Các phương pháp chứng minh chia hết trong bồi dưỡng toán THCS

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NÔNG CỐNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH CHIA HẾT TRONG BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN THCS Người thực hiện: Chức vụ: Đơn vị công tác: SKKN thuộc lĩnh vực: Đỗ Văn Kiên Giáo viên Trường THCS Trần Phú Toán học NÔNG CỐNG, NĂM 2017 Mục lục TT 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 Tên mục I PHẦN MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Mục đích nghiên cứu Đối tượng phạm vi nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu II PHẦN NỘI DUNG Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Các giải pháp giải vấn đề Phần 1: Tóm tắt lý thuyết Định nghĩa phép chia hết Một số tính chất chia hết Một số định lí thường dùng chứng minh chia hết Phần 2: Một số phương pháp chứng minh chia hết Phương pháp xét trường hợp số dư Phương pháp tách thành tổng nhiều hạng tử Phương pháp phân tích thành nhân tử Phương pháp quy nạp Phương pháp sử dụng định lí Fermat định lí Euler Phần 3: Ứng dụng quan hệ chia hết vào số toán Hiệu sáng kiến kinh nghiệm III PHẦN KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Kết luận Kiến nghị Trang 1 2 3 3 3 4 4 10 12 13 15 16 16 16 I PHẦN MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài: a Những vấn đề chung: Trong nghiệp Công nghiệp hóa – đại hóa đất nước, đào tạo đội ngũ người chủ cho tương lai việc làm mang tính chiến lược Đảng nhà nước ta Do bồi dưỡng hệ học sinh giỏi thời kì vấn đề cấp thiết mang tính lâu dài Thông qua giáo dục đào tạo hệ trẻ có đầy đủ phẩm chất lực, trở thành người phát triển toàn diện với tư sắc bén, lập luận chặt chẽ, linh hoạt nhanh nhẹn Và không khác giáo dục giữ vai trò định trình bền bĩ này, Thông qua đó, Học sinh tiếp thu kiến thức vững chắc, có hệ thống, có khả vận dụng vào sống, tạo niềm tin, tính cách, thói quen, hứng thú, tình cảm…cho học sinh, giúp học sinh phát triển trí tuệ, hoàn thiện nhân cách b Thực tiễn giáo dục: Qua thực tế giảng dạy, đặc biệt năm học 2016-2017 này, giao nhiệm vụ bồi dưỡng học sinh giỏi toán Trong nhiều chuyên đề bồi dưỡng chương trình số học 6, chuyên đề "Tính chia hết số nguyên" chuyên đề khó, nhiều thời gian công sức để nắm bắt làm tập cách trọn vẹn, thân cố gắng để truyền tải kiến thức đến học sinh xác nhất, khoa học nhất, đơn giản dễ hiểu nhất, phần em chăm trình tiếp thu, xây dựng nhiệt tình giải tập, đặc biệt trình tìm tòi phát triển toán Nhưng thực tế cho thấy, việc giải toán chia hết khiến cho em học sinh lúng túng, nhiều thời gian để xác định dạng, nhiều công sức để giải giải chưa trọn vẹn, chưa