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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓAPHÒNG 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: Đỗ

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: Đỗ Văn Kiên Chức vụ: Giáo viên Đơn vị công tác: Trường THCS Trần Phú SKKN thuộc lĩnh vực: Toán học

NÔNG CỐNG, NĂM 2017

Mục lục

2 1 Lý do chọn đề tài 1

3 2 Mục đích nghiên cứu 1

4 3 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu 2

5 4 Phương pháp nghiên cứu 2

6 II PHẦN NỘI DUNG 3

7 1 Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm 3

8 2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 3

9 3 Các giải pháp giải quyết vấn đề 3

13 3 Một số định lí thường dùng trong chứng minh chia hết 4

14 Phần 2: Một số phương pháp chứng minh chia hết 4

19 5 Phương pháp sử dụng định lí Fermat và định lí Euler 12

20 Phần 3: Ứng dụng quan hệ chia hết vào một số bài toán 13

21 4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm 15

22 III PHẦN KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 16

I PHẦN MỞ ĐẦU

1 Lý do chọn đề tài:

a Những vấn đề chung:

Trong sự nghiệp Công nghiệp hóa – hiện đại hóa đất nước, đào tạo đội ngũ những người chủ cho tương lai là một việc làm mang tính chiến lược của Đảng và nhà nước ta Do đó bồi dưỡng các thế hệ học sinh giỏi trong thời kì hiện nay càng là vấn đề cấp thiết và mang tính lâu dài Thông qua giáo dục chúng ta đào tạo thế hệ trẻ có đầy đủ những phẩm chất và năng lực, trở thành những con người phát triển toàn diện với tư duy sắc bén, lập luận chặt chẽ, linh hoạt và nhanh nhẹn Và không ai khác giáo dục giữ vai trò quyết định trong quá trình 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, 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 là trong năm học 2016-2017 này, tôi được giao nhiệm vụ bồi dưỡng học sinh giỏi toán 6 Trong rất nhiều chuyên đề bồi dưỡng 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 cũng như làm được bài tập một cách trọn vẹn, bản thân tôi cũng đã rất cố gắng để truyền tải kiến thức đến học sinh một các chính xác nhất, khoa học nhất, đơn giản nhất và cũng dễ hiểu nhất, về phần các em cũng rất chăm chú trong quá trình tiếp thu, xây dựng bài và đã rất nhiệt tình khi giải bài tập, đặc biệt là quá trình tìm tòi phát triển bài toán Nhưng thực tế cho thấy, việc giải một bài toán chia hết luôn khiến cho các em học sinh lúng túng, mất nhiều thời gian để xác định dạng, mất nhiều công sức để giải và bài giải thì chưa trọn vẹn, chưa lấy được điểm tối đa của bài Xuất phát từ thực tế đó, tôi mạnh dạn viết

sáng kiến kinh nghiệm với đề tài: "Các phương pháp chứng minh chia hết

trong bồi dưỡng học sinh giỏi toán THCS" nhằm giúp cho quá trình bồi

dưỡng học sinh của người giáo viên dễ dàng hơn và quá trình học tập, nghiên cứu của học sinh đạt kết quả cao nhất, đồng thời cũng là tài liệu tham khảo, trao đổi, giao lưu với các 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 các phương pháp chứng minh chia hết và vận dụng chứng minh chia hết vào những bài toán khác, hình thành kĩ năng nhận dạng và giải các bài toán về chứng minh chia 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 về chứng minh chia hết

- Nghiên cứu kỹ năng giải bài toán về chứng minh chia hết trong các đề thi học sinh giỏi toán 6, 7, 8, 9

- Nghiên cứu kĩ năng chứng minh chia hết ở học sinh, khả năng xử lí bài toán 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 đến phương pháp giải bài toán chứng minh chia hết

