Một số biện pháp rèn kỹ năng giải toán chia hết cho học sinh lớp 6

BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN 1.Lời giới thiệu: Toán học đời gắn liền với người lịch sử phát triển xã hội, có ý nghĩa lý luận thực tiễn vô lớn lao quan trọng Trong thời đại cơng nghiệp hố đại hố thiết phải đặt tảng dân trí Vì phải có chiến lược nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực bồi dưỡng nhân tài lĩnh vực Sự phát triển khoa học tự nhiên lại đặt tảng khoa học toán học Vậy dạy tốn trường THCS ngồi mục đích cung cấp tri thức toán học cho học sinh, điều đặc biệt phải dạy cho học sinh cách phân tích, nghiên cứu, tìm tịi, đào sâu khai thác, phát triển toán để tổng quát hoá, khái quát hoá kiến thức Số học mơn khoa học có vai trò quan trọng việc rèn luyện tư sáng tạo cho học sinh Số học giúp có nhìn tổng qt hơn, suy luận chặt chẽ lơgíc Đối với học sinh THCS, Số học mảng khó chương trình tốn THCS Phần lớn học sinh chưa có phương pháp giải tập Nguyên nhân khó khăn mà học sinh gặp phải giải tập số học chỗ: lúc đầu giải tập - học sinh thấy có đứt quãng cụ thể điều kiện toán phụ thuộc toán học trừu tượng diễn điều kiện học sinh thu nhận kiến thức cách giải tập cụ thể kỹ chung việc giải tốn khác yếu Với mục tiêu việc lên lớp truyền thụ kiến thức cho học sinh vơ quan trọng Vì vậy, tơi đặt cho mục tiêu giáo dục nhằm hình thành phát triển kỹ sử dụng phương pháp linh hoạt, phát triển lực trí tuệ, khả tư duy, quan sát, dự đốn tưởng tượng, tư lơgíc, cách sử dụng ngơn ngữ, có khả thích ứng với thay đổi sống, biết diễn đạt ý tưởng nắm bắt ý tưởng người khác Hình thành cho học sinh tư tích cực độc lập sáng tạo, nâng cao khả phát giải vấn đề, rèn luyện kỹ vận dụng kiến thức vào thực tiễn, tác động đến tình cảm, đem lại niềm vui hứng thú học tập cho học sinh Là học sinh tiếp cận với mơn tốn tất yếu phải hình thành kỹ giải tốn kiến thức định Có kỹ giải toán nghĩa khẳng định vận dụng lý thuyết vào tập cách có tư duy, sáng tạo Đối với chương trình tốn viết sách giáo khoa lượng kiến thức không nhiều tập áp dụng kiến thức phong phú đa dạng có dạng tốn chia hết Thực tế cho thấy, dạng toán chia hết bắt gặp xuyên suốt chương trình tốn THCS Chính giáo viên cần rèn cho em kỹ giải dạng tốn kiến thức cịn tảng dạng tốn chia hết chương trình tốn Trong q trình giảng dạy tơi nhận thấy học sinh cịn yếu dạng tốn chí khơng biết giải biết giải lập luận chưa chặt chẽ Nếu lớp em không làm quen với lập luận chặt chẽ lên lớp em cảm thấy kiến thức áp đặt,từ khơng tạo tị mị, hứng thú mơn học Vì cần có giải pháp lâu dài rèn em biết giải toán từ phép biến đổi Có tốn học thực lơi em vào dòng say mê chiếm lĩnh tri thức, tốn lại mơn chủ đạo Với lý áp dụng số biện pháp rèn luyện kỹ cho học sinh lớp nhận biết nhanh dấu hiệu chia hết cho số tự nhiên, nhằm giúp học sinh thuận lợi vận dụng làm số tập có liên quan thơng qua đề tài “ Một số biện pháp rèn kỹ giải toán chia hết cho học sinh lớp ” Tên sáng kiến: Một số biện pháp rèn kỹ giải toán chia hết cho học sinh lớp Tác giả sáng kiến: - Họ tên: Phùng Thị Hồng Lịch - Địa tác giả sáng kiến: Trường TH &THCS Tứ Yên – Sông Lô – Vĩnh Phúc - Số điện thoại: 0984591338 - E_mail: phungthihonglich.gvc2tuyen@vinhphuc.edu.vn Chủ đầu tư tạo sáng kiến : Phùng Thị Hồng Lịch - Trường TH&THCS Tứ Yên – Huyện Sông Lô – Tỉnh Vĩnh Phúc Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Sáng kiến áp dụng việc dạy học mơn Tốn lớp Đặc biệt nâng cao chất lượng đội tuyển học sinh giỏi mơn Tốn 6 Ngày sáng kiến áp dụng lần đầu áp dụng thử: Sáng kiến áp dụng lần đầu từ ngày 09 /09/2019 Mô tả chất sáng kiến: 7.1 Về nội dung sáng kiến: 7.1.1Cơ sở lý luận vấn đề: Chúng ta dạy học theo đổi dạy học theo chuẩn kiến thức kỹ năng, gọi chuẩn – cần phải nắm