Các phương pháp giải bài toán chia hết và áp dụng trong chương trình THCS

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - VŨ THỊ OANH CÁC PHƢƠNG PHÁP GIẢI BÀI TỐN CHIA HẾT VÀ ÁP DỤNG TRONG CHƢƠNG TRÌNH THCS LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội – 2014 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - VŨ THỊ OANH CÁC PHƢƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN CHIA HẾT VÀ ÁP DỤNG TRONG CHƢƠNG TRÌNH THCS Chun ngành: Phƣơng pháp tốn sơ cấp Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC NGƢỜI HƢỚNG DẪN KHOA HỌC: TS PHẠM VĂN QUỐC Hà Nội – 2014 LỜI CẢM ƠN Trong trình thực luận văn, nhận đƣợc động viên, giúp đỡ góp ý chân thành thầy, cơ, gia đình bạn bè đồng nghiệp, khơng có giúp đỡ ấy, tơi khơng thể hồn thành tốt luận văn Đầu tiên, tơi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy hƣớng dẫn T.S Phạm Văn Quốc, khối chuyên toán, trƣờng Đại học Khoa học tự nhiên, Đại học quốc gia Hà Nội, ngƣời dành nhiều thời gian nhiệt tình bảo, hƣớng dẫn, giúp đỡ tơi hồn thành luận văn Tôi gửi lời cảm ơn tới thầy khoa Tốn - Cơ - Tin học, phòng Sau đại học, trƣờng Đại học Khoa học tự nhiên - Đại học quốc gia Hà Nội giảng dạy giúp đỡ nhiều trình học tập, khơng mặt kiến thức mà cịn mặt chun mơn, phƣơng pháp Kiến thức sâu rộng, tận tụy, hăng say, lòng yêu nghề Thầy gƣơng sáng để học tập theo Tôi xin gửi lời cảm ơn tới thầy, cô Sermina môn Phƣơng pháp tốn sơ cấp có ý kiến đóng góp q báu để luận văn đƣợc hồn chỉnh Ngồi ra, tơi xin gửi lời cảm ơn đến bạn bè, đồng nghiệp tạo điều kiện, giúp đỡ, đóng góp ý kiến cho tơi Cuối cùng, tơi xin gửi lời cảm ơn, biết ơn đến gia đình mình, ngƣời động viên, giúp đỡ tơi q trình dài, tạo điều kiện để tơi có thể học tập hồn thành luận văn Hà Nội, ngày 30 tháng 10 năm 2014 Học viên Vũ Thị Oanh MỤC LỤC Phần Lời mở đầu Phần Nội dung Chương Tổng quan phép chia hết tập hợp số nguyên 1.1 Phép chia hết 1.2 Phép chia có dƣ 1.3 Một số kiến thức liên quan Chương Các phương pháp giải toán chia hết 11 2.1 Phƣơng pháp sử dụng tính chất phép chia hết phép chia có dƣ 11 2.1.1.Phƣơng pháp sử dụng tính chất chia hết 11 2.1.2 Phƣơng pháp sử dụng dấu hiệu chia hết 13 2.1.3 Phƣơng pháp sử dụng định lý phép chia có dƣ 17 2.2 Phƣơng pháp đồng dƣ 20 2.3 Phƣơng pháp dùng đẳng thức 27 2.4 Một số phƣơng pháp khác 31 2.4.1 Phƣơng pháp tuần hoàn 31 2.4.2 Phƣơng pháp quy nạp 34 2.4.3 Phƣơng pháp phản chứng 37 2.4.4 Phƣơng pháp sử dụng nguyên lý Dirichlet 39 Chương Áp dụng phương pháp