Một số kinh nghiệm hướng dẫn học sinh lớp 8 và lớp 9 giải các dạng toá

1 MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài Số học – phân môn toán học mà gọi tên thức lớp 6, kiến thức xuyên suốt trình học toán bậc THCS Một mảng kiến thức quan trọng số học “ Tính chất chia hết tập Z ” Tuy nhiên lượng kiến thức sách giáo khoa sách tập hành bậc THCS liên quan phần kiến thức hạn chế Mặt khác thời lượng cho phần ( chủ yếu học sinh học lớp 6) nên trình giảng dạy giáo viên chưa thể đưa nhiều tập cho nhiều dạng toán để hình thành kỹ giải toán cho học sinh Thực tế nhiều học sinh lớp 8, lớp có lực học khá, giỏi lúng túng định hướng gặp toán “ Chứng minh chia hết “ lớp toán có sử dụng tính chất chia hết như: toán số nguyên tố; số phương; phương trình nghiệm nguyên … Xuất phát từ thực tế trên, mạnh dạn đưa đề tài “ Một số kinh nghiệm hướng dẫn học sinh lớp lớp giải dạng toán tính chất chia hết thường gặp bậc THCS Trường THCS THPT Nghi Sơn huyện Tĩnh Gia” 1.2 Mục đích nghiên cứu Mục đích nghiên cứu đề tài xây dựng thêm số phương pháp giải toán liên quan đến tính chất chia hết thường gặp lớp lớp Trên sở học sinh định hướng tìm tòi, vận dụng, tìm nhiều cách giải hay lớp toán số nguyên tố; số phương; phương trình nghiệm nguyên … 1.3 Đối tượng nghiên cứu Một số kinh nghiệm hướng dẫn học sinh lớp lớp giải dạng toán tính chất chia hết thường gặp bậc THCS Trường THCS THPT Nghi Sơn thông qua số toán cụ thể mang tính đặc trưng cho phương pháp 1.4 Phương pháp nghiên cứu + Phương pháp nghiên cứu xây dựng sở lý thuyết: Nhắc lại số kiến thức tính chất chia hết mà học sinh học từ rút số tính chất đặc trưng thường vận dụng giải toán + Phương pháp thực nghiệm sư phạm, điều tra, khảo sát thực tế : Học sinh áp dụng tính chất vào việc giải toán cụ thể từ tổng quát hóa thành phương pháp giải dạng toán chứng minh chia hêt, toán số phương, số nguyên tố, phương trình nghiệm nguyên NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lí luận Tính chất chia hết tính chất đặc trưng môn số học chương trình toán bậc THCS, toán liên quan đến đa dạng, phong phú phức tạp Những toán liên quan đến tính chia hết thường xuyên xuất kỳ thi học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh thi tuyển sinh vào lớp 10 Những toán thường gây “khó khăn” học sinh kể học sinh có lực học khá,giỏi Thực tế 10 năm giảng dạy trường THCS THPT Nghi Sơn thấy lí đa số học sinh chưa biết toán “ gốc” dạng toán phân dạng toán từ phương hướng tìm tòi lời giải Qua nghiên cứu số tài liệu liên quan, thấy nhiều tác giả tiếp cận vấn đề việc giải chưa thật triệt để hiệu chưa cao, trình giảng dạy thân nhận thấy việc vận dụng tính chất chia hết vào toán liên quan: chứng minh chia hết; số phương, số nguyên tố, phương trình nghiệm nguyên để giải hiệu Với