Chuyên đề ngoại khóa về chia hết

A ĐẶT VẤN ĐỀ I - LỜI MỞ ĐẦU : Toán học là môn học có ứng dụng hầu hết các ngành khoa học tư nhiên cũng các lĩnh vưc khác của đời sống xã hội Hiện các nhà trường chất lượng đại trà và công tác bồi dưỡng học sinh giỏi là nhiệm vụ được đặt lên hàng đầu Là một giáo viên nhận thấy việc giải các bài toán ở trương trình THCS không chỉ đơn thuần là đảm bảo kiến thức sách giáo khoa, đó chỉ là những điều kiện cần chưa đủ Muốn giỏi toán cần phải luyện tập nhiều thông qua việc giải các bài toán đa dạng, giải các bài toán một cách khoa học, kiên nhẫn tỉ mỉ, để tư tìm đáp số của chúng Do đó người thầy phải biết vận dụng linh hoạt kiến thức nhiều tình huống khác để tạo hứng thú học tập cho học sinh Một bài toán có thể nhiều cách giải, mỗi bài toán thường nằm ở mỗi dạng khác nó đòi hỏi phải vận dụng kiến thức nhiều lĩnh vưc một cách sáng tạo vì vậy học sinh phải biết vận dụng phương pháp nào cho phù hợp Trong việc dạy học toán thì việc tìm phương pháp dạy học và giải bài tập toán đòi hỏi người giáo viên phải chọn lọc có hệ thống, sử dụng đúng phương pháp dạy học Chính vì vậy để xây dưng cho học sinh phương pháp làm bài một số bài toán chia hết , nghiên cứu đề tài “ Chuyên đề ngoại khóa về phép chia hết” Đó có thể là công cụ để giải quyết một số bài toán về chia hết góp phần nâng cao chất lượng học sinh môn toán đặc biệt là chất lượng học sinh mũi nhọn ở trường THCS II - THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU : 1.Thực trạng a Chương trình, sách giáo khoa: Qua thống kê số tiết học chương trình số học lớp 6, số tiết luyện tập và ôn tập mà sử dung kiến thức về chia hết, chỉ đưa những kiến thức đơn giản phù hợp với học sinh đại trà Thưc tế quá trình giảng dạy giáo viên không có đủ thời gian để đưa chuyên đề về phép chia hết hoặc nếu đưa chỉ đưa được ở tiết ôn tập chương, cũng rất ít mà chỉ lướt qua nhanh một hoặc hai ví dụ b Tình hình khả làm tập học sinh nay: Qua quá trình nghiên cứu, theo dõi giảng dạy thấy rằng học sinh gặp bài tập khác sách giáo khoa và khó thì thường lúng túng, ngại suy nghĩ, đợi giáo viên hướng dẫn và có thể hướng dẫn nhiều ví dụ hiểu, chưa linh hoạt quá trình làm bài tập Kết quả, hiệu thực trạng trên: Sau học sinh học xong chươngI : Ôn tập và bổ túc về số tư nhiên Đối với đối tượng I, đối tượng II và đối tượng III khối lớp đưa bài tập áp dụng tính chất chia hết của một tổng Qua khảo sát thưc tế về chất lượng giải bài tập ở dạng khó sách giáo khoa đối với đối tượng I, đối tượng II và đối tượng III của học sinh trường thì thấy chất lượng sau: Khối Đối Tổng tượng số I II III 40 42 38 0; 1; SL % 0 0 10,5 3; SL 10 12 % 23,8 31,5 Điểm 5; SL % 10 25 17 40,5 14 37 7; SL 25 15 % 62,5 35,7 9; 10 SL % 12,5 0 0 Căn cứ vào kết quả thưc trạng thấy số học sinh biết cách làm chưa chính xác còn nhiều, điều này chứng tỏ giải bài tập các em chưa có sư tư duy, sáng tạo, chưa có sư am hiểu Nếu gặp bài tập dạng khác ở sách giáo khoa thì làm thế nào Trên là những khó khăn bản học sinh thường gặp giải bài tập nâng cao về phép chia hết Trong quá trình giải bài tập học sinh có thể không biết cách giải, mà thưc tế các tiết học không có thời gian để giáo viên đưa các dạng khó vào được Vì vậy quá trình dạy bồi dưỡng học sinh giỏi, dạy học tư chọn giáo