vững Rèn kỹ giải toán chia hết chuẩn mà học sinh cần phải nắm Hệ thống tập thể dạng toán chia hết có vai trị quan trọng giúp cho học sinh phát triển khả tư duy, khả vân dụng kiến thức cách linh hoạt vào giải tốn, trình bày lời giải xác logic Đó kỹ cần thiết học sinh cịn ngơi ghế nhà trường Có phù hợp với cải tiến dạy học phát huy hết tính tích cực, tư sáng tạo học sinh trường học 7.1.2 Thực trạng vấn đề: Trong q trình giảng dạy tơi thấy đa phần học sinh chưa có kỹ giải tốn “chia hết” em chưa biết tốn cần áp dụng phương pháp để giải cho kết nhất, nhanh đơn giản Vì để nâng cao kỹ giải toán “chia hết” em phải nắm dạng tốn, phương pháp gỉải, kiến thức cụ thể hố bài, chương Có thể nói dạng tốn “chia hết” ln dạng tốn khó học sinh khơng học sinh cảm thấy sợ học dạng toán Là giáo viên dạy tốn tơi mong em chinh phục khơng chút ngần ngại gặp dạng tốn Nhằm giúp em phát triển tư suy luận óc phán đốn, kỹ trình bày linh hoạt Hệ thống tập đưa từ dễ đến khó, bên cạnh cịn có tập nâng cao dành cho học sinh giỏi lồng vào tiết luyện tập Lượng tập tương đối nhiều nên em tự học, tự chiếm lĩnh tri thức thông qua hệ thống tập áp dụng này, điều giúp em hứng thú học tập nhiều Hiện tại, học sinh khối tơi dạy năm cịn ngỡ ngàng dạng toán chia hết, em cảm thấy lạ ngại làm dạng tốn nghĩ khó Vì thế, thiết yếu phải rèn kỹ giải toán chia hết lớp để làm hành trang kiến thức vững cho em gặp lại dạng toán lớp 7.1.3 Các biện pháp tiến hành để giải vấn đề: a) Vấn đề đặt ra: Hệ thống hóa lý thuyết chia hết tập vận dụng tương ứng, từ dạng đến tương đối khó Trong trình giải nhiều dạng tập hình thành khắc sâu cho em kỹ giải dạng toán chia hết Giáo viên nêu dấu hiệu chia hết phương pháp chứng minh chia hết sách giáo khoa, bổ sung thêm số phương pháp cần thiết để vận dụng vào nhiều dạng tập khác b) Giải vấn đề:  Phần I: LÝ THUYẾT:  Tính chất chia hết tổng, hiệu, mơt tích: - Nếu a Mm bMm a + b Mm , a – b Mm , a.bMm - Nếu a Mm a n Mm(n ∈ N ) - Nếu a Mm bMn a.bMm.n đặc biệt a Mb a n Mb n  SKG tốn giới thiệu dấu hiệu chia hết cho 2, 3, 5, giáo viên cần bổ sung thêm dấu hiệu chia hết cho 4, 6, 8, 25 , 125 ,11 số dấu hiệu khác  Mục đích đưa thêm dấu hiệu để vận dụng vào tập học sinh không bị lúng túng lên lớp (7, 8, 9) * MỘT SỐ DẤU HIỆU CHIA HẾT Gọi N = anan−1 a 1a0  Dấu hiệu chia hết cho 2; 5; 4; 25; 8; 125 + N  ⇔ a0  ⇔ a0∈{0; 2; 4; 6; 8} + N  ⇔ a0  ⇔ a0∈{0; 5} + N  (hoặc 25) ⇔ a1a0  (hoặc 25) + N  (hoặc 125) ⇔ a2 a1a0  (hoặc 125)  Dấu hiệu chia hết cho + N  (hoặc 9) ⇔ a0+a1+…+an  (hoặc 9)  Một số dấu hiệu khác + N  11 ⇔ [(a0+a2+…) - (a1+a3+…)]  11 + N  101 ⇔ [( a1a0 + a5a4 +…) - ( a3a2 + a7a6 +…)]101 + N  (hoặc 13) ⇔ [( a2 a1a0 + a8 a7a6 +…) - [( a5 a4a3 + a11a10a9 +…) 7 (hoặc 13) + N  37 ⇔ ( a2 a1a0 + a5 a4a3 +…)  37 + N  19 ⇔ ( an+2an-1+22an-2+…+ 2na0)  19 *ĐỒNG DƯ THỨC  Định nghĩa: Cho m số nguyên dương Nếu hai số nguyên a b cho số dư chia cho m ta nói a đồng dư với b theo modun m Ký hiệu: a ≡ b (modun) Vậy: a ≡ b (modun) ⇔ a - b  m  Các tính chất Với ∀ a ⇒ a ≡ a (modun) Nếu a ≡ b (modun) ⇒ b ≡ a (modun) Nếu a ≡ b (modun), b ≡ c (modun) ⇒ a ≡ c (modun) Nếu a ≡ b (modun) c ≡ d (modun) ⇒ a+c ≡ b+d (modun) Nếu a ≡ b (modun) c ≡ d (modun) ⇒ ac ≡ bd (modun) Nếu a ≡ b (modun), d ∈ Uc (a, b) (d, m) =1 ⇒ a b ≡ (modun) d d Nếu a ≡ b (modun), d > d ∈ Uc (a, b, m) ⇒ a b m ≡ (modun ) d d d *MỘT SỐ ĐỊNH LÝ  Định lý Euler Nếu m số nguyên dương ϕ(m) số số nguyên dương nhỏ m nguyên tố với m, (a, m) = Thì aϕ(m) ≡ (modun) Cơng thức tính ϕ(m) Phân tích m thừa số nguyên tố m = p1α1 p2α2 … pkαk với pi ∈ p; αi ∈ N* 1 Thì ϕ(m) = m(1 - p )(1 - p ) … (1 - p ) 1` k  Định lý Fermat Nếu t số nguyên tố a khơng chia hết cho p ap-1 ≡ (mod p)  Định lý Wilson Nếu p số nguyên tố ( P - 1)! + ≡ (mod p)  