mong muốn góp phần nhỏ vào việc nâng cao chất lượng giảng dạy môn toán nói chung phân môn số học nói riêng bậc THCS Trường THCS THPT Nghi Sơn mạnh dạn nghiên cứu vấn đề 2.2 Thực trạng vấn đề Là giáo viên giảng dạy môn toán khối THCS nhiều năm qua nhận thấy đa số học sinh có lực học trung bình, mức độ tư vừa phải, số em có lực học khá, giỏi làm số toán mang tính chất vận dụng thấp Trong kì thi học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh câu có nội dung thường câu gây khó khăn cho học sinh Các em thường không làm học sinh yếu việc vận dụng, phối hợp nhiều phương pháp, nhiều kiến thức suy luận toán 2.3 Giải pháp tổ chức thực 2.3.1 Lí thuyết Tính chất chia hết tổng, hiệu, tích + a Mm ; b Mm ⇒ a + b Mm ; a − b Mm + a Mm ; b Mm ⇒ a + b Mm ; a − b Mm + a Mm ⇒ k.a Mm (k ∈ ¥ ) + a Mm ; b Mn ⇒ ab Mmn Ngoài tính chất ta cần ý số tính chất đặc biệt thường áp dụng chứng minh toán chia hết sau: + aM b bM c ⇒ aM c + aM b , aM c (b, c) = ⇒ a Mbc + abM c (b, c) = ⇒ a M c n n + a Mb ⇒ a Mb Khái niệm đồng dư a Định nghĩa Cho số nguyên m > Nếu hai số nguyên a b có số dư chia cho m ta nói a đồng dư với b theo modun m kí hiệu a ≡ b (mod m) Vậy a ≡ b (mod m) ⇔ a − bMm Dấu “ ≡ ” gọi đồng dư thức b Tính chất + Cộng trừ theo vế nhiều đồng dư theo modun, tức là: Nếu a ≡ b (mod m), c ≡ d (mod m) a + c ≡ b + d (mod m); a − c ≡ b − d (mod m) + Nhân vế đồng dư thức có modun, tức là: Nếu a ≡ b (mod m) c ≡ d (mod m) ac ≡ bd (mod m) c Hệ + Có thể thêm hay bớt số vào hai vế đồng dư thức, tức là: Nếu a ≡ b (mod m) a + c ≡ b + c (mod m) a − c ≡ b − c (mod m) + Có thể nhân hai vế đồng dư thức với số nguyên khác 0, tức Nếu a ≡ b (mod m) ac ≡ bc (mod m) + Có thể nâng hai vế đồng dư thức lên lũy thừa với bậc số tự nhiên, tức là: Nếu a ≡ b (mod m) a n ≡ b n (mod m), n ∈ Ν 2.3.2 Các dạng toán Dạng Sử dụng tính chất “ n số nguyên liên tiếp có số chia hết cho n, n ≥ 1” Chứng minh Lấy n số nguyên liên tiếp chia cho n n số dư khác đôi một, n số dư khác đôi có số dư 0, tức có số chia hết cho n Vận dụng tính chất đơn giản này, kết hợp với thuật toán thêm, bớt, phân tích thành nhân tử ta giải toán sau: Bài Chứng minh rằng: a Tích hai số chẵn liên tiếp chia hết cho b Tích ba số nguyên liên tiếp chia hết cho Hướng dẫn a Hai số chẵn liên tiếp có dạng 2n 2n + ( n ∈Z ) tích chúng 2n(2n+2) = 4n(n + 1) Mà n n + hai số nguyên liên tiếp nên có số chia hết cho 2, n(n +1) M2, suy 4n(n + 1) M8 Vậy tích hai số chẵn liên tiếp chia hết cho b Ba số nguyên liên tiếp có số chia hết cho số chia hết tích chúng chia hết cho (2, 3) = Bài Chứng minh với m, n∈ Z : a n + 11nM6 b mn(m − n )M3 c n(n + 1)(2n + 1)M Hướng dẫn a Ta có: n + 11n = n − n + 12n = (n −1)n(n + 1) + 12n Theo kết 1b (n −1)n(n + 1)M 12n M6 nên n + 11nM 2 2 2 b Ta có: mn(m − n ) = mn (m −1) − (n −1)  = mn(m −1) − mn(n −1) n(n − 1) = (n −1)n(n +1)M Mà m(m −1) = (m −1)m(m + 1)M Suy mn(m − n )M c Tương tự : n(n +1)(2n +1) = n(n +1)(n + + n −1) = n(n +1)(n + 2) + n(n +1)(n −1) M Bài 24 a Cho p số nguyên tố lớn 3, chứng minh p − 1M b Chứng minh n n5 có chữ số tận giống Hướng dẫn p2 −1M ( Vì (8,3) = 1) a Để chứng minh p2 −1M24 ta chứng minh p2 −1M Thật vậy, p số nguyên tố lớn nên p lẻ không chia hết cho Ta có p2 −1 = (p −1)(p + 1) p số lẻ nên p – p + hai số chẵn liên tiếp (1) ( theo 1a ) nên ta có (p −1)(p + 1)M Mặt khác p −1, p, p + ba số nguyên liên tiếp nên có số chia hết cho mà (2) p M3 nên p −1 p + chia hết cho suy (p −1)(p + 1)M Từ (1) (2) suy p2 −1M24 b Để chứng minh n n5 có chữ số tận giống ta chứng minh hiệu n5 − nM 10 2 2 Ta có n − n = n(n − 1) = n(n −1)(n +1) = n(n − 1) (n − 4) + 5 = n(n −1)(n − 4) + 5n(n −1) = (n − 2)(n −1)n(n +1)(n + 2) + 5(n −1)n(n +1) (n − 2)(n −1)n(n + 1)(n + 2) tích số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 10 Do n − n M 2.5 = 10 5(n −1)n(n + 1)M 10 Nhận xét: + Trong câu b ta chứng minh n5 − nM30 n ∈Z + Từ kết 2b 3b ta có nội dung toán sau: Bài a Chứng minh n5 + n 7n b Chứng minh với n chẵn + 15 n 12 + số nguyên với n ∈ Z n2 n3 + 24 số nguyên Hướng dẫn 7n = n − 8n = n − n − n n n 7n n − n n − n a Ta có: + + = + +n 15 15 5 15 Ta chứng minh n − n M 10 (Bài 3b) n − n M6 ( Bài 2b) n − n n − n + n số nguyên + b Giả sử n = 2m ( m∈Z ), ta có: n n n m m2 m3 2m3 + 3m2 + m m(m + 1)(2m + 1) + + = + + = = 12 24 6 n n n3 m(m + 1)(2m + 1) M Theo 2c nên + + số nguyên 12 24 Trên sở nội dung toán hướng dẫn ta có toán sau: Bài Chứng minh rằng: a Tích bốn số nguyên liên tiếp chia hết cho 24 b Tích sáu số nguyên liên tiếp chia hết cho 720 c Tích ba số chẵn liên tiếp chia hết cho 48 Bài Cho a, b hai số lẻ không chia hết cho Chứng minh a − b2 M24 Bài Chứng minh với m, n ∈Z ta có: 30 12 a n (n − 1)M c mn(m4 − n )M b n (n − 1)M60 d 3n − 4n + 21n − 10n M24 Bài Chứng minh biểu thức A sau số nguyên với n nguyên n n 7n 5n n A= + + + + 120 12 24 12 Dạng Sử dụng đẳng thức mở rộng Trên sở học sinh biết đẳng thức đáng nhớ ta đưa số đẳng thức mở rộng để vận dụng toán chứng minh tính chia hết có liên quan đến số mũ tự nhiên * Với n ∈¥ ta có a n − b n = (a − b)(a n −1 + a n −2b + + ab n −2 + b n −1) * Với n lẻ ta có a n + b n = (a + b)(a n −1 − a n −2b + − ab n −2 + b n −1 ) Suy ra: + a, b∈Z a ≠ b a n − b n Ma − b + a, b∈Z , n lẻ a ≠ − b a n + b n Ma + b + a, b∈Z , n chẵn a ≠ − b a n − b n Ma + b Bài Với n chẵn (n ∈ Z ) Chứng minh A = 20n + 16n − 3n − 1M 323 Hướng dẫn Ta có 323 = 19.17 (19, 17) = Để chứng minh AM323 ta chứng minh A M19 AM17 Biến đổi A = 20n + 16n − 3n − = (20n − 1) + (16n − 3n ) Do 20n − 1M20 − = 19 n chẵn nên 16n − 3n M 16 + = 19 n n n Suy A = 20 + 