viên cần phải đưa những bài tập dạng khác vào để học sinh nắm bắt được, hiểu được cách làm Đó chính là vấn đề giúp giáo viên hình thành cho học sinh kỹ giải bài tập phức tạp, đồng thời giáo viên thưc hiện được công việc bồi dưỡng học sinh khá, giỏi Chính vì vậy nghiên cứu đề tài này để nâng cao hiệu quả dạy học tư chọn và chất lượng bồi dưỡng học sinh khá, giỏi B- GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ : I- CÁC GIẢI PHÁP THỰC HIỆN : Giáo viên cần hiểu rõ vai trò chuyên đề ngoại khóa về phép chia hết: Trong quá trình giải toán ở trường phổ thông cũng các kỳ thi học sinh giỏi chuyên đề về chia hết là một chuyên đề hay Khi khai thác các kỹ thuật về chia hết sẽ kích thích tính sáng tạo của học sinh Với ý nghĩ vậy giới thiệu việc sử dụng “ Chuyên đề ngoại khóa về phép chia hết “ vào giải các bài toán số học Thưc hiện tốt chuyên đề này góp phần vào việc nâng cao chất lượng dạy và học, giúp học sinh nâng cao kiến thức và kĩ giải các bài toán về phép chia hết Giáo viên cần nắm vững kiến thức có liên quan đến phép chia hết: 2.1 Phép chia hết và phép chia có dư Cho hai số tư nhiên a, b ( b ≠ ) Nếu có số tư nhiên q cho a = bq thì ta nói a chia hết cho b, kí hiệu a  b, hoặc b chia hết cho a, kí hiệu b  a Số q (nếu có ) được xác định nhất và được gọi là thương của a và b, kí hiệu q = a : b hoặc q = a , Quy tắc tìm thương của hai số gọi là phép chia b Tuy nhiên vói hai số tư nhiên bất kỳ a, b không phải luôn có a chia hết cho b hoặc b chia hết cho a mà ta có định lí sau : Với mọi cặp số tư nhiên a, b ( b ≠ 0) bao giờ cũng tồn tại nhất một cặp số tư nhiên q , r cho : A = bq + r , ≤ r < b Số q và r định lí về phép chia có dư lần lượt được gọi là thương và dư phép chia số a cho số b 2.2 Phép đồng dư Cho m là một số nguyên dương Nếu hai số nguyên a và b cùng cho một số dư chia hết cho m thì ta nói rằng a, b đồng dư với theo mođun m và kí hiệu : a ≡ b ( mod m ) Giả sử số dư cùng là r thì ta có : a = mq + r (1) b = mq / + r (2) Lúc đó a – b = m( q – q / ) vậy a - b chia hết cho m Vậy : a ≡ b ( mod m ) ⇔ a – b  m 2.3 Dấu hiệu chia hết Một số tư nhiên sẽ : - Chia hết cho nếu nó là số chẵn , tận cùng bằng , , , , , - Chia hết cho nếu tận cùng bằng hoặc - Chia hết cho nếu số tạo bởi hai chữ số cuối chia hết cho - Chia hết cho nếu số tạo bởi chữ số tận cùng chia hết cho - Chia hết cho 25 nếu số tạo bởi hai chữ số cuối cùng chia hết cho 25 - Chia hết cho 125 nếu số tạo bởi chữ số cuối cùng chia hết cho 125 - Chia hết cho nếu tổng của các chữ số của số đó chia hết cho 3 - Chia hết cho nếu tổng của các chữ số của số đó chia hết cho II CÁC BIỆN PHÁP TỔ CHỨC THỰC HIỆN: Hướng dẫn học sinh nghiên cứu bài toán, xây dựng chương trình giải Khi dạy học sinh giải toán nhất là đối với những dạng toán khó thì giáo viên cần hướng dẫn học sinh theo các bước sau: Bước 1: Tìm hiểu bài toán: Yêu cầu học sinh nắm được nội dung, ý nghĩa của bài toán, giải nghĩa được các từ, các thuật ngữ bài toán, xác định được yếu tố bản của bài toán: Dữ liệu; mối liên hệ; ẩn số Học sinh xác định được bài toán thuộc loại gì? Cho biết cái gì và phải tìm cái gì? Bước 2: Xây dưng chương trình giải: Giáo viên dạy học sinh cách tìm hướng giải quyết của bài toán: - Phân tích bài toán, tìm mối liên hệ giữa các đại lượng bài toán - Xét xem đã gặp những bài toán tương tư chưa? - Xét bài toán những trường hợp đặc biệt, từ đó tìm lời giải cho bài toán tổng quát - Bài toán đã cho có liên quan đến kiến thức nào Bước : Trình bày lời giải bài toán Trên sở các bước phân tích, tổng hợp và suy luận để xây dưng chương trình giải Giáo viên hướng dẫn giúp hoc sinh trình bày lời giải tuần tư theo các bước chương trình giải một cách rõ ràng, đầy đủ, chính xác, khoa học và sáng tạo Bước 4: Đánh giá bài toán - Xét tính hợp lý của đáp số ( Nếu cần thiết) - Khai thác bài toán theo nhiều hướng khác nhau, từ đó rút những kinh nghiệm cần thiết - Đề xuất những bài toán tương tư hoặc những bài toán có tính chất đặc biệt hoá, khái quát hoá Hướng dẫn học sinh nghiên cứu số bài tập Dạng 1: Xét trường hợp có thể xảy số dư Muốn chứng minh một biểu thức của n là A(n) chia hết cho q ta có thể xét mọi trường hợp về số dư chia n cho q Bài Chứng minh rằng A(n) = n( n2 + )( n2 + )  Giải : Xét các trường hợp về số dư chia n cho , ta có : - Nếu số dư là thì n = 5k và A(n)  - Nếu số dư là ± thì ta có n = 5k ± và n2 + = ( 5k ± 1)2 + = 25k2 ± 10k +  - Nếu số dư là ± thì ta có n = 5k ± và n2 + = ( 5k ± 2)2 + = 25k2 ± 20k + +  Vậy chia n cho dù số dư là 0, ± 1, hay ± biểu thức A(n) cũng đều chia hết cho Dạng : Tách thành tổng nhiều số hạng tư Đây là một phương pháp khá thông dụng Muốn chứng minh A(n) chia hết cho q ta tách A(n) thành tổng của nhiều số hạng tử cho mỗi hạng tử đều có thể chia hết cho q Bài Chứng minh n5 + 10n4 – 5n3 – 10n2 + 4n chia hết cho 120 Giải Ta tách biểu thức đã cho sau : A = n5 – 5n3 + 4n + 10n4 – 10n2 = n ( n4 – 5n2 + ) + 10n2 ( n2- ) Hạng tử thứ nhất là : n ( n4 – 5n2 + ) = n ( n2 – )( n2 – ) = (n – )( n – )n( n + )( n + ) Đây là tích của số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2.3.4.5 = 120 Hạng tử thứ hai là : 10n ( n + ) ( n – ) Có số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 3, hạng tử này chia hết cho nếu n chẵn Còn nếu n lẻ thì n + và n – cũng chẵn nên tích ( n + )( n – ) cũng chia hết cho Vậy hạng tử thứ hai cũng chia hết cho 2.3.4.5 = 120 A là tổng của hai hạng tử chia hết cho 120 nên A cũng chia hết cho 120 Bài Chứng minh với m ∈ Z ta có m3 – 13m chia hết cho Giải : A = m3 - 13m = m3 - m - 12m = m ( m2 – 1) - 12m = ( m - 1) m ( m + 1) - 12m Do m - 1, m, m + là số nguyên liên tiếp nên tích ( m – ) m ( m + ) vừa chia hết cho , vừa chia hết cho , tức là ( m – ) m ( m + )  Từ đó suy A chia hết cho Bài Chứng minh với m , n ∈ Z ta có m n( m2 – n2 ) 3 Giải : Ta có : mn ( m2 – n2 ) = mn ( m2 – ) – ( n2 – ) = mn ( m2 – ) – mn ( n2 – ) Mà m ( m2 – 1) = ( m – ) m ( m + )  Và n ( n2 – 1) = ( n - ) n ( n + )  Vậy: mn ( m2 – n2 ) 6 Dạng 3: Phân tích thành nhân tư Ta cũng có thể phân tích số bị chia thành nhân tử cho một hạng tử có chứa số chia Muốn chứng minh A(n)  q ta chứng minh rằng : A(n) = q.B(n) Thông thường ta dùng các hằng đẳng thức có dạng an – bn hoặc an + bn Bài Chứng minh rằng biểu thức : A = 75( 41975 + 41974 +…+ 42 + ) + 25 chia hết cho 41976 Giải Ta viết A dạng A = 75( 41975 + 41974 +…+ 42 + ) + 25 = 25.3 ( 41975 + 41974 +…+ 42 + ) + 25 = 25 ( – ) ( 41975 + 41974 +…+ 42 + + ) + 25 = 25 ( 41976 – ) + 25 = 25 41976 Vậy A chia hết cho 41976 Bài Chứng minh : n5 – n chia hết cho , ∀ n ∈ z Giải Ta có A = n5 – n = n( n4 – ) = n ( n2 -1)( n2 + ) = ( n - 1) n ( n + 1) ( n2 + ) Nếu n = 5k thì n chia hết cho đó A chia hết cho Nếu n = 5k + thì ( n -1 ) chia hết cho Nếu n = 5k + thì n2 + chia hết cho Nếu n = 5k + thì n2 + chia hết cho Nếu n = 5k + thì ( n + ) chia hết cho Vậy n2 – n chia hết cho , ∀ n ∈ z Dạng Sư dụng định lí Fermat và định lí Euler Fermat là một nhà toán học Pháp ( 1601 – 1655 ) tiếng với những định lí về số nguyên tố Định lí Fermat sau rất hay được dùng để giải các bài toán về chia hết : Nếu p là số nguyên tố thì n P – n chia hết cho p với mọi số nguyên n n p ≡ n ( mod p ) , p là số nguyên tố Đặc biệt nếu n , p nguyên tố cùng thì n p −1 ≡ ( mod p ) Bài Chứng minh : 11991 + 2991 +… + 19911991 chia hết cho 11 Giải Theo định lý Femat thì a11 ≡ a ( mod 11 ), đó a1991 ≡ a ( mod 11 ) Vậy : 11991 + 2991 +… + 19911991 = + + … + 1991 = 1991 966 ≡ ( mod 11 ) Tức là chia hết cho 11 Bài Chứng minh a + b + c chia hết cho 30 a + b5 + c5 chia hết cho 30 Giải Ta có : 30 = a2 ≡ a ( mod ) ⇒ a4 ≡ a2 ≡ a ( mod ) ⇒ a5 ≡ a2 ≡ a ( mod ) a3 ≡ a ( mod ) ⇒ a5 ≡ a3 ≡ a ( mod ) a5 ≡ a ( mod ) Theo tính chất của phép đồng dư ta có : a5 + b5 + c5 ≡ a + b + c ( mod 2.3.5 ) Tức là a + b + c chia hết cho 30 thì a5 + b5 + c5 chia hết cho 30 Bài Chứng minh với số nguyên tố p, q ( p ≠ q ) ta có A = pq-1 + qp-1 – chia hết cho p.q Giải Vì p, q là số nguyên tố và p ≠ q nên ( p, q ) = Theo định lí Fermat có : pq-1 ≡ ( mod q ) qp-1 ≡ ( mod q ) ( p ≥ ⇒ p – ≥ ) Vậy A = pq-1 + qp-1 - ≡ ( mod q ) Do đó A chia hết cho p Bài Cho p là số nguyên tố lớn Chứng minh P – P – chia hết cho 42p Giải Ta có 42p = 6p = p 3p – 2p – = ( 3p – ) – 2p  Có 3p – 2p – = 3p – ( 2p + )  Vì p là số lẻ nên 2p +  ( + ) = Áp dung dụng định lí Fermat : 3p ≡ ( mod p ) và 2p ≡ ( mod p ) Do đó 3p – 2p – = ( 3p – ) – ( 2p – )  p Một số nguyên tố p chia cho chỉ có thể dư là hoặc i) Nếu p = 6k + thì 3p – 2p – = ( 36 )k – (26)k – ≡ – – ≡ ( mod ) Vì 36 ≡ ( mod ) , và 26 ≡ ( mod ) ii) Nếu p = 6k + thì 3p – 2p – = 35 36k – 25 26k – ≡ 35 - 25 – ≡ (mod ) Vậy 3p – 2p –  Từ các điều 3p – 2p –  p = 42p ( đpcm ) Dạng Sư dụng nguyên tắc DirichLet Nguyên lí Dirichlet là một định lí có chứng minh dễ dàng bằng phản chứng và được sử dụng để chứng minh nhiều định lí toán học Nguyên lí này thường được phát biểu một cách hình học và đơn giản sau : Không thể nhốt thỏ vào cái lồng mà mỗi lồng không quá hai thỏ Nói một cách khác : Nếu nhốt thỏ vào cái lồng thì sẽ có một lồng chứa từ thỏ trở lên Một cách tổng quát có thể phát biểu : Nếu đem n + vật xếp vào ngăn kéo thì có ít nhất một ngăn kéo chứa từ hai vật trở lên Nguyên lí này giúp ta giải một bài khá dễ dàng nhất là các bài toán về chia hết Bài Chứng minh n + số nguyên bất kỳ có hai số mà hiệu chia hết cho n Giải Lấy n + số nguyên đã cho chia cho n thì được n + số dư Nhưng chia một số cho n thì số dư chỉ có giá trị , , ,…., n - Vậy phép chia thì phải có hai số dư bằng Khi đó hiệu số của hai số này sẽ chia hết cho n Bài Chứng minh số tự nhiên , nào có số k cho 1983k – chia hết cho 105 Giải Ta cho k lấy lần lượt 10 + giá trị liên tiếp từ trở lên, ta được 10 + giá trị khác của 1983k – , sau đó chia các giá trị này cho 10 5, ta chỉ có nhiều nhất là 105 số dư Vậy theo nguyên lí Dirichlet , phải có ít