giải toán chia hết 42 Phần Kết luận 80 Tài liệu tham khảo 82 Phần Lời mở đầu LỜI MỞ ĐẦU Bertrand Russell, nhà toán học xuất sắc ngƣời Anh viết : “Tốn học nắm giữ khơng thật mà vẻ đẹp tối thượng, vẻ đẹp lạnh lùng mộc mạc tác phẩm điêu khắc, tinh khiết hồn hảo tuyệt vời, có nghệ thuật vĩ đại ” Quả thật nhƣ vậy, toán học làm cho ngƣời học, ngƣời nghiên cứu phải thích thú, phải ngƣỡng mộ trƣớc vẻ đẹp khoa học, tự nhiên Và điều góp phần làm nên vẻ đẹp phép chia hết Phép chia hết không điểm bắt đầu, nguồn nhiều nội dung khác thú vị tốn học, mà thân chứa đựng tính chất đẹp đẽ, mối quan hệ phong phú, tính chất tƣởng nhƣ đơn giản nhƣng lại phức tạp, đôi lúc tƣởng nhƣ phức tạp lại thành đơn giản Là giáo viên dạy toán cấp trung học sở, phép chia hết song hành giảng tốn tơi qua khối lớp, từ lớp đến lớp 9, đặc biệt khối lớp học số học khối lớp Phép chia hết có vai trị quan trọng, nhƣ tơi nói, ln tính chất mở đầu, gốc, công cụ để phát triển số học nói riêng tốn học nói chung Bởi có vai trị quan trọng, tính chất biến hóa, đa dạng phong phú mà phép chia hết đƣợc sử dụng nhiều đề kiểm tra, đề thi thƣờng xuyên, đề thi học sinh giỏi nƣớc quốc tế, đề thi vào lớp 10, vào khối lớp chuyên, , đó, phƣơng pháp để giải tốn chia hết ln vấn đề đƣợc quan tâm, nghiên cứu Để giúp cho thân học sinh thấy đƣợc vẻ đẹp, điều kì diệu tốn học, nhƣ cung cấp cho em phƣơng pháp để giải đƣợc tốn chia hết, tơi chọn đề tài: Các phương pháp giải toán chia hết áp dụng chương trình THCS Nội dung khóa luận bao gồm vấn đề sau đây: - Tổng quan phép chia hết tập hợp số ngun - Trình bày phƣơng pháp giải tốn chia hết - Các tốn áp dụng chƣơng trình THCS cách giải theo phƣơng pháp trình bày Mặc dù cố gắng nhƣng kiến thức cịn hạn chế, thời gian khơng nhiều nên làm luận văn không tránh khỏi sai sót Tác giả mong nhận đƣợc góp ý ý kiến phản biện quý thầy cô bạn đọc Xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, ngày 30 tháng 10 năm 2014 Học viên Vũ Thị Oanh Phần Nội dung Chƣơng Tổng quan phép chia hết tập hợp số nguyên 1.1 Phép chia hết 1.1.1 Định nghĩa: Cho hai số nguyên a b, b ≠ Nếu có số nguyên k cho a = bk ta nói a chia hết cho b Kí hiệu a ⋮ b (a chia hết cho b) b│a (b chia hết a) Khi đó, a đƣợc gọi bội b b đƣợc gọi ƣớc a 1.1.2 Các tính chất chia hết : với a, b  Z, b ≠  Nếu a ⋮ b b ⋮ c a ⋮ c (tính chất bắc cầu)  Nếu a ⋮ b am ⋮ b (mZ)  Nếu ⋮ m a1 + a2 + + an ⋮ m (tính chất chia hết tổng)  Nếu a ⋮ m b ⋮ m a + b ⋮ m  Nếu ab ⋮ c (b, c) = a ⋮ c  Nếu ⋮ mi với i = 1, 2, , n