16 − − 1M 19 (1) n n n n n Mặt khác A = 20 + 16 − − = (20 − ) + (16n − 1n ) 20n − 3n M20 − = 17 n chẵn nên 16n − 1n M 16 + = 17 17 (2) Suy A = 20n − 16n − 3n − 1M n n n Từ (1) (2) suy A = 20 + 16 − − 1M323 Bài Cho n số nguyên dương k số tự nhiên lẻ Chứng minh rằng: + + + n a 1k + 2k + + n k M n(2n + 1) b 1k + 2k + + (2n)k M Hướng dẫn a Đặt S = 1k + 2k + + n k Hay S = n k + (n − 1)k + + 1k ⇒ 2S = (1k + n k ) + (2k + (n − 1) k ) + + (n k + 1k ) Vì k lẻ nên1k + n k Mn + 1; 2k + (n − 1) k Mn + 1; Suy 2S Mn + (1) Mặt khác viết S = 1k + 2k + + (n − 1) k + n k S = (n − 1) k + (n − 2) k + + 1k + n k ⇒ 2S = 1k + (n − 1) k  + 2 k + (n − 2) k  + + (n − 1) k + 1k  + 2.n k Vì k lẻ nên 1k + (n − 1)k Mn ; 2k + (n − 2) k Mn ; ; 2.n k Mn Suy 2S Mn (2) Từ (1), (2) (n, n+1) = suy 2S Mn(n + 1) Hơn n(n+1) số chẵn nên n(n + 1) n(n + 1) SM Ta lại có = + +…+ n Suy SM1 + +…+ n 2 b Trong câu a, thay n 2n ta có: 2n(2n + 1) = n(2n + 1) (đpcm) Bài Cho đa thức f (x) với hệ số nguyên: f (x) = an xn + an−1xn−1 + + a1x + a0 (ai ∈ Z; i = 1, 2, n) a, b hai số nguyên khác a−b a Chứng minh f (a) − f (b)M b Áp dụng : Chứng minh đa thức P(x) với hệ số nguyên có giá trị P(7) = P(15) = Hướng dẫn a Ta có f (a ) = a n a n + a n −1a n −1 + + a1a + a f (b) = a n bn + a n −1b n −1 + + a1b + a Suy f (a) − f (b)Ma − b = a n (a n − bn ) + a n −1 (a n −1 − b n −1 ) + + a1 (a − b) 1k + 2k + + (2n) k M Vì a k − b k Ma − b ; k ∈ ¥ nên f (a) − f (b)Ma − b b Giả sử có đa thức P(x) với hệ số nguyên cho P(7) = P(15) = 9, P(15) – P(7) M15 – = ⇒ 4M ( vô lí ) Vậy không tồn đ a thức thõa mãn đề Một số toán tương tự: Bài Cho n ∈¥ Chứng minh rằng: 27 a 9.10n + 18 M b 92n + 14 M c 62n +1 + 5n +2 M d 16n − 15n − 1M 225 Bài Cho n ∈¥ * Chứng minh rằng: 62n + 3n +2 + 3n M 11 Dạng Sử dụng phép chia có dư Phép chia có dư liên quan chặt chẽ với đồng dư thức việc áp dụng giải số toán chứng minh tính chia hết tập Z số dạng phương trình nghiệm nguyên Để chứng minh A(n) Mp ta xét tất số dư phép chia n cho p Chia n cho p số dư 0, 1, 2,….,p – Đặc biệt p lẻ ta viết: n = k.p + r với r = 0, ± 1, , ± p −1 Ví dụ chia n cho n có dạng: n =5k, n = 5k ± , n = 5k ± Bài Chứng minh không tồn a∈ Z để a2 + 1M Hướng dẫn Số a biểu diễn cách sau: a = 3q, a = 3q + 1, a = 3q + Ta xét khả phân tích số a + Với a = 3q số a + = 9q + chia cho dư 1, nên a + M3 + Với a = 3q + số a + = (3q + 1)2 + = 3(3q + 2q) + chia dư nên a + M3 + Với a = 3q + số a + = (3q + 2)2 + = 3(3q + 4q + 1) + chia dư nên a + M3 Vậy a + không chia hết cho Bài Tìm dư phép chia số phương cho 3, cho Hướng dẫn Số phương có dạng n ( n ∈ ¥ ) Chia n cho n = 3k n = 3k ±1 + Nếu n = 3k n = 9k chia hết cho + Nếu n = 3k ±1 n = (3k ± 1) = 9k ± 6k + Vậy số phương chia cho có dư Chia n cho n =5k, n = 5k ± , n = 5k ± + Nếu n =5k n = 