nhất hai số cùng cho một số dư chia cho 105 Giả sử đó là các số 1983m -1 và 1983n -1 ( với m > n ) Như vậy hiệu của chúng ( 1983m –1 ) – ( 1983n – ) = 1983m – 1983n = 1983n ( 1983m-n – ) phải chia hết cho 105 Nhưng 105 chỉ có các ước số , còn và không phải là ước số của 1983n Vậy chúng nguyên tố cùng , đó 1983 m-n – phải chia hết cho 105 Như vậy k = m – n chính là số phải tìm Bài Viết số tự nhiên từ đến 100 thành hàng ngang theo thứ tự tùy ý , tiếp đó cộng số số cho với số thứ tự vị trí nó đứng ( tính từ trái qua phải ) Chứng minh nhất có hai tổng mà chữ số tận hai tổng đó Giải Gọi 10 số tư nhiên từ đến 10 viết theo thứ tư từ trái qua phải là a , a2 , …,a10 Ta lập dãy b1 , b2 ,…, b10 với b1 = a1 + , b2 = a2 + ,…, b10 = a10 + là tổng của với vị trí thứ i mà nó đứng ( i = , ,…., 10 ) Ta có b1 + b2 + …+ b10 = a1 + a2 + …+ a10 + + +…+ 10 = 2( + +…+ 10 ) = 110 Vì 110 là số chẵn nên không xảy trường hợp có số b i nào đó lẻ và số bj nào đó chẵn , hay nói cách khác số bi chẵn , và các số bj lẻ phải khác Do đó các số bj lẻ lớn hoặc bj chẵn lớn Mà từ đến 10 chỉ có vị trí lẻ và vị trí chẵn nên theo nguyên tắc Dirichlet phải có ít nhất hai số bi lẻ tận cùng hoặc có hai số bj chẵn có chữ số tận cùng Bài Chứng minh 19 số tự nhiên liên tiếp bất kỳ tồn số có tổng chữ số chia hết cho 10 Giải Trước hết ta chứng minh rằng : Với 19 số tư nhiên liên tiếp tồn tại 10 số tư nhiên liên tiếp có chữ số hàng chục còn các chữ số hàng đơn vị liên tiếp từ đến Nếu 19 số tư nhiên liên tiếp có mặt chữ số hàng chục khác thì rõ ràng có một chữ số hàng chục ( ở giữa hai hàng chục ) cùng với các chữ số đơn vị liên tiếp từ đến Nếu 19 số tư nhiên liên tiếp chỉ có hai loại chữ số hàng chục khác thì từ 19 = + suy có 10 số có cùng chữ số hàng chục và các chữ số đơn vị liên tiếp từ đến Tổng các chữ số của mỗi số 10 số tư nhiên nói cũng lập thành 10 số tư nhiên liên tiếp , vậy phải có một số chia hết cho 10 Vậy 19 số tư nhiên liên tiếp tồn tại một số có tổng các chữ số chia hết cho 10 Dạng : Sư dụng phép quy nạp Ta làm sau : - Nhận xét rằng mệnh đề đúng với n = - Giả sử mệnh đề đúng với n = k cũng chứng minh được nó đúng với N = k + ( với k > n0 ) Lúc đó mệnh đề đúng với mọi n lớn Bài Chứng minh : A = ( n + ) ( n + ) ( n + )…( 3n )  3n Giải Nếu n = ta có A = chia hết cho Giả sử mệnh đề đúng với n = k tức là : A = ( k + ) ( k + ) ( k + )…( 3k )  (*) Ta hãy xét : Ak+1 = ( k + )( k + )( k + ) … ( k + ) = ( k + ) ( k + ) ( k + ) ( k + ) …( 3k + ) = 3Ak ( 3k + ) ( 3k + ) Nhưng theo (*) thì Ak chia hết cho 3k vậy Ak+1 = 3Ak ( 3k + ) ( 3k + )  3k+1 Vậy theo mệnh đề đúng với mọi n lớn 1994 Bài Chứng minh 1110 - chia hết cho 101995 Giải Ta chứng minh bài toán một cách tổng quát : n Với mọi số tư nhiên n thì 1110 -  10n+1 Với n = thì mệnh đề đúng : 11 – chia hết cho 10 Giả sử mệnh đề đúng với n = k , ta có : k Ak = 1110 -  10k+1 Ta hãy xét : Ak+1 = 1110 k =1 k (*) k -1 = ( 1110 )10 -1 k k k Ak+1 = ( 1110 ) ( 1110 )9 + ( 1110 )8 +…+ 1110 + Nhưng mọi lũy thừa của 11 đều đồng dư với ( mod 10 ) nên 10 số hạng móc vuông vậy , đó : k k k ( 1110 )9 + ( 1110 )8 +…+ 1110 + ≡ + + …+ + 10 số hạng Và biểu thức móc vuông chia hết cho 10 10 k Mặt khác theo ( 1110 - )  10n+1 Do đó : Ak+1  10n+1 10 = 10k=2 1994 Vậy n = 1994 ta có 1110 - chia hết