Phần II: CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN CHIA HẾT Phương pháp 1: SỬ DỤNG DẤU HIỆU CHIA HẾT Ví dụ 1: Tìm chữ số a, b cho a56b 45 Giải Ta thấy 45 = 5.9 mà (5 ; 9) = để a56b 45 ⇔ a56b Xét a56b ⇔ b ∈ {0 ; 5} Nếu b = ta có số a56b ⇔ a + + +  ⇒ a + 11  ⇒a = Nếu b = ta có số a56b ⇔ a + + +  ⇒ a + 16  ⇒a = Vậy: a = b = ta có số 7560 a = b = ta có số 2560 Ví dụ 2: Biết tổng chữ số số không đổi nhân số với Chứng minh số chia hết cho Giải Gọi số cho a Ta có: a 5a chia cho có số dư ⇒ 5a - a  ⇒ 4a  mà (4 ; 9) = ⇒ a  (Đpcm)    111    81 Ví dụ 3: CMR số 111… 81 sè1 Giải Ta thấy: 111111111     111   = 111111111(1072 + 1063 + … + 109 + 1) Có 111… 81 sè1 Mà tổng 1072 + 1063 + … + 109 + có tổng chữ số  ⇒ 1072 + 1063 + … + 109 +     111    81 (Đpcm) Vậy: 111… 81 sè1 BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài 1: Tìm chữ số x, y cho a 34x5y b 2x78 17 Bài 2: Cho số N = dcbaCMR a N  ⇔ (a + 2b)  b N  16 ⇔ (a + 2b + 4c + 8d)  16 với b chẵn Bài 3: Tìm tất số có chữ số cho số gấp lần tích chữ số số Bài 4: Viết liên tiếp tất số có chữ số từ 19 đến 80 ta số A = 192021… 7980 Hỏi số A có chia hết cho 1980 khơng ? Vì sao? Bài 5: Tổng 46 số tự nhiên liên tiếp có chia hết cho 46 khơng? Vì sao? 11 22… 22 tích số tự nhiên liên tiếp       Bài 6: Chứng tỏ số 11… 100 sè1 Bài 1: Bài 2: 100 sè2 HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ a x = y = x = y = b 2x78 = 17 (122 + 6x) + 2(2-x)17 ⇔ x = a N4 ⇔ ab4 ⇔ 10b + a4 ⇔ 8b + (2b + a) 4 ⇒ a + 2b4 b N16 ⇔ 1000d + 100c + 10b + a16 ⇔ (992d + 96c + 8b) + (8d + 4c + 2b + a) 16 ⇒ a + 2b + 4c + 8d16 với b chẵn Bài 3: Gọi ab số có chữ số Theo ta có: ab= 10a + b = 2ab (1) ab2 ⇒ b ∈{0; 2; 4; 6; 8} Thay vào (1) a = 3; b = Bài 4: Có 1980 = 22.32.5.11 Vì chữ số tận a 80  ⇒A Tổng số hàng lẻ 1+(2+3+…+7).10+8 = 279 Tổng số hàng chẵn 9+(0+1+…+9).6+0 = 279 Có 279 + 279 = 558  ⇒A  279 - 279 =  11 ⇒A  11 Bài 5: Tổng số tự nhiên liên tiếp số lẻ nên khơng chia hết cho Có 46 số tự nhiên liên tiếp ⇒ có 23 cặp số cặp có tổng số lẻ ⇒ tổng 23 cặp không chia hết cho Vậy tổng 46 số tự nhiên liên tiếp không chia hết cho 46 11 22… 22 = 11… 11 100… 02              Bài 6: Có 11… 100 sè1 100 sè2 100 sè1 99 sè0 02 = 33…       34 Mà 100… 99 sè0 99 sè3 11 22… 22 = 33…         33 33…   34 (Đpcm) ⇒ 11… 100 sè1 100 sè2 100 sè3 99 sè3 Phương pháp 2: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CHIA HẾT * Chú ý: Trong n số nguyên liên tiếp có số chia hết cho n CMR: Gọi n số nguyên liên tiếp m + 1; m + 2; … m + n với m ∈ Z, n ∈ N* Lấy n số nguyên liên tiếp chia cho n ta tập hợp số dư là: {0; 1; 2; … n - 1} * Nếu tồn số dư 0: giả sử m + i = nqi ; i = 1,n ⇒ m + i  n * Nếu không tồn số dư ⇒ khơng có số nguyên dãy chia hết cho n ⇒ phải có số dư trùng ≤ i; j ≤ n m + i = nqi + r Giả sử:  m + j = qjn + r ⇒ i - j = n(qi - qj)  n ⇒ i - j  n mà i - j< n ⇒ i - j = ⇒ i = j ⇒ m + i = m + j Vậy n số có số số chia hết cho n… Ví dụ 1: CMR: a Tích số ngun liên tiếp ln chia hết cho b Tích số nguyên liên tiếp chia hết cho Giải a Trong số nguyên liên tiếp có số chẵn ⇒ Số chẵn chia hết cho Vậy tích số ngun liên tiếp ln chia hết cho b.Tích số ngun liên tiếp ln chia hết tích số nguyên liên tiếp chia hết cho Trong sô nguyên liên tiếp bao giơ có số chia hết cho ⇒ Tích số chia hết cho mà (2; 3) = Vậy tích số nguyên liên tiếp chia hết cho Ví dụ 2: CMR: Tổng lập phương số nguyên liên tiếp chia hết cho Giải Gọi số nguyên liên tiếp là: n - , n , n+1 Ta có: A = (n - 1)3 + n3 + (n + 1)3 = 3n3 - 3n + 18n + 9n2 + = 3(n - 1)n (n+1) + 9(n2 + 1) + 18n Ta thấy (n - 1)n (n + 1)  (CM Ví dụ 1) ⇒ 3(n - 1)n (n + 1)  9(n + 1) 9 mà  18n 9 ⇒A  (ĐPCM) Ví dụ 3: CMR: n4 - 4n3 - 4n2 +16n  384 với ∀ n chẵn, n≥ Giải Vì n chẵn, n≥ ta đặt n = 2k, k≥ Ta có n4 - 4n3 - 4n2 + 16n = 16k4 - 32k3 - 16k2 + 32k = 16k(k3 - 2k2 - k + 2) = 16k(k - 2) (k - 1)(k + 1) Với k ≥ nên k - 2, k - 1, k + 1, k số tự nhiên liên tiếp nên số có số chia hết cho số chia hết cho ⇒ (k - 2)(k - 1)(k + 1)k  Mà (k - 2) (k - 1)k  ; (3,8)=1 ⇒ (k - 2) (k - 1) (k + 1)k  24 ⇒ 16(k - 2) (k - 1) (k + 1)k  (16,24) Vậy n4 - 4n3 - 4n2 +16n  384 với ∀ n chẵn, n ≥ BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài 1: CMR: a n(n + 1) (2n + 1)  b n5 - 5n3 + 4n  120 Với ∀ n ∈ N Bài 2: CMR: n4 + 6n3 + 11n2 + 6n  24 Với ∀ n ∈ Z Bài 3: CMR: Với ∀ n lẻ a n2 + 4n +  b n3 + 3n2 - n -  48 c n12 - n8 - n4 +  512 Bài 4: Với p số nguyên tố p > CMR : p2 -  24 Bài 5: CMR: Trong 1900 số tự nhiên liên tiếp có số có tổng chữ số chia hết cho 27 HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ Bài 1: a n(n + 1)(2n + 1) = n(n + 1) [(n + 1) + (n + 2)] = n(n + 1) (n - 1) + n(n + 1) (n + 2)  b n5 - 5n3 + 4n = (n4 - 5n2 + 4)n = n(n2 - 1) (n2 - 4) = n(n + 1) (n - 1) (n + 2) (n - 2)  120 Bài 2: n4 + 6n3 + 6n + 11n2 = n(n3 + 6n2 + + 11n) = n(n + 1) (n + 2) (n + 3)  24 Bài 3: a n2 + 4n + = (n + 1) (n + 3)  b n3 + 3n2 - n - = n2(n + 3) - (n + 3) = (n2 - 1) (n + 3) = (n + 1) (n - 1) (n + 3) = (2k + 4) (2k + 2) (2k với n = 2k + 1, k ∈ N) = 8k(k + 1) (k +2)  48 12 c n - n8 - n4 + = n8 (n4 - 1) - (n4 - 1) = (n4 - 1) (n8 - 1) = (n4 - 1)2 (n4 + 1) = (n2 - 1)2 (n2 - 1)2 (n4 + 1) = 16[k(k + 1)2 (n2 + 1)2 (n4 + 1) Với n = 2k + ⇒ n2 + n4 + số chẵn ⇒ (n2 + 1)2  n4 +  ⇒ n12 - n8 - n4 +  (24.22 22 21) Vậy n12 - n8 - n4 +  512 Bài 4: Có p2 - = (p - 1) (p + 1) p số nguyên tố p > ⇒ p  ta có: (p - 1) (p + 1)  p = 3k + p = 3k + (k ∈ N) ⇒ (p - 1) (p + 1)  Vậy p -  24 Bài 5: Giả sử 1900 số tự nhiên liên tiếp n, n +1; n + 2; … ; n + 1989 (1) 1000 tự nhiên liên tiếp n, n + 1; n + 2; …; n + 999 có số chia hết cho 1000 giả sử n0, n0 có tận chữ số giả sử tổng chữ số n0 s 27 số n0, n0 + 9; n0 + 19; n0 + 29; n0 + 39; …; n0 + 99; n0 + 199; … n0 + 899 (2) Có tổng chữ số là: s; s + … ; s + 26 Có số chia hết cho 27 (ĐPCM) * Chú ý: n + 899 ≤ n + 999 + 899 < n + 1989 ⇒ Các số (2) nằm dãy (1) Phương pháp 3: XÉT TẬP HỢP SỐ DƯ TRONG PHÉP CHIA Ví dụ 1: CMR: Với ∀ n ∈ N Thì A(n) = n(2n + 7) (7n + 1) chia hết cho Giải Ta thấy thừa số n 7n + số chẵn Với ∀ n ∈ N ⇒A(n)  Ta chứng minh A(n)  Lấy n chia cho ta n = 3k + (k ∈ N) Với r ∈ {0; 1; 2} Với r = ⇒ n = 3k ⇒ n  ⇒A(n)  Với r = ⇒ n = 3k + ⇒ 2n + = 6k +  ⇒A(n)  Với r = ⇒ n = 3k + ⇒ 7n + = 21k + 15  ⇒A(n)  ⇒A(n)  với ∀ n mà (2, 3) = Vậy A(n)  với ∀ n ∈ N Ví dụ 2: CMR: Nếu n  A(n) = 32n + 3n +  13 Với ∀ n ∈ N Giải Vì n  ⇒ n = 3k + r (k ∈ N); r ∈ {1; 2; 3} ⇒A(n) = 32(3k + r) + 33k+r + = 32r(36k - 1) + 3r (33k - 1) + 32r + 3r + ta thấy 36k - = (33)2k - = (33 - 1)M = 26M  13 33k - = (33 - 1)N = 26N  13 với r = ⇒ 32n + 3n + = 32 + +1 = 13  13 ⇒ 32n + 3n +  13 với r = ⇒ 32n + 3n + = 34 + 32 + = 91  13 ⇒ 32n + 3n + Vậy với n  A(n) = 32n + 3n +  13 Với ∀ n ∈ N Ví dụ 3: Tìm tất số tự nhiên n để 2n -  Giải Lấy n chia cho ta có n = 3k + (k ∈ N); r ∈ {0; 1; 2} Với r = ⇒ n = 3k ta có 2n - = 23k - = 8k - = (8 - 1)M = 7M  với r =1 ⇒ n = 3k + ta có: 2n - = 28k +1 - = 2.23k - = 2(23k - 1) + mà 23k -  ⇒ 2n - chia cho dư với r = ⇒ n = 3k + ta có : 2n - = 23k + - = 4(23k - 1) + mà 23k -  ⇒ 2n - chia cho dư Vậy 23k -  ⇔ n = 3k (k ∈ N) 10 Vì n, n - 1; n + số nguyên liên tiếp ⇒ n(n + 1) (n - 1)  12n  Vậy n3 + 11n  Ví dụ 2: Cho a, b ∈ z thoả mãn (16a +17b) (17a +16b)  11 CMR: (16a +17b) (17a +16b)  121 Giải Có 11 số nguyên tố mà (16a +17b) (17a +16b)  11 16a + 17b 11 (1) 17a + 16b  11  ⇒ Có 16a +17b + 17a +16b = 33(a + b)  11 (2) 16a + 17b 11 17a + 16b 11 Từ (1) (2) ⇒  Vậy (16a +17b) (17a +16b)  121 Ví dụ 3: Tìm n ∈ N cho P = (n + 5)(n + 6)  6n Giải Ta có