25k chia hết cho + Nếu n = 5k ± n = (5k ± 1) = 25k ± 10k + chia dư + Nếu n = 5k ± n = (5k ± 2) = 25k ± 20k + chia dư Vậy số phương chia cho có dư 0, 1, Chú ý: Từ nội dung toán ta có kết sau + Số có dạng 3k + số phương + Số có dạng 5k + 2, 5k + số phương Bài 10 Cho a∈Z Chứng minh rằng: a a4 chia cho dư b a4 chia cho 16 dư Hướng dẫn a + Nếu a M2 a M24 ⇒ a M8 + Nếu a không chia hết cho a + 1M2; a − 1M2; a + 1M2 Do a chia cho dư Suy a − = (a + 1)(a −1)(a + 1)M Vậy a4 chia cho dư b + Nếu a M2 a M24 + Nếu a không chia hết cho a – a + hai số chẵn liên tiếp nên có số chia hết cho Suy (a − 1)(a + 1)M8 16 Mà a + 1M2 nên a −1 = (a −1)(a + 1)(a + 1)M Do a chia cho 16 dư Bài 11 Chứng minh tổng bình phương số nguyên liên tiếp số phương Hướng dẫn Tổng bình phương số nguyên liên tiếp có dạng: T = (n − 2)2 + (n −1)2 + n + (n + 1) + (n + 2)2 Hay T = 5n + 10 = 5(n + 2) Ta chứng minh n + không chia hết cho với n + Nếu nM5 n + chia cho dư + Nếu n = 5k ± n + = (5k ± 1) + chia cho dư + Nếu n = 5k ± n + = (5k ± 2) + chia cho dư Vậy n + M5 nên T số chia hết cho không chia hết cho 25, T số phương Chú ý Trong toán ta sử dụng tính chất sau: Một số phương chia hết cho số nguyên tố p chia hết cho p Như n Mp mà n Mp n không số phương Bài 12 Tìm số tự nhiên n để 32n + 3n + 1M 13 Hướng dẫn + Với n = 3k ta có : 32n + 3n + = 36k + 33k + = (272k −1) + (27 k −1) + chia cho 13 có dư 27n −1M27 −1 = 26 + Với n = 3k + ta có: 32n + 3n + = 36k +2 + 33k +1 + = 9(272k −1) + 3(27 k −1) + 13M 13 + Với n = 3k +2 ta có : 32n + 3n + = 36k +4 + 33k +2 + = 81(272k −1) + 9(27 k −1) + 91M 13 Vậy với n ≠ 3k 32n + 3n + 1M 13 Bài 13 Cho ba số nguyên x, y, z thõa mãn x2 + y = z Chứng minh xyzM 60 Hướng dẫn Ta có 60 = 3.4.5 * Chứng minh xyzM Thật vậy, x M3 y M3 x ≡ 1(mod 3), y2 ≡ (mod 3) Suy x + y2 ≡ (mod 3) Khi z chia cho dư 2, vô lí z chia cho dư ( kq 12 ) Vậy xM3 y M3 suy xyz M3 (1) * Chứng minh xyz M4 + Nếu x, y lẻ tức x = 2m + ; y = 2n + thì: x + y2 = (2m + 1) + (2n + 1)2 = 4(m + n + m + n) + Suy x + y2 số chẵn, không chia hết số phương Vậy trường hợp không xảy + Nếu x, y chẵn xy M4 ⇒ xyz M + Nếu x chẵn, y lẻ ( Trường hợp x lẻ, y chẵn chứng minh tương tự ) Đặt x = 2n, y = 2m + z lẻ, đặt z = 2p + Ta có: x + y2 = z ⇔ (2n)2 + (2m + 1)2 = (2p + 1) ⇔ 4n + 4m + 4m + = 4p + 4p + ⇔ n = p(p + 1) − m(m + 1)M ⇒ n M2 ⇒ x M4 (2) Vậy xyzM * Chứng minh xyzM xyzM + Nếu xM yM + Nếu x y không chia hết cho x , y2 chia dư (kq 12) Khi x + y2 chia cho có dư 0, Nhưng z chia cho dư 0, nên zM (3) Vậy xyzM 3.4.5 = 60 (đpcm) Từ (1), (2) (3) suy xyzM Một số toán tương tự: Bài Cho n∈Z Chứng minh rằng: a n − n M42 b Nếu n không chia hết cho n −1 n + chia hết cho Bài Tìm số tự nhiên n để: a 22n + 2n + 1M b 3n + 63M72 Bài Chứng minh n(n + 1)(n + 4) M5 ∀n ∈ Z Dạng Sử dụng nguyên