a1.a2 an ⋮ m1.m2 mn Đặc biệt, a ⋮ b an ⋮ bn 1.2 Phép chia có dƣ 1.2.1 Định nghĩa: Giả sử a, b hai số nguyên b > Ta nói a chia cho số b có thƣơng q số dƣ r, a biểu diễn đẳng thức a = b.q + r,  r < b 1.2.2 Định lý phép chia có dƣ: Giả sử a, b hai số nguyên b>0 Khi chọn đƣợc số nguyên q r cho  r < b a = bq + r Các số q, r xác định theo điều kiện Chứng minh: * Sự tồn tại: Chọn số tự nhiên c cho |a|< bc xét dãy số: -cb, (-c + 1)b, (-c + 2)b, , -2b, -b, 0b, , (c - 1)b, cb Với b > dãy tăng, có số đầu -cb < a, số cuối cb > a (do |a|< c) Nhƣ dãy có số bé a, kí hiệu qb, số lớn a, kí hiệu (q+1)b Ta có: qb  a < (q+1)b, nhƣ ta chọn đƣợc thƣơng q Kí hiệu r a - bq a = bq + r Khi đó: qb  bq + r < (q+1)b hay  r < b Vậy thƣơng q số dƣ r tìm đƣợc * Tính nhất: Giả sử a biểu diễn đƣợc cách: a = b𝑞1 + 𝑟1 với  𝑟1 < b; a = b𝑞2 + 𝑟2 với  𝑟2 < b Trừ vế tƣơng ứng hai đẳng thức, ta có: (𝑞1 − 𝑞2 )𝑏 + 𝑟1 − 𝑟2 = suy 𝑟1 − 𝑟2 = −(𝑞1 − 𝑞2 )𝑏 (1) 𝑟1 − 𝑟2 ⋮ 𝑏 (*) Giả sử 𝑟1 ≠ 𝑟2 , ta giả sử 𝑟1 > 𝑟2 Mặt khác, 𝑟1 − 𝑟2 ≤ 𝑟1 < 𝑏, nên 𝑟1 − 𝑟2 ⋮ b mâu thuẫn với (*) Vậy 𝑟1 = 𝑟2 , b ≠ nên từ (1) suy 𝑞1 = 𝑞2 Vậy dạng biểu diễn phép chia có dƣ suy n2 + n + ⋮ nên n2 + n + ⋮ 19951995 với n * Cách (phản chứng) Giả sử tồn n, k N cho n2 + n + = 19951995 k suy 4n2 + 4n + = 4.19951995 k suy 4n2 + 4n + = 4.19951995 k − hay (2n + 1)2 = 19951995 4k − Vì 1995 ⋮ nên 19951995 4k ⋮ 9, suy 19951995 4k − ⋮ 19951995 4k − ⋮ tức (2n + 1)2 ⋮ (2n + 1)2 ⋮ 9, điều vơ lí Vậy khơng có số tự nhiên n để n2 + n + ⋮ 19951995 * Cách Xét phƣơng trình bậc (ẩn n) n2 + n + = 19951995 k (k Z+) Chứng minh với k Z+ phƣơng trình khơng thể có nghiệm n số tự nhiên Thật vậy, ta có phƣơng trình n2 + n + − 19951995 k = ∆= − − 19951995 k = 4k 19951995 − tƣơng tự nhƣ trên, ta thấy 4k 19951995 − chia hết cho nhƣng không chia hết cho Vì vậy, ∆ khơng số phƣơng nên phƣơng trình khơng có nghiệm ngun Vậy khơng có số tự nhiên n để n2 + n + ⋮ 19951995 Bài 46 Chứng minh 1n + 2n +3n + 4n ⋮  n ⋮ với n nguyên dƣơng Giải: *Cách Đặt n = 4k + r ( r= 0; 1; 2; 3; kN) + Với n = 4k 1n + 2n +3n + 4n = 14k + 24k +34k + 44k = 1k + 16k +81k + 256k = + + + = không chia hết cho 69 + Với n = 4k + 1n + 2n +3n + 4n = 14k+1 + 24k+1 + 34k+1 + 44k+1 = 1k + 2.16k +3.81k + 4.256k = + + + = chia hết cho + Với n = 4k + 1n + 2n +3n + 4n = 14k+2 + 24k+2 +34k+2 + 44k+2 = 1k + 4.16k +9.81k + 16.256k = + + + = chia hết cho + Với n = 4k + 1n + 2n +3n + 4n = 14k+3 + 24k+3 +34k+3 + 44k+3 = 1k + 8.16k +27.81k + 64.256k = + + + = chia hết cho Vậy 1n + 