cho 101995 Dạng : Số nguyên tố và tính chất chia hết Nếu tích của hai số a , b chia hết cho một số nguyên tố p thì một hai số a , b chia hết cho p  a b p a p b p ⇒ Nếu an chia hết cho số nguyên tố p thì a chia hết cho p an  p ⇒ a  p Bài : Phân tích A = 26406 thừa số nguyên tố A có chia hết số sau hay không 21 , 60 , 91 , 140 , 150 , 270 Giải Ta có A = 26460 = 22 33 72 Ta cũng có 21 = 60 = 22 91 = 13 140 = 22 150 = 52 270 = 33 Vậy : A chia hết cho 21 , 60 , 140 A không chia hết cho 90 , 150 , 270 Bài : Chứng tỏ số a , a + n , a + 2n đều là số nguyên tố lớn n chia hết cho Giải Chú ý rằng , các số nguyên tố ( trừ số ) đều là các số lẻ - Nếu n lẻ thì n + a là số chẵn là một hợp số trái với giả thiết n + a là số nguyên tố Vậy n là số chẵn - Ta đặt n = 2k , k ∈ N* + Nếu k chia hết cho thì n chia hết cho + Nếu k = 3p + , p ∈ N* thì số theo thứ tư bằng a , a + 6p + 2, a+ 12p + + Do a là số lẻ nên nếu a chia hết cho dư thì a + 6p + chia hết cho Nếu a chia cho dư thì a + 12p + chia hết cho + Nếu k = 3p + , p ∈ N* thì số theo thứ tư bằng a , a + 6p + , a + 12p + Với a chia cho dư thì a , 12p + chia hết cho 11 Với a chia cho dư thì a + 6p + chia hết cho Vậy để số a, a + n , a + 2n đều là số nguyên tố thì n phải chia hết cho Bài : Chứng minh p là số nguyên tố lớn ( p – )( p + ) chia hết cho 24 Giải Ta có ( p – ) p ( p + )  mà ( p , ) = nên( p – ) ( p + )  (1) p là số nguyên tố lớn nên p là số lẻ , p – và p + là hai số chẵn liền tiếp , có một số là bội của nên tích của chúng chia hết cho (2) Từ (1) và (2) suy ( p – ) ( p + ) chia hết cho nguyên tố cùng là và Vậy ( p – ) ( p + ) chia hết cho 24 Bài : Tìm tất số nguyên tố p có dạng n(n + 1)(n + +1 (n ≥ 1) Giải Ta có : n(n + 1)(n + 2) (n + n)(n + 2) + +1 = 6 = n + 2n + 2n + (n + 2)(n + 2) = =p 6 Với n ≥ thì n + > và n + > 17 Trong hai số n + và n + hoặc có một số chia hết cho hoặc một số chia hết cho , và một số chia hết cho thì p sẽ là hợp số Thật vậy : - Với n = 3k thì ( n + ) ( n2 + ) = 27k2 (k + ) + ( k = )  - Với n = 3k + thì ( n + ) ( n2 + ) = 27k3 + 54k2 + 33k 12 =BC (6 )+ 3k(k2 + ) - Vói n = 3k – thì ( n + ) ( n2 + ) = BC( 6)+ 3k ( k2 + ) Mà 3k ( k2 + )  Nên với mọi n ≥ thì p đều là hợp số Còn lại: n = thì p = n = thì p = n = thì p = 11 Đó là các số nguyên tố p cần tìm Bài : Tìm số nguyên tố p cho số sau là số nguyên tố p + 10 , p + 14 p + , p + , p + , p + 12 , p + 14 Giải 12 1.Vì p là số nguyên tố và p + 10 và p + 14 cũng là số nguyên tố nên p > Mặt khác p có thể là một khả hoặc p = 3k , p = 3k + , p = 3k – - Với p = 3k + thì p + 14 = 3k + 15 = 3( k + )  - Với p = 3k – thì p + 10 = 3k + = ( k + )  Vậy p = 3k Do p là nguyên tố nên p = 2.Xét các trường hợp sau - Với p = thì p+2=7 p + = 11 p + = 13 p + 12 = 17 p + 14 = 19 - Với p > thì p + 5k + , p = 5k + , p = 5k + , p = 5k + + Nếu p = 5k + thì p + 14 = 5k + 15  + Nếu p = 5k + thì p + = 5k + 10  + Nếu p = 5k + thì p + 12 = 5k + 15  + Nếu p = 5k + thì p + = 5k + 10  Suy nguyên tố cần tìm là p = Bài : Hai số nguyên tố gọi là sinh đôi chúng là hai số nguyên tố lẻ liên tiếp ( p > ) Chứng minh số tự nhiên nằm hai số nguyên tố sinh đôi chia hết cho Giải Gọi hai số nguyên tố sinh đôi là p và p + Vậy số tư nhiên nằm giữa chúng là p + - p là số nguyên tố lớn nên p là số nguyên tố lẻ vậy p + là số