lí Dirichlet Phương pháp sử dụng nguyên lí Dirichlet phương pháp mà học sinh làm quen từ sớm (lớp 6) phương pháp thể rõ đẹp toán học Lập luận phương pháp Dirichlet thường sử dụng toán chứng minh tồn khả mà không cần rõ khả tồn có khả tồn * Để dễ nhớ nguyên lí Dirichlet thường phát biểu sau: “ Nếu đem n + thỏ nhốt vào n chuồng có chuồng chứa từ hai thỏ trở lên.” Tổng quát: “ Nếu đem nk + thỏ nhốt vào n chuồng có chuồng chứa từ k + thỏ trở lên.” * Để sử dụng nguyên lí Dirichlet ta phải làm xuất tình nhốt “thỏ” vào “chuồng” thõa mãn điều kiện: + Số “thỏ” phải nhiều số “chuồng” +“thỏ” phải nhốt hết vào các“chuồng”, không bắt buộc chuồng phải có “thỏ” Bài 14 Chứng minh rằng: a Trong 11 số nguyên tìm số có chữ số tận giống b Trong 101 số nguyên tìm số có hai chữ số tận giống Hướng dẫn a Lấy 11 số nguyên cho chia cho 10 11 số dư nhận 10 số : 0; 1; 2;… Theo nguyên lí Dirichlet phải có số có dư, hiệu số chia hết cho 10 Đó số có chữ số tận giống Chú ý Trong câu a “Thỏ” 11 số dư chia 11 số nguyên cho 10 ( Tức lấy chữ số tận 11 số ) “chuồng” số dư 0, 1,…….9 b Tương tự câu a lấy 101 số nguyên cho chia cho 100 ( Tức lấy chữ số tận chúng ) Bài 15 Chứng minh số nguyên tìm số có tổng chia hết cho Hướng dẫn Lấy số nguyên cho chia cho số dư 0, 1, * Nếu số nguyên chia cho có đủ ba số dư 0, 1, Giả sử a1=3k1; a2=3k2 + 1; a3=3k3 + a1 + a2 + a3 = 3(k1 + k2 + k3 + 1) M3 * Nếu số nguyên chia cho có hai loại số dư theo nguyên lí Dirichlet có số có dư, tổng số chia hết cho * Nếu số nguyên chia cho có chung số dư tổng số chúng chia hết cho Vậy số nguyên tìm số có tổng chia hết cho Bài 16 Trên mặt phẳng cho sáu điểm phân biệt ba điểm thẳng hàng Nối điểm đoạn thẳng tô chúng hai màu xanh đỏ Chứng minh tồn tam giác có cạnh màu Hướng dẫn Gọi điểm A, B, C, D, E, F Nối điểm A với năm điểm khác, ta năm đoạn thẳng tô hai màu nên có ba đoạn màu Giả sử ba cạnh: AB, AC, AD chúng có màu đỏ Khi xảy hai trường hợp: + Nếu ba cạnh BC, CD, BD có màu đỏ ba tam giác ABC, ACD, ABD có cạnh màu đỏ + Nếu ba đoạn BC, CD, BD có màu xanh tam giác BCD có cạnh màu xanh Vậy tồn tam giác có cạnh màu Một số toán tương tự: Bài Chứng minh 12 số tự nhiên chọn hai số có hiệu chia hết cho 11 Bài Chứng minh với ba số nguyên tố lớn tìm hai số có tổng hiệu chia hết cho 12 10 Dạng Áp dụng tính chất chia hết việc giải toán liên quan đến số phương số nguyên tố Ngoài kiến thức chung trình bày phần lí thuyết ta nhắc lại số tính chất thường áp dụng sau: + Nếu p số nguyên tố abMp aMp bMp + Mọi số nguyên tố lớn có dạng 4n ± + Mọi số nguyên tố lớn có dạng 6n ± + Ước nguyên tố nhỏ hợp số a số không vượt a p2 Như vậy, aMp + a số phương chia hết cho số nguyên tố p aM mà a Mp2 a không số phương + Nếu có số nguyên n cho m2 < n < (m+1)2 n không số phương Bài 17 Chứng minh