lấy điểm tối đa Xuất phát từ thực tế đó, mạnh dạn viết sáng kiến kinh nghiệm với đề tài: "Các phương pháp chứng minh chia hết bồi dưỡng học sinh giỏi toán THCS" nhằm giúp cho trình bồi dưỡng học sinh người giáo viên dễ dàng trình học tập, nghiên cứu học sinh đạt kết cao nhất, đồng thời tài liệu tham khảo, trao đổi, giao lưu với bạn bè, đồng nghiệp khác Mục đích nghiên cứu: Mục đích viêc nghiên cứu đề tài giúp học sinh tiếp cận phương pháp chứng minh chia hết vận dụng chứng minh chia hết vào toán khác, hình thành kĩ nhận dạng giải toán chứng minh chia hết cách hiệu 3 Đối tượng nghiên cứu: - Nghiên cứu trình làm học sinh, làm học sinh chứng minh chia hết - Nghiên cứu kỹ giải toán chứng minh chia hết đề thi học sinh giỏi toán 6, 7, 8, - Nghiên cứu kĩ chứng minh chia hết học sinh, khả xử lí toán liên quan đến chia hết Phương pháp nghiên cứu: a Phương pháp nghiên cứu xây dựng sở lí thuyết: + Đọc tài liệu tham khảo để thu thập thông tin liên quan đến phương pháp giải toán chứng minh chia hết + Sách nâng cao phát triển toán 6, 7, 8, tập1, tập TG: Vũ Hữu Bình + Sách tài liệu chuyên THCS Toán tập tác giả Vũ Hữu Bình Nguyễn Tam Sơn + Sách nâng cao chuyên đề toán tác giả Nguyễn Ngọc Đạm –Vũ Dương Thụy b Phương pháp điều tra khảo sát thực tế, thu thập thông tin: + Nghiên cứu giải học sinh, đối chiếu kết quả, đáp án qua nhiều làm khác phân tích tổng hợp + Thường xuyên trò chuyện với học sinh: Đặt câu hỏi có liên quan đến toán chứng minh chia hết: Các em có hứng thú làm toán dạng không? Các em có nhận dạng không, giải dạng toán em thường gặp rắc rối gì? Hoặc sau giải toán thấy kết khác với đáp án, em có biết sai đâu không? Do đâu không? c Phương pháp thống kê, xử lí số liệu: + Thống kê nguyên nhân dẫn đến sai sót trình làm + Tìm hiểu toán liên quan quan hệ chia hết + Xử lí nguyên nhân dẫn đến không nhận dạng toán, giải sai, hoàn thiện định hướng phát triển thành toán II PHẦN NỘI DUNG Cơ sở lý luận: Trong trình bồi dưỡng học sinh giỏi toán 6, giải toán đề thi liên quan đến chia hết tránh khỏi, việc nhận mối quan hệ chúng để em giải thi cách dễ dàng, hiệu "Chứng minh chia hết" quan trọng học sinh, có số học sinh tự lực giải toán liên quan đến chia hết theo yêu cầu đặt toán Tuy nhiên nhiều học sinh chưa nắm bắt cách giải dạng toán giải sai không nhận dạng phát triển từ toán chia hết Vì việc đưa đề tài "Các phương pháp chứng minh chia hết" giúp học sinh nhận dạng toán rèn kĩ giải toán chứng minh chia hết, để từ phát triển kỹ giải toán liên quan giải cách thành thạo vấn đề cần quan tâm để học sinh Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm a Thực trạng qua khảo sát thực tế Từ học