P = (n + 5)(n + 6) = n + 11n + 30 = 12n + n2 - n + 30 Vì 12n  6n nên để P  6n ⇔ n2 - n + 30  6n n2 - n 6 n(n - 1) 3 (1) ⇔ ⇔ 30 6n 30 n (2) Từ (1) ⇒ n = 3k n = 3k + (k ∈ N) Từ (2) ⇒ n ∈ {1; 2; 3; 5; 6; 10; 15; 30} Vậy từ (1); (2) ⇒ n ∈ {1; 3; 6; 10; 15; 30} Thay giá trị n vào P ta có n ∈ {1; 3; 10; 30} thoả mãn Vậy n ∈ {1; 3; 10; 15; 30} P = (n + 5)(n + 6)  6n BÀI TẬP TƯƠNG TỰ 3 3 Bài 1: CMR: + + +  23 Bài 2: CMR: 36n2 + 60n + 24  24 Bài 3: CMR: a 5n+2 + 26.5n + 2n+1  59 b 2n + 14  Bài 4: Tìm n ∈ N cho n3 - 8n2 + 2n  n2 + HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ 3 3 Bài 1: + + + = (1 + 73) + (33 + 53) = 8m + 8N  23 Bài 2: 362 + 60n + 24 = 12n(3n + 5) + 24 Ta thấy n 3n + không đồng thời chẵn lẻ ⇒ n(3n + 5)  ⇒ ĐPCM 14 Bài 3: a 5n+2 + 26.5n + 2n+1 = 5n(25 + 26) + 2n+1 = 5n(59 - 8) + 8.64 n = 5n.59 + 8.59m  59 b 2n + 14 = 2n - + 15 = (81n - 1) + 15 = 80m + 15  Bài 4: Có n - 8n + 2n = (n2 + 1)(n - 8) + n +  (n2 + 1) ⇔ n +  n2 + Nếu n + = ⇒ n = -8 (thoả mãn) Nếu n + ≠ ⇒ n + 8≥ n2 +  n + ≤ -n − Víi n ≤ −8  n + n + ≤ Víi n ≤ −8 ⇒ ⇒  n + ≥ n + Víi n ≥ −8  n − n − ≤ Víi n ≥ −8 ⇒ n ∈ {-2; 0; 2} thử lại Vậy n ∈ {-8; 0; 2} Phương pháp 6: DÙNG QUY NẠP TOÁN HỌC Giả sử CM A(n)  P với n ≥ a (1) Bước 1: Ta CM (1) với n = a tức CM A(n)  P Bước 2: Giả sử (1) với n = k tức CM A(k)  P với k ≥ a Ta CM (1) với n = k + tức phải CM A(k+1)  P Bước 3: Kết luận A(n)  P với n ≥ a Ví dụ 1: Chứng minh A(n) = 16n - 15n -  225 với ∀ n ∈ N* Giải Với n = ⇒A(n) = 225  225 n = Giả sử n = k ≥ nghĩa A(k) = 16k - 15k -  225 Ta phải CM A(k+1) = 16 k+1 - 15(k + 1) -  225 Thật vậy: A(k+1) = 16 k+1 - 15(k + 1) - = 16.16k - 15k - 16 = (16k - 15k - 1) + 15.16k - 15 = 16k - 15k - + 15.15m = A(k) + 225 mà A(k)  225 (giả thiết quy nạp) 225m 225 Vậy A(n)  225 Ví dụ 2: CMR: với ∀ n ∈ N* n số tự nhiên lẻ ta có n m − 12 n + Giải Với n = ⇒ m - = (m + 1)(m - 1)  (vì m + 1; m - số chẵn liên tiếp nên tích chúng chia hết cho 8) Giả sử với n = k ta có m 2k − 12 k + ta phải chứng minh 15 m2 k +1 − 12 k +3 k m − 12k + ⇒ m Thật ⇒ m2 có m k 2k = k + 2.q + k +1 ( ) −1 = m 2k − = k + 2.q ( − = k + 2.q + − = k + 4.q + k +3.q = k +3 ( k +1 q + q ) 2 k +3 Vậy ) (q ∈ z ) n m − 12 n + với ∀ n ≥ BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài 1: CMR: - 26n - 27  29 với ∀ n ≥ Bài 2: CMR: 42n+2 -  15 Bài 3: CMR số thành lập 3n chữ số giống chia hết cho 3n với n số nguyên dương 3n+3 HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ Bài 1: Tương tự ví dụ Bài 2: Tương tự ví dụ Bài 3: Ta cần CM aa   a 3n  3n (1) sèa Với n = ta có aa a =111a 3 aa a  3k Giả sử (1) với n = k tức    3k sèa Ta chứng minh (1) với n = k + tức phải chứng minh aa    a  3k+1 ta có 3k+1 = 3.3k = 3k + 3k +3k k+ sèa k k aa a a a a a = aa a.10 2.3 + aa a.103 + a a     a =a Có  k k k k + ( sèa k k ) 3 3k 2.3 k +1 = aa    a 10 + 10 + 3 3k Phương pháp 7: SỬ DỤNG ĐỒNG DƯ THỨC Giải toán dựa vào đồng dư thức chủ yếu sử dụng định lý Euler định lý Fermat Ví dụ 1: CMR: 22225555 + 55552222  Giải 16 Có 2222 ≡ - (mod 7) ⇒ 22225555 + 55552222 ≡ (- 4)5555 + 45555 (mod 7) Lại có: (- 4)5555 + 42222 = - 45555 + 42222 1111 = - 42222 (43333 - 1) = - 2222 ( ) − ( ) Vì 43 = 64 ≡ (mod 7) ⇒ ( )1111 − ≡ (mod 7) ⇒ 22225555 + 55552222 ≡ (mod 7) Vậy 22225555 + 55552222  Ví dụ 2: CMR: 24 n +1 34 n +1 +3 + 522 với ∀ n ∈ N Giải Theo định lý Fermat ta có: 310 ≡ (mod 11) 210 ≡ (mod 11) Ta tìm dư phép chia 24n+1 34n+1 cho 10 Có 24n+1 = 2.16n ≡ (mod 10) ⇒ 24n+1 = 10q + (q ∈ N) Có 34n+1 = 3.81n ≡ (mod 10) ⇒ 34n+1 = 10k + (k ∈ N) Ta có: 32 n +1 n +1 + 33 + = 310 q+ + 210 k +3 = 32.310q + 23.210k + ≡ 1+0+1 (mod 2) ≡ (mod 2) mà (2, 11) = Vậy 32 n +1 n +1 + 33 Ví dụ 3: CMR: + 522 24 n +1 với ∀ n ∈ N + 11 với n ∈ N Ta có: ≡ (mod) ⇒ ⇒ 24n+1 = 10q + (q ∈ N) ⇒ 22 n +1 4n+1 Giải ≡ (mod 10) = 210 q+ Theo định lý Fermat ta có: 210 ≡ (mod 11) ⇒ 210q ≡ (mod 11) 22 n +1 + = 210 q+ + ≡ 4+7 (mod 11) ≡ (mod 11) Vậy 22 n +1 + 11 với n ∈ N (ĐPCM) BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài 1: CMR 22 n+ + 319 với n ∈ N 17 Bài 2: CMR với ∀ n ≥ ta có 52n-1 22n-15n+1 + 3n+1 22n-1  38 Bài 3: Cho số p > 3, p ∈ (P) CMR 3p - 2p -  42p Bài 4: CMR với số nguyên tố p có dạng 2n - n (n ∈ N) chia hết cho p HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ Bài 1: Làm tương tự VD3 Bài 2: Ta thấy 52n-1 22n-15n+1 + 3n+1 22n-1  Mặt khác 52n-1 22n-15n+1 + 3n+1 22n-1 = 2n(52n-1.10 + 6n-1) Vì 25 ≡ (mod 19) ⇒ 5n-1 ≡ 6n-1 (mod 19) ⇒ 25n-1.10 + 6n-1 ≡ 6n-1.19 (mod 19) ≡ (mod 19) Bài 3: Đặt A = 3p - 2p - (p lẻ) Dễ dàng CM A  A  ⇒A  Nếu p = ⇒A = 37 - 27 -  49 ⇒A  7p Nếu p ≠ ⇒ (p, 7) = Theo định lý Fermat ta có: A = (3p - 3) - (2p - 2)  p Đặt p = 3q + r (q ∈ N; r = 1, 2) ⇒A = (33q+1 - 3) - (23q+r - 2) = 3r.27q - 2r.8q - = 7k + 3r(-1)q - 2r - (k ∈ N) với r = 1, q phải chẵn (vì p lẻ) ⇒A = 7k - - - = 7k - 14 Vậy A  mà A  p, (p, 7) = ⇒A  7p Mà (7, 6) = 1; A  ⇒A  42p Bài 4: Nếu P = ⇒ 22 - =  Nếu n > Theo định lý Fermat ta có: 2p-1 ≡ (mod p) ⇒ 2m(p-1) ≡ (mod p) (m ∈ N) Xét A = 2m(p-1) + m - mp A  p ⇒ m = kq - Như p > ⇒ p có dạng 2n - n N = (kp - 1)(p - 1), k ∈ N chia hết cho p Phương pháp 8: SỬ DỤNG NGUYÊN LÝ ĐIRICHLET Nếu đem n + thỏ nhốt vào n lồng có lồng chứa từ trở lên Ví dụ 1: CMR: Trong n + số nguyên có số có hiệu chia hết cho n 18 Giải Lấy n + số nguyên cho chia cho n n + số dư nhận số sau: 0; 1; 2; …; n - ⇒ có số dư có số dư chia cho n Giả sử = nq1 + r 0≤ r j; q, k ∈ N ⇒ aj - aj = 1993(q - k) 111  … 1100  …  =1993(q − k ) i - j 1994sè1 i sè0 j 111  … 11.10 =1993(q − k ) i - j 1994sè1 19 mà (10j, 1993) = 111  … 11  1993 (ĐPCM) 1994sè1 Bài 3: Xét dãy số gồm 17 số nguyên a1, a2, …, a17 Chia số cho ta 17 số dư phải có số dư thuộc tập hợp{0; 1; 2; 3; 4} Nếu 17 số có số chia cho có số dư tổng chúng chia hết cho Nếu 17 số khơng có số có số dư chia cho ⇒ tồn số có số dư khác ⇒ tổng số dư là: + + + + = 10  10 Vậy tổng số chia hết cho Bài 4: Xét dãy số a1 = 1993, a2 = 19931993, … a1994 = 1993…    1993  1994sè1993 đem chia cho 1994 ⇒ có 1994 số dư thuộc tập {1; 2; …; 1993} theo nguyên lý Đirichlet có số hạng có số dư Giả sử: = 1993 … 1993 (i số 1993) aj = 1993 … 1993 (j số 1993) ⇒ aj - aj  1994 ≤ i < j ≤ 1994 ⇒ ni 1993   …1993  10 1993 j - i sè1993 Phương pháp 9: PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG Để CM A(n)  p (hoặc A(n)  p ) + Giả sử: A(n)  p (hoặc A(n)  p ) + CM giả sử sai + Kết luận: A(n)  p (hoặc A(n)  p ) Ví dụ 1: CMR n2 + 3n +  121 với ∀ n ∈ N Giả sử tồn n ∈ N cho n2 + 3n +  121 ⇒ 4n2 + 12n + 20  121 (vì (n, 121) = 1) ⇒ (2n + 3)2 + 11  121 (1) ⇒ (2n + 3)2  11 Vì 11 số nguyên tố ⇒ 2n +  11 ⇒ (2n + 3)2  121 (2) Từ (1) (2) ⇒ 11  121 vô lý Vậy n2 + 3n +  121 Ví dụ 2: CMR n2 -  n với ∀ n ∈ N* Giải 20 Xét tập hợp số tự nhiên N* Giả sử ∃ n ≥ 1, n ∈ N* cho n2 -  n Gọi d ước số chung nhỏ khác n ⇒ d ∈ (p) theo định lý Fermat ta có 2d-1 ≡ (mod d) ⇒ m < d ta chứng minh m\n Giả sử n = mq + r (0 ≤ r < m) Theo giả sử n2 -  n ⇒ nmq+r -  n ⇒ 2r(nmq - 1) + (2r - 1)  n ⇒ 2r -  d r < m mà m ∈ N, m nhỏ khác có tính chất (1) ⇒ r = ⇒ m\n mà m < d có tính chất (1) nên điều giả sử sai Vậy n2 -  n với ∀ n ∈ N* BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài 1: Có tồn n ∈ N cho n2 + n +  49 không? Bài 2: CMR: n2 + n +  với ∀ n ∈ N* Bài 3: CMR: 4n2 - 4n + 18  289 với ∀ n ∈ N HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ Bài 1: Giả sử tồn n ∈ N để n2 + n +  49 ⇒ 4n2 + 4n +  49 ⇒ (2n + 1)2 +  49 (1) ⇒ (2n + 1)2  Vì số nguyên tố ⇒ 2n +  ⇒ (2n + 1)2  49 (2) Từ (1); (2) ⇒  49 vô lý