2n +3n + 4n ⋮ 5 n ⋮ *Cách Theo định lý Ferma bé: Ta có a4 − ⋮ với a = 1; 2; 3; a4k − ⋮ (a4 − 1) nên a4k − ⋮ đặt a4k = 5m + (m  N) Với n = 4k + r (r = 0; 1; 2; 3) an = a4k+r = 5m + ar Vậy an chia cho có số dƣ ar Do đó, 1n + 2n +3n + 4n chia cho có số dƣ 1r + 2r +3r + 4r + Với r = 1r + 2r +3r + 4r = không chia hết cho + Với r = 1r + 2r +3r + 4r = 10 chia hết cho + Với r = 1r + 2r +3r + 4r = 30 chia hết cho + Với r = 1r + 2r +3r + 4r = 100 chia hết cho Vậy 1n + 2n +3n + 4n ⋮ 5 n ⋮ Bài 47 Chứng minh với số nguyên n >1 ta có nn + 5n2 − 11n + chia hết cho (n − 1)2 Giải: nn + 5n2 − 11n + = nn − n + n2 − 2n + = nn − n + n + ta có: nn − n = n nn−1 − = n n − nn−2 + nn−3 + ⋯ + = n n − [ nn−2 − 1) + (nn−3 − 1) + ⋯ + n − + + (n − ] = n n − [n n − nn−2 − 1) + (nn−3 − 1) + ⋯ + (n − + n − 70 Vì nk − ⋮ n − nên nn−2 − 1) + (nn−3 − 1) + ⋯ + (n − + n − ⋮ n − Do n n − [n n − [ nn−2 − 1) + (nn−3 − 1) + ⋯ + (n − + n − 1] ⋮ (n − 1)2 hay nn − n ⋮ (n − 1)2 với số nguyên n >1 Bài 48 Chứng minh a số nguyên không chia hết cho khơng chia hết cho (a4 − 1)(a4 + 15a2 + 1) ⋮ 35 Giải: Vì a không chia hết cho số nguyên tố nên (a, 5) = Theo định lí Fecma bé: a4 ≡ mod suy a4 − ⋮ Tƣơng tự, ta có: a6 ≡ mod suy a6 − ⋮ Lại có: (a4 − 1) a4 + 15a2 + = (a4 − 1) a4 + a2 + + 14a2 (a4 − 1) = (a6 − 1) + 14a2 (a4 − 1) ⋮ a6 − ⋮ 14a2 (a4 − 1) ⋮ (a4 − 1) a4 + 15a2 + ⋮ a4 − ⋮ hai số nguyên tố nên (a4 − 1)(a4 + 15a2 + 1) ⋮ 5.7 hay (a4 − 1)(a4 + 15a2 + 1) ⋮ 35 Bài 49 Chứng minh 222555 + 555222 ⋮ Giải: * Cách 1: + Vì 222 = 7.31 + nên 222 ≡ (mod 7) Xét tuần hoàn số dƣ chia lũy thừa cho 7, ta đƣợc: 5 52 53 54 55 56 57 58 59 6 Vậy 56 ≡ mod , suy 56m ≡ mod với mN Lại có 555 = 6.29 + nên 5555 = 56.92 53 ≡ 1.6 mod ≡ mod Vậy 222555 ≡ mod (1) 71 + 555 = 7.79 + nên 555 ≡ (mod 7) Xét tuần hoàn số dƣ chia lũy thừa cho 7, ta đƣợc: 2 22 23 24 25 26 27 28 29 4 Vậy 23 ≡ mod , suy 23n ≡ mod với n ∈N Lại có 222=3.74 nên 2222 = 23.74 ≡ mod Vậy 555222 ≡ mod (2) Từ (1) (2), ta có: 222555 + 555222 ≡ + 1(mod 7) ≡ 0(mod 7) hay 222555 + 555222 ⋮ * Cách Ta có: 222555 + 555222 = 222555 + 2555 + 555222 − 2222 − (2555 − 2222 ) mà 222555 + 2555 ⋮ (222 + 2) = 224 ⋮ nên 222555 + 2555 ⋮ 555222 − 2222 ⋮ 555 − = 553 ⋮ nên 555222 − 2222 ⋮ 2555 − 2222 = 2222 2333 − = 2222 8111 − ⋮ − = nên 2555 − 2222 ⋮ Vậy 222555 + 555222 ⋮ Bài 50 Chứng minh 72012 2013 − 32016 2017 ⋮ 10 Giải: * Xét tuần hoàn số dƣ chia lũy thừa cho 10, ta đƣợc: 7 72 73 74 75 76 77 78 79 9 Vậy 74 ≡ mod 10 suy 74m ≡ mod 10 với mN Lại có 20122013 = (4.503)2013 = 42012 5032013 Vậy 72012 2013 ≡ 74.4 2012 503 2013 ≡ mod 10 (1) 72 * Xét tuần hoàn số dƣ chia lũy thừa cho 10, ta đƣợc: 3 32 33 34 35 36 37 38 39 9 Vậy 34 ≡ mod 10 suy 34n ≡ mod 10 với nN Lại có 20162017 = (4.504)2016 = 42015 5042016 Vậy 32016 2017 ≡ 34.4 2015 5012016 Từ (1) (2) suy 72012 hay 72012 2013 − 32016 2017 2013 ≡ mod 10 (2) − 32016 2017 ≡ − mod 10 ≡ mod 10 ⋮ 10 Bài 51 Chứng minh tổng lập phƣơng số tự nhiên liên tiếp chia hết cho Giải: Gọi ba số tự nhiên liên tiếp n, n+1, n+2 Tổng lập phƣơng số n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3 * Với n = 0, ta có 03 + + + 0+2 = ⋮ * Với n > 0, giả sử mệnh đề với n = k, tức k + (k + 1)3 + (k + 2)3 ⋮ 9, ta chứng minh mệnh đề với n = k + 1, tức (k + 1)3 + k + + k+3 ⋮ Thật vậy, ta có (k + 1)3 + k + + k+3 = (k + 1)3 + k + k + 9k + 27k + 27 = [k + k + + k + ] + 9(k + 3k + 3) ⋮ + k + (k + 1)3 + (k + 2)3 ⋮ 9(k + 3k + 3) ⋮ Vậy theo nguyên lý quy nạp n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3 ⋮ với số tự nhiên n Bài 52 Chứng minh : An = 5n + 3n−1 + ⋮ với n số nguyên dƣơng Giải: (chứng minh phƣơng pháp quy nạp) + Với n = 1, A1 = 51 + 31−1 + = ⋮ 73 + Với n > 1, giả sử Ak = 5k + 3k−1 + ⋮ 8, ta chứng minh Ak+1 = 5k+1 + 3k + ⋮ Thật vậy, Ak+1 = 5k+1 + 3k + = 5k + 3k−1 + = 5k + 3k−1 + + 5k + 3k−1 Vì 5k + 3k−1 số chẵn nên 4(5k + 3k−1 ) ⋮ 5k + 3k−1 + ⋮ đó, Ak+1 = 5k+1 + 3k + ⋮ 𝑛 Bài 53 Chứng minh với n nguyên dƣơng 23 + ⋮ 3𝑛 Giải: (phƣơng pháp quy nạp) + Với n = 23 + = ⋮ k + Với n > 1, giả sử mệnh đề với n = k, tức 23 + ⋮ 3k , ta chứng minh 23 ta có 3k +1 k +1 + ⋮ 3k+1 3k +1= (2 ) +1= k 3k +1 3k k −23 + k Vì 23 + ⋮ 3k nên đặt 23 = t 3k − với t  Z 23 k 2 k −23 + = t 3k − − (t 3k − 1) + = (t 3k )2 − t 3k + ⋮ k k mà 23 + ⋮ 3k , suy 23 + 23 k k −23 + ⋮ 3k+1 n Vậy với n nguyên dƣơng 23 + ⋮ 3n Bài 54 Chứng minh rằng: với số tự nhiên n 4𝑛 + 15𝑛 − ⋮ Giải: (phƣơng pháp quy nạp) + Với n = 4n + 15n − = + 15 − = 18 ⋮ + Với n ≥ 1; giả sử mệnh đề với n = k, tức 4k + 15k − ⋮ ta chứng minh 4k+1 + 15(k + 1) − ⋮ Thật vậy, xét 4k+1 + 15 k + − = 4k + 15k + 15 − = 4k + 15k − − 45k + 18 = 4k + 15k − − 9(5k − 2) ⋮ 74 (vì 4k + 15k − ⋮ 9(5k − 2) ⋮ 9) Vậy, theo nguyên lý quy nạp 4n + 15n − ⋮ với số tự nhiên n Bài 55 Cho 100 số tự nhiên lẻ 1,3,5, ,199 Tìm số tự nhiên k bé cho chọn k số tùy ý 100 số cho tìm đƣợc hai số k số chọn mà số bội số Giải: Các số cho có dạng 3t i (t i ≥ 0, lẻ, ⋮ 3); (1   199) Trong 100 số lẻ, số chia hết cho là: 3, 9,15 , 195 Số số chia hết cho (195 - 