kì II năm học 2016-2017 phân công bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp 6, chuẩn bị cho kì thi học sinh giỏi cấp huyện vào tháng năm 2017 Thông qua khảo sát kiểm tra toán em đội dự tuyển thu kết sau: Toàn đội có 15 em , Trong đó: + em làm hoàn chỉnh + em dùng kết để lập luận cho toán liên quan + em chưa hoàn thiện toán chia hết b Thực trạng nghiên cứu Trong trình trao đổi, bồi dưỡng học sinh qua trình khảo sát làm thực tế em tìm số sai sót thường mắc phải HS giải toán chia hết là: - Không nhận dạng toán - Không phân tích đề phân tích sai đề - Nhận dạng phân tích đề thực giải sai Các giải pháp giải vấn đề Phần 1: Tóm tắt lý thuyết Định nghĩa phép chia hết: Cho số nguyên a b (b ≠ 0) Tồn cặp số q r cho: a = bq+r, q, r∈ Z (0 ≤ r < |b| ) +) Nếu r = a chia hết cho b (a  b ) hay a bội b hay b chia hết a Hay b ước a (b a) +) Nếu r ≠ thi phép chia a cho b phép chia có dư 2 Một số tính chất: Với ∀ a,b,c∈ Z ta có: 1) Nếu a ≠ a a a 2) Nếu a b b c thi a c 3) Nếu a b b a a = ± b 4) Nếu a b thi a.c b 5) Nếu a b , a c a BCNN(b;c) • Hệ quả: Nếu a b ; a c ƯCLN(b;c) =1 a b.c 6) Nếu a.b c ƯCLN (b;c) = a c Một số định lý thường dùng 1) Nếu a c ; b c a ± b c 2) Nếu a c ; b d ab cd • Hệ : Nếu a b an  bn (n∈Z; n ≠ 0) 3) Nếu a c b c ab c 4) Định lý Fermat Euler ∗ Định lý Euler : Giả sử m số tự nhiên lớn a số nguên nguên tố với m Khi ta có : a ϕ ∗ (m) ≡ (mod m) Định lý Fermat: Cho p số nguyên tố a số nguyên không chia hết cho p Khi ta có: ap – ≡ (mod p) ∗ Dạng khác định lý Fermat: Cho p số nguyên tố a∈Z* Khi ta có: ap ≡ a (mod p) * Các dấu hiệu chia hết: Cho 2, 3, 4, 5, 8, 9, 11, 25, 125 Phần 2: Một số phương pháp chứng minh chia hết Phương pháp xét trường hợp số dư Phương pháp chung: Với a∈ Z , ta có: a = bq+r với ≤ r < |b| Khi ta xét trường hợp r Nếu với r ta có điều phải chứng minh toán chứng minh Bài toán :Chứng minh tích số tự nhiên liên tiếp chia hết cho Phân tích: Do yêu cầu toán bắt ta chứng minh số chia hết cho Nên ta xét số n biểu diễn dạng : n = 2k + r ; k ∈ Z Sau ta xét trưòng hợp cuả số dư Lời giải Giả sử A = n(n+1) tích số tự nhiên liên tiếp Với ∀ n∈Z ta có: n= 2k+r; r ∈{0;1}; k∈ Z + r = ⇒ n = 2k ⇒ A = 2k(2k+1) 2 + r = ⇒ n = 2k+1 ⇒ A = (2k+1)(2k+1+1) =(2k+1)(2k+2) =2(2k+1)(k+1) 2 Vậy tích số tự nhiên liên tiếp chia hết cho Bài toán : Chứng minh tích số tự nhiên liên tiếp chia hết cho Phân tích: Tương tự toán trên, với yêu cầu toán này, ta xét trường hợp số dư chia số cho Lời giải Giả sử B = n(n+1)(n+2) Với n∈ N , ta có n = 3k+r, r={0;1;2}; k ∈ N Xét r = ⇒ n = 3k ⇒ B =3k(3k+1)(3k+2) 3 Xét r = ⇒ 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) 3 Xét r = ⇒ 