+ Sách nâng cao và phát triển toán 6, 7, 8, 9 tập1, tập 2

của TG: Vũ Hữu Bình

+ Sách tài liệu chuyên THCS Toán 6 tập 1 của tác giả Vũ Hữu Bình

và Nguyễn Tam Sơn

+ Sách nâng cao và các chuyên đề toán 6 của tác giả Nguyễn Ngọc Đạm –Vũ Dương Thụy

b 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 qua

nhiều bài làm khác nhau rồi phân tích tổng hợp

+ Thường xuyên trò chuyện với học sinh: Đặt câu hỏi có liên quan đến bài toán chứng minh chia hết: Các em có hứng thú khi làm các bài toán dạng này không? Các em có nhận ra dạng bài này không, khi giải dạng bài toán này em thường 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 DUNG

1 Cơ sở lý luận:

Trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi toán 6, giải bài toán trong các đề

thi liên quan đến chia hết là không thể tránh khỏi, việc nhận ra mối quan hệ của chúng 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 học

sinh tự lực giải đúng bài toán liên quan đến chia hết theo các yêu cầu đặt ra của bài toán Tuy nhiên nhiều học sinh chưa nắm bắt được các cách giải dạng bài toán này hoặc giải sai vì không nhận ra dạng của nó được phát triển từ bài toán

chia hết Vì vậy việc đưa ra đề tài "Các phương pháp chứng minh chia hết" giúp

học sinh nhận dạng bài toán và rèn kĩ năng khi giải bài toán chứng minh chia hết, để từ đó phát triển kỹ năng giải các bài toán liên quan và giải nó một cách thành 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 nghiệm

a Thực trạng qua khảo sát thực tế

Từ học kì II năm học 2016-2017 tôi được phân công bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp 6, chuẩn bị cho kì thi học sinh giỏi cấp huyện vào tháng 4 năm 2017 Thông qua khảo sát các bài kiểm tra về toán của các em trong đội dự tuyển 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 cứu

Trong quá trình trao đổi, bồi dưỡng học sinh cũng như qua quá trình khảo sát bài làm thực tế của các em tôi tìm ra được một số sai sót thường mắc phải

khi 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 sai

3 Các giải pháp giải quyết vấn đề

Phần 1: Tóm tắt lý thuyết

1 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 a Hay 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c

3) Nếu ab và ba thì a = b

4) Nếu ab thi a.cb

5) 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.c

6) Nếu a.bc và ƯCLN (b;c) = 1 thì ac

3 Một số định lý thường dùng

1) Nếu ac ; bc thì abc

2) 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c

4) 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 m Khi ấy ta có : a  (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, 125

Phần 2: Một số phương pháp chứng minh chia hết

1 Phương pháp xét mọi trường hợp của số dư

Phương 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 phải chứng minh thì bài toán được chứng minh

Bài toán 1 :Chứng minh rằng tích của 2 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 2

Phân tích: Do yêu cầu bài toán bắt ta chứng minh một số chia hết cho 2 Nên ta xét số n biểu diễn dưới dạng : n = 2k + r ; k Z Sau đó ta xét các trưòng hợp cuả số dư Lời giải

Giả sử A = n(n+1) là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp

Với 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)2 Vậy 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 3

Phân tích: Tương tự như bài toán trên, với yêu cầu của bài toán này, ta sẽ xét các trường hợp của số dư khi chia số đó cho 3

Lời giải

Giả sử B = n(n+1)(n+2) Với n N , ta luôn có n = 3k+r, r={0;1;2}; k N  Xét r = 0  n = 3k  B =3k(3k+1)(3k+2) 3

Xét 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) 3

Xét 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) 3

Vậy 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 giải

Với 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)6

Vậy A chia hết cho 6  đpcm

 Nhận xét : Như vậy, qua 3 bài toán trên ta thấy , khi bài toán yêu cầu chứng minh 1 số a chia hết cho ta thường xét các trường hợp của các số dư khi lấy a chia cho b tức là ta xét r = 0 ; 1 ; ; b-1