3) : + = 33 nên nhận 100 - 33 = 67 giá trị khác Theo nguyên lý Dirichlet lấy 68 số tập hợp có số am = an Khi hai số 3t m am 3t n an có số bội số Ta chứng minh số bé 68 Thật vậy, giả sử có tập hợp 67 số tự nhiên lẻ, ví dụ tập hợp số 67,69,71, ,199 mà có số khác x y bội nhau, giả sử x ⋮ y x ≥ 3y, suy 199 ≥ x ≥ 3y ≥ 3.67 = 201 (vơ lí) Vậy số tự nhiên nhỏ cần tìm 68 Từ đó, ta có tốn tổng qt: Cho a số tự nhiên lẻ 1,3,5, ,a Tìm số tự nhiên k bé cho chọn k số tùy ý a số cho tìm hai số k số chọn mà số bội số Bài 56 Tồn hay khơng số có dạng 1995 1995 1995 1995 000 000 chia hết cho 1994 Giải: Xét dãy số gồm 1994 số hạng sau: 1995, 1995 1995, 1995 1995 1995, , 1995 1995 1994 lần 1995 75 Chia tất số hạng dãy cho 1994 có 1993 số dƣ từ đến 1993 (khơng có số dƣ số hạng dãy lẻ) Ta lại có 1994 phép chia, nên theo nguyên lý Dirichlet, phải có hai số có số dƣ chia cho 1994 Khi hiệu số chia hết cho 1994 Giả sử số am an (m, n  N; 1 m  n  1994) am = 1995 1995 … 1995 m lần 1995 an = 1995 1995 … 1995 n lần 1995 Khi am − an ⋮ 1994 hay 1995 1995 … 1995 000 … 000 ⋮ 1994 n−m lần 1995 4m số Vậy tồn số có dạng 1995 1995 1995 1995 000 000 chia hết cho 1994 Bài toán tổng quát: Tồn hay khơng số có dạng 𝑎 𝑎 𝑎 𝑎 .0 chia hết cho a - (a  N) Bài 57 Chứng minh tập hợp số nguyên dƣơng tồn số k cho số 1983k − ⋮ 105 Giải: Xét dãy số 1983 − 1; 19832 − 1; 19833 − 1; … ; 198310 +1 − Dãy có 105 + số Lấy 105 + số chia cho 105 , ta đƣợc 105 số dƣ nhận giá trị từ đến 105 − Theo nguyên lý Dirichlet, 105 + số chia cho 105 phải có số có số dƣ Giả sử số am = 1983m − 1; an = 1983n − (m, n N; 1 m  n  105 + 1) Khi an − am ⋮ 105 hay (1983n − 1) − 1983m − ⋮ 105 1983n − 1983m ⋮ 105 suy 1983m 1983n−m − ⋮ 105 Vì (1983m , 105 )=1 nên 1983n−m − ⋮ 105 76 Đặt k = n - m, ta có 1983k − ⋮ 105 Vậy tập hợp số nguyên dƣơng tồn số k cho số 1983k − ⋮ 105 Bài 58 Có tồn hay không số nguyên dƣơng bội 1993 có bốn chữ số tận 1994 Giải: *Cách (Sử dụng nguyên lý Dirichlet) Xét 1994 số sau: 1994, 1994 1994, , 1994 1994 … 1994 1994 lấn số 1994 Trong 1994 số chia cho 1993 phải có số có số dƣ Giả sử số a = 1994 1994 … 1994 i lấn số 1994 b = 1994 1994 … 1994 (với  i  j  1994) j lấn số 1994 Khi b - a = 1994 1994 … 1994 104i ⋮ 1993 j−i số 1994 Vì (104i , 1993) = nên 1994 1994 … 1994 ⋮ 1993 j−i số 1994 Vậy có tồn số nguyên dƣơng bội 1993 có bốn chữ số tận 1994 *Cách Giả sử số 𝐴1994 ⋮ 1993 suy 104 𝐴 + 1994 ⋮ 1993  35𝐴 + ⋮ 1993  35A = 1993B + 1992  2B = 1995B + 1995 − 35A  2B + ⋮ 35  2B ≡ 32 mod 35  B ≡ 16 