tích hai số nguyên tố số phương số số phương Hướng dẫn Giả sử (a, b) = ab = c2 (c ∈¥ ) Ta chứng minh a, b số phương Gọi d = (a, c) a = a1d, c = c1d ; (a1, c1) = Suy a1db = c12d2 ⇒ a1b = c12d + a1bMc12 ⇒ bMc12 (a1, c1) = + c12d Mb ⇒ c12Mb (b, d) = (b, a) = Vậy b = c1 c a =  ÷÷ = d (đpcm)  c1  Bài 18 Chứng minh tích số nguyên dương liên tiếp số phương Hướng dẫn Tích số tự nhiên liên tiếp có dạng T = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) Ta có T =  n(n + 3)  (n +1)(n + 2)  = (n + 3n)(n + 3n + 2) = (n + 3n)2 + 2(n + 3n) Với n ≥ ta có (n + 3n)2 < T < (n + 3n +1)2 , suy T số phương (n + 3n)2 , (n + 3n +1)2 hai số phương liên tiếp Bài 19 Tìm số có hai chữ số, biết tổng số viết theo thứ tự ngược lại số phương Hướng dẫn Giả sử ab số có hai chữ số cho ab + ba số phương Ta có ab + ba = 10a + b + 10b +a = 11(a + b) M11 Vì ab + ba số phương nên ab + ba M121, từ suy a + bM11 Mà < a + b < 18 nên a + b =11 Vậy số phải tìm 29, 38, 47, 56, 65, 74, 83, 92 Bài 20 Tìm số có hai chữ số, biết hiệu bình phương số viết theo thứ tự ngược lại số phương 11 Hướng dẫn 2 Giả sử ab số có hai chữ số cho ab − ba số phương Ta có: ab 2 − ba = (10a + b)2 − (10b + a)2 = 99(a − b )M 11 2 2 Vì ab − ba số phương nên ab − ba M 121 suy a – b M11 hay: (a + b)(a – b) M11 ⇒ a + bM11 ( Vì < a – b ≤ ) Mặt khác < a + b ≤ 18 nên a + b = 11 Suy ra: 2 ab − ba = 9.11.11(a − b) số phương nên a – b = a – b = + Nếu a – b = 1, kết hợp với a + b = 11 suy a = 6, b = 15 + Nếu a – b = 4, kết hợp với a + b = 11 suy a = ( loại ) Vậy số cần tìm 65 Bài 21 Tìm số nguyên tố x, y, z cho xy + = z Hướng dẫn Vì x, y số nguyên tố nên x ≥ 2, y ≥ suy z ≥ z số nguyên tố lẻ nên x y số chẵn suy x = 2, z = 2y + Nếu y lẻ 2y + 1M3 suy zM3, vô lí Vậy y chẵn, tức y = Với x = 2, y = z = 22 + = Vậy số nguyên tố cần tìm x = y = 2, z = Bài 22 Tìm số nguyên tố p để: a 2p + lập phương số tự nhiên b 13p + lập phương số tự nhiên Hướng dẫn a Giả sử 2p + = n3 ( n ∈¥ ) , n số lẻ nên n = 2m + (m ∈¥ ) Khi đó: 2p + = (2m + 1)3 ⇒ p = m(4m2 + 6m + 3) Vì p số nguyên tố nên m = 1, suy p = 13 b Giả sử 13p + = n3 ( n ∈¥ ) , p ≥ suy n ≥ Ta có: 13p + = n3 ⇒ 13p = (n – 1)(n2 + n + 1) Vì 13 p số nguyên tố, mà n – > n + n + 1> nên n – = 13 n – = p + Với n – = 13 n = 14 ⇒ 13p = n3 – = 2743 ⇒ p =211 số nguyên tố + Với n – = p n2 + n + = 13 ⇒ n = 3, p = số nguyên tố Vậy với p = p = 211 13p + lập phương số tự nhiên 2.4 Hiệu đạt đề tài Trong năm học 2015 – 2016 áp dụng đề tài vào lớp phụ trách : lớp 8A, lớp 9A trường THCS THPT Nghi Sơn, kết thu tương đối tốt Các em có tự tin hình thành số kiến thức kĩ bản, phân dạng số toán chứng minh chia hết, toán số nguyên tố, số phương, phương trình nghiệm nguyên Để đánh giá tính hiệu đề tài cuối năm học tiến hành kiểm tra hai lớp có chất lượng học