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) 3 Vậy tích số tự nhiên liên tiếp chia hết cho Bài toán 3: Cho A = n(n+1)(2n+1) Cmr: A chia hết cho với ∀ n∈ Z Lời giải Với ∀ n∈ Z ta có: n = 6k+r; r ={0;1;2;3;4;5}; ∀ k∈ Z • r = ⇒ n = 6k ⇒ A = 6k(6k+1)(12k+1) 6 • r = ⇒ 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 = ⇒ 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 = ⇒ 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 = ⇒ 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 = ⇒ 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) 6 Vậy A chia hết cho ⇒ đpcm ∗ Nhận xét : Như vậy, qua toán ta thấy , toán yêu cầu chứng minh số a chia hết cho ta thường xét trường hợp số dư lấy a chia cho b tức ta xét r = ; ; ; b-1 Phương pháp tách thành tổng nhiều hạng tử Phương pháp chung : Vì hạng tử tổng chia hết cho số a tổng chia hết cho a Khi sử dụng phương pháp này, ta phân tích số , biểu thức thành tổng hạng tử mà hạng tử chia hết cho số a Bài toán 1: Chứng minh với ∀ m ∈ ¢ ta có: m3 - 13m chia hết cho PT: Vì 13m = 12m + m mà 12m chia hết ta xét m3 - m Lời giải Ta có : m3 - m = m3 - m - 12m = m (m2 – 1) = m(m-1)(m+1) - 12m Vì m(m-1)(m+1) tích số nguyên liên tiếp ⇒ m(m-1)(m+1) 3 Mà : m(m+1) tích số nguyên liên tiếp ⇒ m(m+1) 2 ⇒ m(m+1)(m-1) 2 Mà ƯCLN(2;3) = ⇒ 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 toán ta tách biểu thức cho thành tổng hạng tử mà hạng tử chia hết cho Ở , sử dụng tính chất a c ; b c a ± b c Bài toán : Chứng minh : A = 2n3 - 3n2 +7n 6 với ∀ n∈ Z PT: 7n = 6n + n mà 6n chia hết ta xét tổng 2n3 -3n3 +n Lời giải Ta 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) + 6n Vì n( n-1)( n+1) 6 Và n (n-1)(n-2) 6 ; 6n 6 ⇒ A 6 ⇒ đpcm ∗ Nhận xét : Trong toán ta mở rộng lên thành tách thành tổng hạng tử Tương tự vậy, ta mở rộng tách thành nhiều hạng tử mà hạng tử chia hết cho số Bài toán : Cho A = 2903n - 803n - 464n + 261n Chứng minh A 271 với ∀ n∈ Z Phân tích: Ta thấy 2903 - 464 = 2439 271 803 - 261 = 542  271 Và ta áp dung đẳng thức: (an - bn ) ( a - b) Lời giải Ta 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 = 271 ⇒ 2903n - 464n  271 Mặt khác: 803n - 261n = ( 803 - 261)( 803n-1 + .+ 261n-1) ⇒ 803n - 261n  (803 - 261) Mà 803 - 261 =542 = 271 ⇒ 2903n - 464n 271 ⇒ A 271 ⇒ đpcm ∗ Nhận xét : Trong toán ta sử dụng kiến thức (an - bn ) (a - b) với ∀ n ∈ Z ; a,b∈ Z Với toán ta đưa biểu thức dạng (an - bn) cho a - b bội số cần chứng minh tính chia hết Bài toán 4: Chứng minh rằng: P = 46n + 296.13n chia hết cho 33 với ∀ n ∈ Z Phân tích : Vì 46 – 13 = 33  33 297 13 nên ta tách thành tổng cho hạng tử có thừa số Lời giải Ta có : P = 46n + 296.13n = 46n - 