Bài 59 Cho n số nguyên dƣơng a1 , a2 , … , an Chứng minh chọn số đứng liền mà tổng chia hết cho n Giải: 77 Xét dãy số gồm n phần tử S1 , S2 , … Sn với Si = i j=1 aj Chia phần tử Si dãy cho n Nếu ∃Sk ⋮ n (1≤ k ≤ n) tốn đƣợc chứng minh Nếu với Sk ⋮ n (1≤ k ≤ n) chia cho n phải có n-1 trƣờng hợp số dƣ (từ đến n-1), dãy có phần tử có số dƣ Giả sử số hạng Sp Sq (1≤ p ≤ q ≤ n) Vậy Sp - Sq = ap+1 + ap+2 + ⋯ +aq ⋮ n Bài 60 (Đề thi vào lớp 10 chuyên toán- tin trường Phổ thông khiếu, ĐHQG thành phố Hồ Chí Minh, năm học 2004-2005) a) Tìm tất số nguyên dƣơng n saocho x 3n+1 + x 2n + chia hêt cho x + x + b) Tìm số dƣ phép chia A= 38 + 36 + 32004 cho 91 Giải: a) Nhận thấy: với m nguyên dƣơng x 3m − = (x )m − chia hết cho x − 1, x 3m − chia hết cho x + x + Đặt n = 3k + r (k nguyên dƣơng , r = 0, 1, 2) Xét x 3n+1 + x 2n + = x 3k+r +1 = x x Vì x x 3k+r x 2r x 2k + x2 3k+r 3k+r +1 − + x 2r x 2k − + x + x 2r + − chia hết cho x + x + 1, − chia hết cho x + x + 1, nên để x 3n+1 + x 2n + chia hết cho x + x + x 2r + x + chia hết cho x + x + + Với r = x 2r + x + = x + không chia hết cho x + x + + Với r = x 2r + x + = x + x + chia hết cho x + x + + Với r = x + x + = x(x − 1) + 2x + không chia hết cho x + x + 78 Kết luận: với n = 3k + (k  N*) x 3n+1 + x 2n + chia hết cho x + x + b) Ta có: 36 − = 728 ⋮ 91.A= 38 + 36 + 32004 = 38 − 32 + 36 − + 32004 − + 32 + + = 32 36 − + 36 − + (36 )334 − + 11 Vậy A = 38 + 36 + 32004 chia cho 91 dƣ 11 79 Phần Kết luận 80 KẾT LUẬN Luận văn hệ thống kiến thức phép chia hết, phép chia có dƣ tập hợp số nguyên kiến thức liên quan nhƣ số nguyên tố, hợp số, ƣớc chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất, Tiếp theo luận văn nghiên cứu hệ thống phƣơng pháp giải tốn chia hết Mặc dù có nhiều phƣơng pháp nhƣng tác giả trình bày phƣơng pháp phổ biến có tính ứng dụng cao Trong phƣơng pháp, tác giả trình bày lý thuyết phƣơng pháp, phƣơng pháp giải ví dụ minh họa Phần cuối việc tìm hiểu, chọn lọc, xếp, đặt toán áp dụng phù hợp phƣơng pháp việc giải tốn chƣơng trình trung học sở Trong phần này, có xếp theo phƣơng pháp trình bày nhƣng tác giả khơng phân chia toán cụ thể, rõ ràng theo phƣơng pháp có tốn trình bày theo nhiều phƣơng pháp khác nhau, toán lại phối kết hợp nhiều phƣơng pháp Với nhiều tốn, có thể, tác giả đƣa dạng toán tổng quát, mở rộng toán trình bày lời giải tốn theo cách khác Tuy nhiên, luận văn dừng lại chủ yếu việc xét tính chia hết tập hợp số nguyên Do vậy, hƣớng phát triển luận văn xét tính chia hết