chẵn p +  (1) - p , p + , p + là số nguyên liên tiếp nên có một số chia hết cho Mà p và p + là số nguyên tố nên không chia hết cho , vậy p +  (2) Từ (1) và (2) : ( , ) = suy p +  ( đpcm ) Bài toán có thể mở rộng thành : Chứng minh rằng p + là hai số nguyên tố lớn thì tổng của chúng chia hết cho 12 Bài : Một số nguyên tố p chia hết cho 42 có dư r là hợp số Tìm số dư r Giải Ta có p = 42k + r = k + r ( k , r ∈ N , < r < 42 ) 13 Vì p là số nguyên tố nên r không chia hết cho , , Các hợp số nhỏ 42 và không chia hết cho là , 15 , 21 , 25 , 27 , 33 , 35 , 29 Loại các số chia hết cho , cho chỉ còn 25 Vậy r = 25 Bài : Tìm số tự nhiên có chữ số , chữ số hàng nghìn chữ số hàng đơn vị , chữ số hàng trăm chữ số hàng chục và số đó viết dạng tích ba số nguyên tố liên tiếp Giải Gọi số tư nhiên cần tìm là n , theo đề bài chữ số hàng nghìn bằng chữ số hàng đơn vị , chữ số hàng trăm bằng chữ số hàng chục vậy n có dạng abba Ta có abba  11 mà abba là tích của số nguyên tố liên tiếp nên một các số nguyên tố này phải là 11 Xét các tích 11 = 385 ( loại ) 11 13 = 1001 ( đúng ) 11 13 17 = 2431 ( loại ) Vậy số tư nhiên cần tìm là 1001 Bài 10 : Chứng minh 2n – là số nguyên tố ( n > ) n + là hợp số Giải Xét số A = ( 2n – ) 2n ( 2n + ) A là tích của số tư nhiên liên tiếp nên A  Mặt khác 2n – là số nguyên tố ( theo giả thiết ) 2n không chia hết cho Vậy 2n + phải chia hết cho ⇒ 2n + là hợp số Bài 11 : Tìm số tự nhiên k để dãy k + , k + …, k + 10 chứa nhiều số nguyên tố nhất Giải Với k = ta có dãy , , ,… 10 chứa số nguyên tố , , , Với k = ta có dãy , , ,… 11 chứa số nguyên tố , , , , 11 Với k = ta có dãy , , ,… 12 chứa số nguyên tố , , , 11 Với k = ta có dãy k + , k + ,….,k + 10 chứa số lẻ liên tiếp , dãy số này đều lớn nên có một số chia hết cho , dãy số có số chẵn hiển nhiên không phải là số nguyên tố nếu k ≥ Trước kết quả học tập của học sinh trường đã khảo sát ở thưc trạng trên.Trong quá trình dạy học tư chọn, học bồi dưỡng đã áp dụng sáng kiến 14 này vào giảng dạy đối với HS lớp 6, đồng thời đưa một số bài tập khác nhằm phát triển tư duy, sáng tạo của học sinh C- KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ I- Kết nghiên cứu : Qua thưc tế áp dụng sáng kiến này quá trình dạy học ở năm học 2014- 2015 đối với học sinh lớp việc ôn tập bồi dưỡng học sinh khá giỏi đã thu được một số kết quả sau: 1- Tạo được tâm lý vững vàng, tư tin cho học sinh đứng trước yêu cầu của bài toán không chỉ ở dạng đơn giản 2- Bồi dưỡng khả tìm tòi, phát hiện và nâng cao trí tuệ cho học sinh 3- Học sinh được mở rộng, khắc sâu kiến thức về phép tán chia hết 4- Học sinh nắm được một cách hệ thống các dạng bài tập về phép chia hêt thường gặp chương trình toán THCS 5- Có kỹ vận dụng tốt phương pháp này, đặc biệt học sinh dễ dàng giải những bài tập có công thức giải tổng quát mà đã được nêu sáng kiến 6- Học sinh hứng thú, chăm chỉ học vì thế chất lượng môn toán ngày càng được nâng cao Từ thưc trạng của học sinh mà đã nêu, qua quá trình dạy học môn tư chọn và bồi dưỡng học sinh giỏi, đã áp dụng sáng kiến này vào khối Qua thưc hiện một số bài kiểm tra thì thu được kết quả sau : Khối Đối Tổng tượng số I II III 40 42 38 0; 1; SL % 0 0 0 3; SL % 0 0 10,5 Điểm 5; SL % 0 12 28,6 12 31,6 SL 15 15 12 7; % 37,5 35,7 31,6 9; 10 SL % 25 62,5 