13n + 297.13n Có : 46n-13n ( 46-13) hay 46n-13n 33 Mặt khác : 297 = 33 ⇒ 297.13n 33 ⇒ P 33 ⇒ đpcm Phương pháp phân tích thành nhân tử Phương pháp chung: Nếu thừa số tích chia hết cho số a tích chia hết cho a Do vậy, với phương pháp này, để chứng minh số a chia hết cho số b ta phân tích số a thành tích thừa số cho xuất thừa số chia hết cho b tích cá thừa số chia hết cho b Bài toán : Chứng minh A = n5 – n chia hết cho ∀ n∈ Z Phân tích: ta phân tích A thành thừa số mà có thừa số chia hết cho Trong toán này, ta dễ dàng phân tích A thành tích thừa số mà có thừa số ( n2 + 1) dễ dàng chứng minh n2 + chia hết cho Lời giải Ta có : A = n5 – n =n(n4 – 1) = n ( n2 – ) ( n2 + 1) = n ( n - 1) ( n + 1) ( n + 1) Với ∀ n∈ Z ta biểu diễn dang: n = 5k + r; r = 0;4 r = ⇒ n = 5k ⇒ n 5 ⇒ A 5 r = ⇒ n = 5k +1 ⇒ (n – 1) = 5k+1-1 = 5k 5 ⇒ A 5 r = ⇒ n = 5k+ ⇒ n2 + = (5k+2)2 +1 = 25k2 +20k +4+1 = 25k2 + 20k + = 5( 5k2 +4k +1)  ⇒ A 5 r = ⇒ n = 5k + ⇒ n2 + = (5k+3)2 +1 = 25k2 +30k+9+1 = 25k2 + 30k +10 = 5(5k2 + 6k +2) 5 ⇒ A 5 r = ⇒ n = 5k + ⇒ n + = 5k+4+1 = 5k +5 = ( k+1) 5 ⇒ A 5 Vậy A= n5 - n 5 ⇒ đpcm ∗ Nhận xét : Trong toán ta đưa biểu thức dạng dạng tích mà có thừa số chia hết số cần phải chứng minh Bài toán : Chứng minh n5 - n chia hết cho với ∀ n∈ Z Phân tích:Ta sử dung tính chất tích số nguyên k liên tiếp chia hết cho k.Với toán này, ta phân tích n5 - n thành tích số nguyên liên tiếp Lời giải Ta có : n5 – n = n( n4 - 1) = n( n2 - 1)( n2 + 1) = n( n + 1)( n - 1)( n2 +1) Vì n(n+1)(n-1) tích số nguyên liên tiếp ⇒ n(n+1)(n-1) 3 Hay n5 - 3 Vì n(n+1) tích số nguyên liên tiếp ⇒ n(n+1) 2 ⇒ n(n+1)(n-1) 2 Hay n5 - n 2 Mà ƯCLN (2;3) = ⇒ n5 - n  ⇒ đpcm Nhận xét: Với toán này, ta chi tích thừa số chia hết cho số thừa số Bài toán : Chứng minh B = n5 – 5n3 + n chia hết cho 120 ( ∀ n∈ Z ) PT : Ta thấy 120 = mà 3; đôi nguyên tố Nên ta phân tích B thành tích cấc thừa số mà có thừa số tích thừa số chia hết cho , 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) 3 n(n+1)(n-1)(n+2)(n-2) 5 Mặt khác: n(n+1)(n-1)(n+2)(n-2) tích số nguyên liên tiếp ⇒ có số chẵn Mà tích số chẵn liên tiếp chia hết cho ⇒ n(n + 1)(n − 1)(n + 2)(n − 2)M8 Mà 3;8;5 đôi nguyên tố ⇒ 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 toán nà ta sử dụng kiến thức tích n số nguyên liên tiếp chia hết cho n, mở rông ra,nó chia hết cho số nhỏ n Nếu số khoảng từ đến n ma đôi nguyên tố thi biểu thức cho chia hết có tích số Phương pháp quy nạp Phương pháp chung: Ta sử dụng bước để chứng minh bắng quy nạp mà ta biết chứng minh An chia hết cho a: - Chứng minh An với n = 0; n = (giá trị n nhỏ điều kiện toán) - Giả sử An với n = k Ta chứng minh với n = k + Bài toán 1: Cho An = 5n + 2.3n-1 +1 (n ∈ Z) Chứng minh An 8 Lời giải Xét n = ⇒ A1 = 51 + 2.31-1 + =  n = ⇒ A2 = 52 + 2.32-1 + = 32  Giả sử An  với n = k nghĩa Ak = k + 2.3 k-1 +  Ta chứng minh An 8 với n = k + Thật vậy: A k + = k+1 + 2.3k + = 5k + 6.3 k – + = 5k + 2.3 k – + +4 k + k – = 5k + 2.3 k – + + 4( 5k + k – ) Vì 5k + 2.3 k – +  Mặt khác: 5k + k – số chẵn ⇒ 5k + k –  ⇒ 4( 5k + k – )  ⇒ A k+  ⇒ đpcm ∗ Nhận xét : Với toán mang tính tổng quát mà ta sử dụng phương pháp ta sử dụng phương pháp Bài toán 2: Chứng minh : An = 16n – 15n – 225 ( n ∈ Z ) Lời giải Xét n = ⇒ A1 = 16 – 15 – =  225 n = ⇒ A2 = 161 - 15 - =  225 Giả sử An  225 với n = k nghĩa : Ak = 16k – 15k –  225 Ta chứng minh An  225 với n = k+ Thật : A k + = 16k + - 15 ( k + ) -1 = 16 16k - 15k - 15 -1 = 16k - 15k - + 15 ( 16k - ) Vì 16k - 15k - 225 mà (16k - 1) (16 - 1) tức (16k - 1) 15 ⇒ 15(16k - 1) 225 ⇒ Ak+1 225 ⇒ đpcm Bài toán 3: Chứng minh rằng: Với số tự nhiên n ta có: An = n + + 42n + chia hết cho 13 Lời giải Với n = ⇒ A0 = 32 + = 13 13 n = ⇒ A1 = 33 + 43 = 91 13 Giả sử An  113 với n = k tức Ak = 3k + + 42k +  13 Ta chứng minh với n = k + Thật : Ak + = k + + 42k + = 3k + + 42 42k + = 3k + + 42k + + 13 42k + = 3(3k + +42k + ) +13 42k + Vì 3(3k + +42k + 1) 13 13 42k + 13 ⇒ Ak + 13 ⇒ đpcm 5 Phương pháp dùng định lý Fermat định lý Euler Bài toán : Chứng minh : với ∀ số nguyên tố p q ; p ≠ ta có A = p q – + qp – - chia hết cho p.q Phân tích : p q nguyên tố nên ta chứng minh A đồng thời chia hết cho p q Ta thấy ϕ ( p) = p -1 với p số nguyên tố Từ ta tìm cách chứng minh A vừa chia hết cho p vừa chia hết cho q Lời giải Vì p q số nguyên tố p ≠ q ⇒ (p,q) = Theo định lý Fermat ta có : p q - ≡ (mod q) qp - ≡ (mod q) (vì p ≥ ⇒ p - ≥ ) ⇒ A = p q - + qp - - ≡ (mod q) ⇒ A  q Tương tự ta có qp – ≡ 1(mod p) p q – ≡ (mod p) (vì q ≥ ⇒ q - ≥ 1) ⇒ A = p q – + qp – - ≡ (mod p ) ⇒ A p Mà (p,q) = ⇒ A p.q ∗ Nhận xét : Trong toán này, ta sử dụng định lý Fermat với số p ,q Do p q số nguyên tố nên (p,q) = ⇒ Nếu A  p A  q A p.q Bái toán : Chứng minh với số tự nhiên n ta có : 23 + 11 n+1 Phân tích: 11 số nguyên tố nên ϕ (11) = 10 Khi ta xét 34n + 11 với mod10 Sau ta xét 23 ≡ (mod 11) Lời giải Theo định lý Fermat ta có: 210 ≡ (mod 11) Mặt khác: 34 = 81 ≡ (mod 10) ⇒ 34n ≡ ( mod 10) ⇒ 34n + = 4n ≡ ( mod 10) Đặt n + = 10k + Ta 10k + =(210)k 23 ≡ 23 ( mod 11) 23 = ⇒ 23 + ≡ ( mod 11) n+1 n+1 n+1 Hay 23 +  11 ⇒ đpcm Bài toán : Chứng minh : 270 + 70  70 n+1 Lời giải Vì 13 số nguyên tố ⇒ ϕ (13) = 12 Theo định lý Fermat ta có: 212 ≡ (mod 13) (vì (2;13) = 1) 60 ⇒ ≡ (mod 13) ⇒ 70 = 210 60 ≡ 210 (mod 13) ⇒ 270 ≡ -3 (mod 70) Tương tự: 312 ≡ (mod 13) (vì (3;13) = 1) ⇒ 360 ≡ (mod 13) ⇒ 70 ≡ 310 (mod 13) ⇒ 70 ≡ -3 mod 70) ⇒ 270 + 370 ≡ (mod 70) Hay 270 + 370  70 ⇒ đpcm Bài toán : Chứng minh với số nguyên a ta có: a7 – a  Phân tích : Vì a7 - = a(a6 - 1) nên ta xét a6 - theo định lý Fermat Lời giải Ta có : a7 - a = a (a6 - 1) Vì ϕ (7) = (a;7) = ⇒ a6 ≡ (mod 7) ⇒ a6 - ≡ (mod 7) ⇒ a ( a6 - ) ≡ (mod 7) Hay a7 - a  ⇒ đpcm Phần 3: Ứng dụng quan hệ chia hết vào số toán Phương pháp chung : Sử dụng dấu hiệu cha hết, chủ yếu dấu hiệu chia hết cho 2,3,5 để giải tập Bài toán 1: Tìm số a b số A = 2010ab để số chia hết cho ; Lời giải: Để A chia hết cho thi b = b = Để A chia hết cho b phải số chẵn Từ suy b = ⇒ A = 2010a0 Để A chia hết cho (2+0+1+ 0+a+0) 9 ⇒ a = ⇒ Hai số a b cần tìm : a = b = ⇒ A = 201060 Bài toán :Tìm x , y để A = 24 x68 y chia hết cho 45 Phân tích : Vì 45 = ( 5;9) = nên ta tìm x y cho A vừa chia hết cho vừa chia hết cho Lời giải : Ta có A  45 ⇒ A 5 A 9 Vì A  nên y = y = • Nếu y = thi A = 24 x680 9 ⇒ + + x + + + 9 ⇒ 20 + x  Mà ≤ x ≤ ⇒ x=7 • Nếu y = ⇒2 + + x + ⇒ 25 + x  Vì ≤ x ≤ ⇒ x=2 A = 24 x685 9 + + 9 Vậy x = ; y = ta số A = 247680 x = ; y = ta số A = 242685 Bài toán 3: Dùng số , , , , viết tất số có chữ số cho a) Số chia hết cho b) Số chia hết cho mà knông chia hết cho c) Số chia hết cho Lời giải a)Theo dấu hiệu chia hết cho 9, ta có chữ số có tổng chia hết cho 8,1,0 ⇒ Các số lập : 801, 810 b) Vì số chia hết cho mà không chia hết cho tổng chữ số chia hết cho mà không chia hết cho ⇒ Có chữ số thoả mãn yêu cầu 8, , Vì + + = 15 mà 15  15 không chia hết cho ⇒ Các số lập : 168 , 186 , 618 , 681 , 816 , 861 c) Vì số chia hết cho có chữ số tận ⇒ Các số lập đươc : 160, 180 , 680 , 860 , 810 , 180 102010 + Bài tập 4: Chứng minh : số tự nhiên 102010 + Phân tích : Để số tự nhiên có nghĩa 102010 + chia hết cho Ta sử dụng dấu hiệu chia hết cho để chứng minh tán Lời giải Để 102010 + số tự nhiên có nghĩa là ước 10 2010 Hay 10 2010 + chia hết cho Vì 10 2010 = 100 00 : số gồm số 2010 chữ số ⇒ 10 2010 có tổng chữ số ⇒ 10 2010 + có tổng chữ số ⇒ 10 2010 +  Hay 102010 + số tự nhiên ⇒ đpcm +8 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm a Hiệu đề tài đến chất lượng giáo dục: Qua trình BDHSG THCS nói chung lớp nói riêng nhận thấy: - Từng học sinh chứng minh chia hết cách thành thục, thực giải tập chia hết cách dễ dàng với thái độ hứng thú có hiệu - Học sinh biết đưa toán liên quan toán chia hết cách tốt b Kết thực tế: Qua thực tế bồi dưỡng chuyên đề phương pháp chứng minh chia hết thấy em giải toán chia hết biết đưa toán liên quan toán chia hết cách thành thạo qua lần thi đội tuyển học sinh giỏi huyện vừa 15 em giải tốt toán này, góp