đa thức, vấn đề quan trọng đại số Mặc dù có nhiều cố gắng nhƣng luận văn cịn có nhiều thiếu sót hạn chế Tác giả mong nhận đƣợc quan tâm, đóng góp ý kiến quý thầy cô bạn đọc Tác giả xin chân thành cảm ơn! 81 Tài liệu tham khảo [1] Hà Nghĩa Anh - Nguyễn Thúy Mùi - Huỳnh Kì Tranh, (2012), Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 mơn tốn (Đề thi trƣờng chuyên, chọn toàn quốc), NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [2] Trần Thị Vân Anh, (2012), Bồi dưỡng học sinh giỏi toán Đại số 9, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [3] Vũ Hữu Bình (chủ biên), (2012), Tài liệu chun tốn THCS Toán 6,7,8,9, NXB Giáo dục Việt Nam [4] Vũ Hữu Bình, (2002), Nâng cao phát triển Tốn 6,7,8,9, NXB Giáo dục [5] Doãn Minh Cƣờng (chủ biên), (2013), Ôn thi vào lớp 10 trung học phổ thông chuyên mơn Tốn, NXB Giáo dục Việt Nam [6] Nguyễn Ngọc Đạm - Vũ Dƣơng Thụy, (2013), 10 chuyên đề toán dành cho học sinh THCS, NXB Giáo dục Việt Nam [7] Lê Hồng Đức (chủ biên), (2005), Tuyển chọn thi học sinh giỏi toán THCS, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [8] Nguyễn Vũ Lƣơng (chủ biên), (2009), Các giảng số học, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [9] Nguyễn Văn Mậu (chủ biên), (2008), Một số vấn đề số học chọn lọc, NXB Giáo dục [10] Nguyễn Tiến Quang, (2001), Bài tập số học, NXB Giáo dục Việt Nam [11] Đặng Huy Ruận, (2005), Phương pháp giải toán chia hết, NXB Khoa học kĩ thuật [12] Nguyễn Đức Tấn, (1997), 351 Bài toán số học chọn lọc, NXB Giáo dục 82 [13] Đỗ Đức Thái, (2000), Toán bồi dưỡng học sinh khiếu, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [14] Tôn Thân (chủ biên), (2013), Các chuyên đề chọn lọc toán 6,7,8,9, NXB Giáo dục Việt Nam [15] Bùi Văn Tuyên, (2006), Bài tập nâng cao số chuyên đề toán 6,7,8,9, NXB Giáo dục [16] Các tác giả, Tạp chí Tốn học tuổi trẻ [17] Một số trang web mạng internet 83 ... Chƣơng Các phƣơng pháp giải toán chia hết 2.1 Phƣơng pháp sử dụng tính chất phép chia hết phép chia có dƣ 2.1.1 Phƣơng pháp sử dụng tính chất chia hết Phần lớn toán chia hết chƣơng trình THCS phải... 41 Chƣơng Áp dụng phƣơng pháp giải toán chia hết Sử dụng phƣơng pháp trên, giải đƣợc nhiều tốn chia hết Các tốn giải hay nhiều cách, sử dụng hay phối hợp nhiều phƣơng pháp để giải Bài Chứng tỏ... Phép chia hết 1.2 Phép chia có dƣ 1.3 Một số kiến thức liên quan Chương Các phương pháp giải toán chia hết 11 2.1 Phƣơng pháp sử dụng tính chất phép chia hết phép chia có dƣ 11 2.1.1.Phƣơng pháp