Bài 2: Giả sử tồn n2 + n +  với ∀ n ⇒ (n + 2)(n - 1) +  (1) n + 3 ⇒ (n + 2)(n - 1)  (2) n − 13 số nguyên tố ⇒  Từ (1) (2) ⇒  vô lý Bài 3: Giả sử ∃ n ∈ N để 4n2 - 4n + 18  289 ⇒ (2n - 1)2 + 17  172 ⇒ (2n - 1)  17 17 số nguyên tố ⇒ (2n - 1)  17 ⇒ (2n - 1)2  289 ⇒ 17  289 vô lý c) Biện pháp phối hợp Sử dụng số trò chơi giúp học sinh rèn luyện kỹ sau:  Trị chơi: “ Tìm nhanh số chia hết” Ví dụ: Cho số : 21780; 325; 1980; 176 Hãy cho biết số chia hết cho số số sau ( 2; 3; 5; )? Hướng dẫn học sinh 21 a) Số 21780 chia hết cho có chữ số tận Chia hết cho tổng chữ số chia hết cho b) 325 chia hết cho có chữ số tận c) 176 chia hết cho có chữ số tận 6(chữ số chẵn) d) 1980 chia hết cho 2, cho 5, cho 3, cho ( có chữ số tận có tổng chữ số chia hết cho 9)  Trò chơi: “ghép số” tạo thành số chia hết Yêu cầu học sinh chơi theo nhóm, số phát cho số cần ghép Khi quản trị hiệu lệnh nhóm ghép số có lại để tạo số chia hết theo yêu cầu Ví dụ: Dùng ba bốn chữ số: 8; 3; 1; ghép thành số tự nhiên có ba chữ số cho số đó: a) Chia hết cho b) Chia hết cho mà không chia hết cho Hướng dẫn: Trong chữ số 8; 3; 1; có ba chữ số có tổng chia hết cho 8; 1; Vậy số lập là: 810; 180; 108; 801 Trong chữ số 8; 3; 1; có ba chữ số có tổng chia hết cho mà không chia hết cho 8; 3; Vậy số lập là: 813; 831; 381; 318; 183; 138  Trị chơi: “Tìm số dư” u cầu: Giáo viên cho số số bảng yêu cầu học sinh nhóm quan sát nhanh cho nhận xét yêu cầu tìm số chia cho dư 1; chia dư 2; vv… học sinh quan sát nhanh đọc số đó, đại diện nhóm ghi lên bảng phần phụ đánh dấu kết Kết thúc trị chơi nhóm ghi nhiều số thắng Ví dụ: Cho số 213; 1543; 827; 1546; 468; 1527; 2468; 3666; 1011 Hãy tìm số dư chia số cho Hướng dẫn: - Số chia cho dư 1011 - Số chia cho dư 2468 - Số chia cho dư 3666 - Số chia cho dư 213; 1527 - Số chia cho dư 1548 22 - Số chia cho dư 827 - Số chia cho dư 468  Trò chơi “thay chữ số” Thay dấu * chữ chữ số thích hợp để phép tính sau TOANHOC HOCTOAN * 02 * 65 Giáo viên yêu cầu học sinh chơi theo nhóm phát động trị chơi nhóm tiến hành làm Sau khoảng thời gian định giáo viên cho nhóm trình bày quan điểm -> nhận xét đánh giá Hướng dẫn: GV: Xét cột hàng triệu ta có T = 9, H = Số TOANHOC HOCTOAN có tổng chữ số nên: TOANHOC - HOCTOAN  Ta dễ thấy dấu * cột trăm nghìn dấu * hàng trăm Từ cột hàng trăm cột hàng nghìn ta có N = - Cột hàng đơn vị có C = ( C – = ) - Cột hàng vạn có A = ( A – – = ) - Cột hàng chục có O = ( O – tận ) 9482147 Vậy ta có phép tính: 1479482 8002665 7.2 Về khả áp dụng sáng kiến: Sau thời gian nghiên cứu tìm hiểu, quan tâm giúp đỡ Ban giám hiệu nhà trường tổ chuyên môn, thực thành công đề tài “ Một số biện pháp rèn kỹ giải toán chia hết cho học sinh lớp ” Nó có tác dụng to lớn giảng dạy học tập mơn, giúp học sinh phát triển tư sáng tạo, có nhìn tổng quan vấn đề gặp phải, đồng thời góp phần quan trọng việc ôn luyện kiến thức cũ, bổ sung thêm kiến thức nâng cao giành cho em đội tuyển học sinh giỏi Qua kết nghiên cứu nhận thấy “ Một số biện pháp nhằm rèn kỹ giải toán chia hết cho học sinh lớp ” áp dụng cho học sinh khối trường áp dụng phạm vi huyện nhằm góp phần nâng cao chất lượng học sinh đại trà đặc biệt chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi Bởi vấn đề nghiên cứu thực khơng q khó, giáo viên thực 23 trình soạn giảng lên lớp Để trang bị cho học sinh kiến thức vững quan trọng em tự tin khơng cịn phải sợ mơn tốn, tiền đề để em học tốt mơn tốn lớp Những thơng tin cần bảo mật: Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến: 9.1 Đối với giáo viên: Để rèn kỹ giải toán chia hết cho học sinh đạt hiệu qủa cao ta cần lưu ý số nội dung sau: -Thường xuyên kiểm tra miệng phần tập nhà học nhằm giúp em nắm vững kiến thức học - Lồng ghép nhiều dạng tập chia hết vào