phần nâng điểm thi rõ rệt mang lại kết tốt cụ thể em đạt giải nhất, em đạt giải nhì, em đạt giải ba em đạt giải khuyến khích III PHẦN KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Kết luận Qua trình giảng dạy, nhận thấy việc giải toán chia hết có vị trí quan trọng bồi dưỡng học sinh giỏi Phát triển cho học sinh kỹ năng: Phân tích, So sánh, tổng hợp, khái quát hóa,… để giải vấn đề Vì học sinh có hội rèn luyện, phát triển tư logic toán học Nên nói việc chứng minh chia hết đề tài có hiệu để rèn luyện phát triển tư duy, khả độc lập suy nghĩ giải vấn đề đặt ra, rèn tính kiên trì, cẩn thận học sinh - Tính chia hết số nguyên chuyên đề khó, ứng dụng rộng nên bồi dưỡng cho học sinh người giáo viên cần lưu ý: - Lựa chọn hệ thống toán chia hết thật cho nội dung thể đơn giản Bài tập lựa chọn phải tập điển hình, có nội dung rõ ràng có mục đích cụ thể - GV trình bồi dưỡng cần rèn cho học sinh thói quen phân tích tỉ mỉ toán tránh cho học sinh phát triển toán theo kiểu áp dụng máy móc, theo kiểu dò tìm mà không hiểu chất, lập luận chặt chẽ - Khi bồi dưỡng học sinh ban đầu tiếp cận chuyên đề này, để học sinh tránh sai sót tối đa người giáo viên cần trình bày giải cách nên yêu cầu học sinh giảm bớt làm tắt trình tính toán - Đề tài áp dụng có hiệu cho bồi dưỡng học sinh giỏi lớp môn toán Trong thời gian tiếp theo, tiếp tục áp dụng đề tài giảng dạy năm học tới nghiên cứu chỉnh sửa thêm để áp dụng BDHSG toán 7, 8, Kiến nghị Đề tài phương pháp chứng minh chia hết đề tài áp dụng cho bồi dưỡng cho học sinh giỏi lớp nói riêng cho học sinh giỏi THCS nói chung, mong muốn chia sẻ cho bạn bè đồng nghiệp gần xa làm tài liệu bồi dưỡng Đồng thời dịp giao lưu học hỏi nâng cao trình độ thân, rút kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi năm để đạt kết cao Trong trình viết không tránh khỏi sai sót mong tiếp thu ý kiến đóng góp người Tôi xin chân thành cảm ơn ! XÁC NHẬN CỦA NHÀ TRƯỜNG Nông Cống, ngày 20 tháng năm 2017 Tôi xin cam đoan SKKN viết, không chép nội dung người khác Người viết Đỗ Văn Kiên ... toán liên quan toán chia hết cách tốt b Kết thực tế: Qua thực tế bồi dưỡng chuyên đề phương pháp chứng minh chia hết thấy em giải toán chia hết biết đưa toán liên quan toán chia hết cách thành thạo... sinh chứng minh chia hết - Nghiên cứu kỹ giải toán chứng minh chia hết đề thi học sinh giỏi toán 6, 7, 8, - Nghiên cứu kĩ chứng minh chia hết học sinh, khả xử lí toán liên quan đến chia hết Phương. .. triển từ toán chia hết Vì việc đưa đề tài "Các phương pháp chứng minh chia hết" giúp học sinh nhận dạng toán rèn kĩ giải toán chứng minh chia hết, để từ phát triển kỹ giải toán liên quan giải cách