơn nữa, A ( n ) = 26 n+ + > 7, ∀ n ∈ ¢ * Vậy số có dạng A ( n ) = 22 n +1 +3 với n số nguyên dương số nguyên tố Cách Sử dụng phương pháp chứng minh quy nạp Giải Ta chứng minh A ( k ) M7 Thậy vậy, ta có: gVới n = ta có: A ( 1) = 22 2.1+1 + M7, suy biểu thức (3.1) gGiả sử (3.1) với n = k , tức ta có: A ( k ) = 22 k +1 + M7 (*) n = k + , tức Ta chứng minh (3.1) với A ( k + 1) = 22 2( k +1) +1 + M7 Xét thấy biểu thức A ( k + 1) = ( Ta lại có: mà 22 k +1 ) k +1 +1 ( ) − 34 M22 k +1 +3=2 +3 22 k +1.4 (  k +1 + =  22  )  − 34  + 84  , (theo tính chất (iii), mục 1.3.2 ),  A ( k ) = 222 k +1 + M7,(theo *)  84 M7 Page | 19 Nên ta suy A ( k + 1) = 22 2( k +1) +1 (  k +1 + =  22  )  − 34  + 84 M7  Vậy theo nguyên lý quy nạp ta suy (3.1) với ∀ n ∈ ¢ * Hơn nữa, A ( n ) = 26 n+ + > 7, ∀ n ∈ ¢ * Vậy số có dạng A ( n ) = 22 n +1 +3 với n số nguyên dương số nguyên tố Bài tập tự luyện Bài tập 3.2 Chứng minh với n số nguyên dương số có dạng sau số nguyên tố a) M ( n ) = 22 + n +1 b) N ( n ) = 32 + n +1 c) P ( n ) = 22 + n+ PHẦN KẾT QUẢ TRIỂN KHAI CHUYÊN ĐỀ 3.1 Kết nghiên cứu Page | 20 Năm học vừa qua, áp dụng chuyên đề với thời lượng 12 tiết vào việc bồi dưỡng cho học sinh giỏi khối 7,8,9 với mục đích giúp cho em rèn luyện kỹ năng; lực tư duy, suy luận lôgic trình giải tập nói chung nội dung phần số học nói riêng Phần lớn em học sinh tiếp thu lĩnh hội chi thức tốt, em thực có hứng thú luyện thêm toán số học, tự độc lập tìm tòi nhiều cách giải khác mà không cần gợi ý giáo viên Kết thu qua trình bồi dưỡng khả quan, cụ thể: Khối Số HS Tổng 6 20 Giỏi SL % 0 0 0 0 Khảo sát thời gian đầu Khá TB SL % SL % 0 25,0 0 33,3 16,7 50,0 5,0 35,0 Yếu SL % 75,0 66,7 33,3 12 60,0 Khảo sát thời gian sau Giỏi Khá TB SL % SL % SL % 75,0 25,0 0 83,3 16,7 0 83,3 16,7 0 15 75,0 25,0 0 3.2 Kết luận Việc áp dụng chuyên đề vào giảng dạy, mang lại cho hiệu cao việc nâng cao chất lượng bồi dưỡng cho học sinh giỏi khối 7,8,9 với mục đích giúp cho em rèn luyện kỹ năng; lực tư duy, suy luận lôgic trình giải tập Nhiều học sinh biết chủ động việc tìm tòi, định hướng sáng tạo nhiều cách giải khác mà không cần hướng dẫn giáo viên Nhờ đó, mà giúp em phát triển lực tư độc lập, khả sáng tạo, tính tự giác học tập, phương pháp giải toán nhanh, kỹ phát tốt Trên vài kinh nghiệm nhỏ việc khai thác tư trình tìm lời giải số tập, áp dụng cho việc bồi dưỡng học sinh khá, giỏi phần số học nói riêng môn toán nói chung Nhưng dù phương pháp mà cá nhân nghiên cứu, học hỏi, đúc kết kinh nghiệm Rất mong nhận góp ý chân thành thầy, cô đồng nghiệp Page | 21 Page | 22 [...]... tư duy độc lập, khả năng sáng tạo, tính tự giác học tập, phương pháp giải toán nhanh, kỹ năng phát hiện tốt Trên đây là một vài kinh nghiệm nhỏ trong việc khai thác tư duy trong quá trình tìm lời giải một số bài tập, áp dụng cho việc bồi dưỡng học sinh khá, giỏi phần số học nói riêng và môn toán nói chung Nhưng dù sao đó cũng chỉ là những phương pháp mà cá nhân tôi đã nghiên cứu, học hỏi, đúc kết kinh... 3 =  22  ) 4  − 34  + 84 M7  Vậy theo nguyên lý quy nạp ta suy ra (3.1) đúng với ∀ n ∈ ¢ * Hơn nữa, vì A ( n ) = 26 n+ 2 + 3 > 7, ∀ n ∈ ¢ * Vậy các số có dạng A ( n ) = 22 2 n +1 +3 với n là số nguyên dương đều không phải là số nguyên tố Bài tập tự luyện Bài tập 3.2 Chứng minh rằng với n là số nguyên dương thì các số có dạng sau đều không phải là số nguyên tố a) M ( n ) = 22 + 3 4 n +1 b) N (... ∈ ¢* c) 4.3 * Bài tập 2.5 Cho n∈ ¢ , chứng minh rằng: n+2 a) 3 + 42 n+1 M13 n+ 2 b) 6 + 3 2n + 3n M11 Bài tập 2.6 Chứng minh rằng với mọi ∀ n ∈ ¢ , ta có * 6 n+ 2 + 3 M19 4 n+1 + 2 M11 4 n+1 + 7 M11 2 2 a) 2 3 b) 2 2 c) Dạng 3 Chứng minh một số không