tiết luyện tập , tự chọn - Cần xây dựng hệ thống tập đặc trưng nêu tính chất nội dung mà ta cần rèn luyện Bên cạnh đưa tập tương tự tập mà em làm -Việc rèn luyện kỹ tính tốn cho học sinh phải thực thường xuyên, lâu dài xuyên suốt trình giảng dạy năm học - Qua kết tơi thấy việc rèn luyện kỹ giải tốn chia hết cần thiết , phương pháp cho dạng toán đem lại hiệu cao việc nâng cao kỹ giải tốn chia hết nói chung giải Tốn nói riêng 9.2 Đối với học sinh: Để làm tốt dạng toán chia hết học sinh cần phải nắm kiến thức như: tính chất chia hết tổng, hiệu, tích….Bên cạnh cịn hiểu vả nắm phương pháp chứng minh quy nạp toán học, phương pháp phản chứng, … số phương pháp khác Tuy nhiên trình làm học sinh cần vận dụng linh hoạt nội dung kiến thức vào cho phù hợp, có đạt kết tốt Trong q trình làm dạng tốn đặc biệt ý đến nội dung tốn có xếp theo trình tự từ dễ đến khó, dạng đa dạng phong phú Nhằm cung cấp cho học sinh lượng kiến thức phù hợp với khả nhận thức có phát triển khả tư lơgíc Người Đây sáng kiến thuộc dạng dạydạy học nên hy vọng không người dạy cần: quan tâm tới việc nâng cao kỹ giải toán chia hết cho học sinh mà học sinh cần tham khảo để tự nâng cao kỹ giải tốn chia hết cho riêng áp dụng để giải dạng tập có liên quan Người dạy muốn cóđãhiệu cao việc Nắmvà rõ học kiến thức học liên quan tốn chiấp hếtdụng sáng kiến để nâng cao kỹ giải tốn chia hết người dạy học cần nhiệt tình nắm rõ bước sau Đối với người dạy cần vận dụng trình tự sơ đồ sau: Áp dụng kiến thức học cách linh hoạt để giải toán 24 Kiểm tra, đánh giá kết thực nghiệm Đối với học sinh cần vận dụng theo trình tự sơ đồ hố sau: Học sinh cần: Nắm vững kiến thức học phương pháp giải cho dạng tốn Có tính sáng tạo , tự giác, tích cực Biết vận dụng vào thực tế 10 Đánh giá lợi ích thu được: 10.1 Đánh giá lợi ích thu dự kiến thu áp dụng sáng kiến theo ý kiến tác giả: Đề tài “ Một số biện pháp nhằm rèn kỹ giải toán chia hết cho học sinh lớp ” mà tiến hành nghiên cứu áp dụng học sinh lớp 25 em đội tuyển học sinh giỏi nâng cao chất lượng đại trà học sinh giỏi Sau thử nghiệm tơi thấy học sinh có kỹ giải dạng toán chia hết tốt áp dụng linh hoạt phương pháp học phương pháp quy nạp tốn học, tính chất chia hết tổng, hiệu, tích…để giải triệt để dạng tốn liên quan tới dạng tốn “chia hết” Thơng qua phương pháp học sinh xác định hướng giải tốn nên kỹ giải tốn “chia hết” nói chung khả tự học nhà học sinh tăng lên rõ rệt Kết đáng tin cậy điểm kiểm tra tiết điểm thi HKI vừa qua đồng thời kỹ giải toán chia hết đạt tỉ lệ trung bình tăng cao so với trước thử nghiệm Hơn nữa, học kì II chất lượng đạt cao hơn, tỉ lệ học sinh trung bình tăng, tạo cho học sinh hứng thú say mê với mơn Tốn Với cách tổ chức lớp học áp dụng vào thực tế giảng dạy thấy việc hoạt động học học sinh tương đối tốt Học sinh tham gia hoạt động nhiều, có ham muốn tìm tịi, khám phá kiến thức Đa số học sinh hiểu bàivà vận dụng kiến thức linh hoạt, chất lượng học nâng cao, số học sinh đạt giỏi tăng lên, số học sinh yếu giảm nhiều, đa số học sinh có ý thức tự giác học tập Kết cụ thể đạt sau:  Đối với chất lượng học sinh đại trà: Kết so sánh số liệu với thời điểm bắt đầu nghiên cứu Các giai đoạn Tổng Tổng số Tổng số học Chi áp dụng đề tài số học học sinh sinh sinh đạt từ TB trung bình nghiên trở lên cứu TS Tỉ lệ TS Tỉ lệ % % Chưa áp dụng 37 12 32,4 25 67,6 Nghiên cứu làm đề tài kết qua khảo sát chất lượng đầu năm Áp dụng đề tài 37 28 75,6 09 24,4 Đưa biện pháp rèn kỹ giải toán chia hết qua kết khảo sát chất lượng đầu năm Kết cho thấy việc vận dụng phương pháp vào giảng dạy tốn giúp học sinh có kết cao học tập  Đối với chất lượng đội tuyển học sinh giỏi: Các giai đoạn Số HS Quá trình áp dụng đề tài áp dụng đề tài khảo sát Điểm đạt Điểm Ghi (0;