sinh tương đương: lớp 8A lớp 8D Trường THCS 12 THPT Nghi Sơn Trong lớp 8D chưa tiếp cận phương pháp sử dụng đề tài Kiểm tra hình thức tự luận với đề sau : Đề Câu Chứng minh tích năm số nguyên liên tiếp chia hết cho 120 Câu Cho n ∈¥ * Chứng minh rằng: 3n +2 + 42n +1 M 13 2 Câu Tìm số nguyên tố x, y thõa mãn x – 2y = Câu Chứng minh n + số nguyên có số có hiệu chúng chia hết cho n ( Thời gian 45 phút) Kết thu được: Điểm < Lớp Sĩ số 8A 35 8D 34 Số lượng Điểm đến < Điểm ≥ % Số lượng % Số lượng % 22.9 15 42.9 12 34.2 22 64.7 10 29.4 5.9 KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Sáng kiến kinh nghiệm thu số kết sau đây: Hệ thống hóa số kiến thức tính chất chia hết trong phân môn số học bậc THCS Hệ thống hóa số dạng toán điển hình có vận dụng tính chất chia hết để giải như: Chứng minh tính chia hết; tìm điều kiện chia hết, tìm số nguyên tố, số phương, phương trình nghiệm nguyên Rèn kỹ phương pháp tư cho học sinh bậc THCS vào việc giải toán Đã tổ chức thực nghiệm sư phạm để minh họa, kiểm chứng tính khả thi hiệu đề tài SKKN SKKN đúc kết thông qua thực tế giảng dạy môn toán cho nhiều đối tượng học sinh bậc THCS Trường THCS THPT Nghi Sơn Với SKKN hy vọng với đồng nghiệp góp phần cải tiến, nâng cao chất lượng giảng dạy môn toán nói riêng nâng cao chất lượng giáo dục nói chung nhà Trường THCS THPT Nghi Sơn 3.2 Kiến nghị 3.2.1 Đối với Ban Giám hiệu - Quan tâm việc trang bị đồ dùng dạy học đầu sách tham khảo môn toán 13 - Có kế hoạch xây dựng, tổ chức nhiều buổi trao đổi phương pháp giảng dạy cho cán giáo viên 3.2.2 Đối với Sở GD & ĐT - Tăng cường mở lớp bồi dưỡng chuyên môn nghiệp vụ cho giáo viên dạy toán - Các SKKN Hội đồng khoa học nghành đánh giá cao nên công bố rộng rãi XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 25 tháng 04 năm 2006 Tôi xin cam đoan SKKN viết, không chép nội dung người khác Người viết TÀI LIỆU THAM KHẢO Tạp chí Toán học tuổi trẻ - NXBGD Tạp chí Toán học tuổi thơ – NXBGD 14 Nâng cao phát triển toán – Tập 1, Tập – Vũ Hữu Bình – NXBGD Số Học – Nguyễn Vũ Thanh - NXBGD Số Học – Hà Huy Khoái – NXB ĐHQG Hà nội Bài tập toán - Tập 1, Tập – NXBGD 15 16 17 18 19 ... tuyển sinh vào lớp 10 Những toán thường gây “khó khăn” học sinh kể học sinh có lực học khá,giỏi Thực tế 10 năm giảng dạy trường THCS THPT Nghi Sơn thấy lí đa số học sinh chưa biết toán “ gốc” dạng. .. được: Điểm < Lớp Sĩ số 8A 35 8D 34 Số lượng Điểm đến < Điểm ≥ % Số lượng % Số lượng % 22 .9 15 42 .9 12 34.2 22 64.7 10 29. 4 5 .9 KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Sáng kiến kinh nghiệm thu số kết sau... phụ trách : lớp 8A, lớp 9A trường THCS THPT Nghi Sơn, kết thu tương đối tốt Các em có tự tin hình thành số kiến thức kĩ bản, phân dạng số toán chứng minh chia hết, toán số nguyên tố, số phương,