15 35,7 10 26,3 Kết quả cho thấy việc áp dụng chuyên đề về phép chia hết bước đầu thu được kết quả tốt, học sinh tiếp thu cách giải tương đối tốt, số lượng học sinh biết giải và giải thành thạo chiếm tỉ lệ cao Điều này chứng tỏ rằng, nếu được sư hướng dẫn chu đáo, nhiệt tình của giáo viên cùng với sư chăm chỉ học tập của học sinh thì chất lượng học toán của học sinh được nâng lên II- Kiến nghị , đề xuất : - Sau triển khai kinh nghiệm “ Chuyên đề ngoại khóa về phép chia hết “ tại nhà trường Để thưc hiện hiệu quả áp dụng các đề tài khoa học xin mạnh dạn nêu một số đề xuất nhỏ sau : *Đối với nhà trường 15 -Tiếp tục đẩy mạnh phong trào tư học, tư bồi dưỡng của giáo viên - Mở các cuộc giao lưu liên trường để giáo viên có điều kiện trao đổi, học hỏi kinh nghiệm của đồng nghiệp *Đối với giáo viên - Nghiên cứu kỹ về việc đổi phương pháp day môn toán, nghiên cứu chương trình của bộ môn toán mà mình phụ trách nói chung và dạng bài nói riêng Xác định rõ mục tiêu bài và dạng cho các đối tượng học sinh - Thường xuyên kiểm tra học sinh bổ sung kiến thức hợp lí và kịp thời - Nghiên cứu kỹ tài liệu tham khảo, sách giáo khoa để học hỏi phương pháp giải , phương pháp giải hay - Nhiệt tình hướng dẫn học sinh phương pháp học, linh hoạt, sáng tạo tìm cách giải hay, chính xác - Để dạy học sinh giỏi có hiệu quả cần phải dạy cho học sinh cách học, cách tìm tòi kiến thức mới, tư xây dưng cho mình phương pháp không có sách giáo khoa, phát triển các kiến thức đã học vào chứng minh các tính chất hay công thức toán học khác Từ đó có biện pháp vận dụng và khai thác các tính chất hay công thức vào giải các bài tập cụ thể - Cần tăng cường giáo dục học sinh tinh thần tư học, tư nghiên cứu kiến thức vì là đường làm chủ và chiểm lĩnh tri thức một cách hiệu quả nhất * Đối với học sinh - Tư giác, tích cưc học tập, ôn luyện lý thuyết và bài tập có liên quan - Báo cáo kết quả học tập của mình qua giải các bài tập - Suy nghĩ các bài tập tương tư, mạnh dạn đề xuất bài toán Trên là kinh nghiệm được đúc rút qua quá trình dạy học của bản thân Chắc chắn đề tài không tránh khỏi những hạn chế và khiếm khuyết Rất mong được sư góp ý, bổ sung của đồng nghiệp để đề tài hoàn thiện Tôi xin chân thành cảm ơn! XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG Thanh Hoá, ngày 16 tháng năm 2016 ĐƠN VỊ Tôi xin cam đoan là SKKN của mình viết, không chép nội dung của người khác Người thưc hiện Lê Thị Hồng Anh 16 PHỤ LỤC SỐ TT 10 NỘI DUNG A Đặt vấn đề I - Lời nói đầu : II - Thưc trạng của vấn đề nghiên cứu III của học sinh trường thì thấy chất lượng sau B- Giải quyết vấn đề I- Các giải pháp thưc hiện II Các giải pháp tổ chức thưc hiện C- Kết luận I- Kết quả nghiên cứu : II- Kiến nghị , đề xuất : TRANG 2 17 17 ... cuối cùng chia hết cho 25 - Chia hết cho 125 nếu số tạo bởi chữ số cuối cùng chia hết cho 125 - Chia hết cho nếu tổng của các chữ số của số đó chia hết cho 3 - Chia hết... đó A chia hết cho Nếu n = 5k + thì ( n -1 ) chia hết cho Nếu n = 5k + thì n2 + chia hết cho Nếu n = 5k + thì n2 + chia hết cho Nếu n = 5k + thì ( n + ) chia hết cho Vậy n2 – n chia. .. nếu tận cùng bằng hoặc - Chia hết cho nếu số tạo bởi hai chữ số cuối chia hết cho - Chia hết cho nếu số tạo bởi chữ số tận cùng chia hết cho - Chia hết cho 25 nếu số tạo