2 Phương pháp tách thành tổng nhiều hạng tử

Phương pháp chung : Vì nếu từng hạng tử của 1 tổng đều chia hết cho 1 số a thì tổng đó chia hết cho a Khi sử dụng phương pháp này, ta phân tích số , biểu thức 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 m 3 - m là được

Lời giải

Ta có : m3 - m = m3 - m - 12m = m (m2 – 1) = m(m-1)(m+1) - 12m

Vì m(m-1)(m+1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp  m(m-1)(m+1) 3

Mà : m(m+1) là tích của 2 số nguyên liên tiếp m(m+1)2 m(m+1)(m-1)2

Mà 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 2 hạng tử mà mỗi hạng tử đều chia hết cho 6 Ở đây , chúng ta đã sử dụng tính chất nếu ac ; bc thì a bc

Bài toán 2 : Chứng minh rằng : A = 2n3 - 3n2 +7n6 với n Z

PT: 7n = 6n + n mà 6n chia hết cho 6 nên ta sẽ xét tổng 2n 3 -3n 3 +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 bài toán này ta đã mở rộng lên thành tách thành tổng 3 hạng tử Tương tự như vậy, ta có thể mở rộng tách thành nhiều hạng tử mà mỗi hạng tử đều chia hết cho 1 số

Bài toán 3 : Cho A = 2903n - 803n - 464n + 261n

Chứng minh rằng A271 với n Z

Phân tích: Ta thấy 2903 - 464 = 2439 271 và 803 - 261 = 542  271.

Và ta sẽ áp dung hằng đẳng thức: (a n - b n )( 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 = 9 271

 2903n - 464n

 271 Mặt khác: 803n - 261n = ( 803 - 261)( 803n-1 + + 261n-1)

 803n - 261n  (803 - 261)

Mà 803 - 261 =542 = 2 271

 2903n - 464n

271

 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  Z

Phân tích : Vì 46 – 13 = 33  33 và 29713 nên ta sẽ tách thành tổng sao cho mỗi hạng tử sẽ có 1 trong 2 thừa số này.

Lời giải

Ta có : P = 46n + 296.13n

= 46n - 13n + 297.13n

Có : 46n-13n ( 46-13) hay 46n-13n 33

Mặt khác : 297 = 9 33  297.13n 33 P33 đpcm

3 Phương pháp phân tích thành nhân tử

Phương pháp chung: Nếu 1 thừa số của 1 tích chia hết cho số a thì tích đó cũng chia hết cho a Do vậy, với phương pháp này, để chứng minh 1 số a chia hết cho số b thì ta phân tích số a thành tích các thừa số sao cho xuất hiện 1 thừa số chia 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 Z

Phân tích: ta sẽ phân tích A thành các thừa số mà trong đó có 1 thừa số chia hết cho 5 Trong bài toán này, ta dễ dàng phân tích A thành tích các thừa số mà có

1 thừa số là ( n 2 + 1) và cũng dễ dàng chứng minh được n 2 + 1 chia hết cho 5

Lời giải

Ta 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 ; 4

r = 0  n = 5k n5 A5

r = 1  n = 5k +1 (n – 1) = 5k+1-1 = 5k5 A5

r = 2  n = 5k+ 2  n2 + 1 = (5k+2)2 +1

= 25k2 +20k +4+1

= 25k2 + 20k + 5

= 5( 5k2 +4k +1)  5  A 5

r = 3  n = 5k + 3  n2 + 1 = (5k+3)2 +1

= 25k2 +30k+9+1

= 25k2 + 30k +10

= 5(5k2 + 6k +2) 5  A 5

r = 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 mà trong 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 Z

Phân tích:Ta sẽ sử dung tính chất tích của các số nguyên k liên tiếp thì chia hết cho k.Với bài toán này, ta phân tích n 5 - n thành tích của 6 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) là tích của 3 số nguyên liên tiếp n(n+1)(n-1)3 Hay n5 - 1 3

Vì 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 đpcm

Nhận xét: Với những bài toán này, ta có thể chi ra tích của các thừa số chia hết cho 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 )