là số nguyên tố Bài tập 3.1 Chứng minh rằng các số có dạng: A ( n ) = 22 với 2 n +1 + 3, (3.1) n là số nguyên dương đều không phải là số nguyên tố Page... ( k ) = 4.64k + 3 ≡ 4 + 3 ≡ 0 ( mod7 ) Hơn nữa, vì A ( k ) = 26 k + 2 + 3 > 7, ∀ k ∈ ¢* Suy ra, các số có dạng Vậy các số có dạng A ( k ) = 26 k + 2 + 3 A ( n ) = 22 2 n +1 +3 , với với k là số nguyên dương đều hợp số n là số nguyên dương đều không phải là số nguyên tố Cách 2 Sử dụng đẳng thức mở rộng Giải Ta đi chứng minh A ( n ) M7 Thậy vậy, ta có: Page | 17 A( n) = 2 22 n +1 ( ) +3= 2 2n 2 2 ( n... mà 7 M7 nên A ( k ) = 44 k − 4 + 7 M7 Hơn nữa, vì A ( k ) = 26 k + 2 + 3 > 7, ∀ k ∈ ¢* ( ) Suy ra, các số có dạng Vậy các số có dạng A ( k ) = 26 k + 2 + 3 A ( n ) = 22 2 n +1 +3 với với n k là số nguyên dương đều hợp số là số nguyên dương đều không phải là số nguyên tố Cách 3 Sử dụng định lý Fermat Giải Ta đi chứng minh Vì A ( k ) M7 Thậy vậy, ta có: ( 2,7 ) = 1 Theo định lí Fermat, ta có: 26 ≡ 1(... suy luận lôgic trong quá trình giải các bài tập nói chung và nội dung phần số học nói riêng Phần lớn các em học sinh đã tiếp thu và lĩnh hội được chi thức tốt, các em đã thực sự có hứng thú hơn khi được luyện thêm các bài toán số học, tự độc lập tìm tòi ra nhiều cách giải khác nhau mà không cần sự gợi ý của giáo viên Kết quả thu được qua quá trình bồi dưỡng rất khả quan, cụ thể: Khối Số HS 7 8 9 Tổng... * Suy ra A ( n ) = 26 n+ 2 + 3 = 4.26n + 3 ≡ 4 + 3 ≡ 0 ( mod 7 ) Page | 18 Hơn nữa, vì A ( n ) = 26 n+ 2 + 3 > 7, ∀ n ∈ ¢ * Vậy các số có dạng A ( n ) = 22 2 n +1 +3 với n là số nguyên dương đều không phải là số nguyên tố Cách 4 Sử dụng phương pháp chứng minh quy nạp Giải Ta đi chứng minh A ( k ) M7 Thậy vậy, ta có: gVới n = 1 ta có: A ( 1) = 22 2.1+1 + 3 M7, suy ra biểu thức (3.1) luôn đúng gGiả... luận Việc áp dụng chuyên đề trên vào trong giảng dạy, đã mang lại cho tôi hiệu quả cao trong việc nâng cao chất lượng bồi dưỡng cho học sinh giỏi các khối 7,8,9 với mục đích giúp cho các em rèn luyện kỹ năng; năng lực tư duy, suy luận lôgic trong quá trình giải các bài tập Nhiều học sinh đã biết chủ động hơn trong việc tìm tòi, định hướng và sáng tạo ra nhiều cách giải khác nhau mà không cần sự hướng... M19 Page | 12 Nên ta suy ra 25(7.252 k + 12.6k ) − 19.12.6k M19 Hay 7.52( k +1) + 12.6( k +1) M19 Vậy theo nguyên lý quy nạp ta suy ra (2.1) đúng với ∀ n ∈ ¢ 92 n + 14 M5 Bài tập 2.2 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có: (2.2) Khai thác lời giải Cách 1 Sử dụng phương pháp chứng minh quy nạp Giải 0 gVới n = 0 ta có: 9 + 14 = 15 M5 , suy ra biểu thức (2.2) luôn đúng 92 k + 14 M5 gGiả sử (2.2) đúng... dương đều không phải là số nguyên tố Page | 16 Khai thác lời giải Cách 1 Sử dụng đồng dư thức Giải 2 n +1 n 2 = 2.4 = 2 ( 3 + 1) ≡ 2 ( mod6 ) , (theo tính chất (iv), mục 1.2.3), Vì n 2 n +1 * 2 = 6 k + 2, ∀ k ∈ ¢ nên ta đặt Bây giờ, ta đi chứng minh rằng các số có dạng A ( k ) = 26 k + 2 + 3 với k là số nguyên dương đều không phải là số nguyên tố Dễ thấy A ( k ) ≡ 0 ( mod7 ) Thật vậy, ta có: mà A ... đưa dạng tập liên quan đến toán chứng minh chia hết tập số nguyên ¢ 1) Dạng Chứng minh biểu thức A( n) Mm, ∀ m, n ∈ ¥ , m ≠ 2) Dạng Chứng minh với n thỏa mãn điều kiện toán biểu thức A(n) Mp, với... phương pháp giải toán nhanh, kỹ phát tốt Trên vài kinh nghiệm nhỏ việc khai thác tư trình tìm lời giải số tập, áp dụng cho việc bồi dưỡng học sinh khá, giỏi phần số học nói riêng môn toán nói chung... + 4n + M8 a) n + n − n − M48 b) c) n − n − n + M512 12 Dạng Chứng minh với n thỏa mãn điều kiện toán biểu thức A(n) Mp, với p nguyên tố Bài tập 2.1 Chứng minh rằng: Page | 10 7.52 n + 12.6n M19,