Phuong Phap Chia Het Tren z

5/11/2018 Phuong Phap Chia Het Tren z - slidepdf.com

http://slidepdf.com/reader/full/phuong-phap-chia-het-tren-z 1/59

TRƯỜNG CAO ĐẲNG SƯ PHẠM HÀ TÂY

SỐ HỌC

Trang 1




Môc lôc

lêi nãi ®Çu

phÇn I : më ®Çu

1. LÝ do chän ®Ò tµi

2. T×nh h×nh nghiªn cøu ®Ò tµi

3. Môc ®Ých vµ nhiÖm vô cña ®Ò tµi

3.1 Môc ®Ých

3.2 NhiÖm vô

4. §èi tîng vµ ph¹m vi nghiªn cøu

4.1 §èi tîng cña ®Ò tµi

4.2 ph¹m vi nghiªn cøu

5. çc ph¬ng ph¸p nghiªn cøu

6. §ãng gãp cña ®Ò tµi

phÇn II : néi dung

CH¦¥NG 1 : Nh÷ng kiÕn thøc c¬ së

1. Ph¬ng ph¸p quy l¹p to¸n häc

2. Mét sè kiÕn thøc vÒ chia hÕt trªn tËp sè nguyªn

2.1 §Þnh nghÜa

2.2 tÝnh chÊt

2.3 Mét sè dÊu hiÖu chia hÕt

2.4 Mét sè kh¸i niÖm c¬ b¶n

2.5 Mét sè lu ý vÒ ch÷ sè tËn cïng

Trang 2




2.6 KiÕn thøc h»ng ®¼ng vµ nhÞ thøc NiuT¬n

3. kiÕn thøc vÒ chøng minh ph¶n chøng

4. Nguyªn lÝ ®irichlª

ch¬ng 2 : ph¬ng ph¸p chøng minh bµi to¸n Chia hÕt trªn

tËp sè nguyªn.

1. Ph¬ng ph¸p quy n¹p to¸n häc

2. Ph¬ng ph¸p sö dông çc tÝnh chÊt vÒ chia hÕt

3. Ph¬ng ph¸p chøng minh ph¶n chøng

4. Ph¬ng ph¸p chøng minh sö dông nguyªn lÝ §irichlª

phÇn III : bµi tËp tap tham kh¶o

phÇn IV : thùc nghiÖm

phÇn V : kÕt luËn

tµi liÖu tham kh¶o

Trang 3




LỜI NÓI ĐẦU

PHẦN I : MỞ ĐẦU

01. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI .

Toán học là môn khoa học cơ bản.nó giúp phát triển tư duy sáng tạo logic

của người học. Toán học hiện nay đòi hỏi trở nên tương tác nhiều hơn đối với

các môn khoa học khác như: Vật lý, hóa học... Theo giáo sư p.Grifiths cho rằng.

“ Toán học vừa là môn khoa học của sự chính xác và vẻ đẹp bản năng, vừa là

nguôn công nghệ giàu có để áp dụng cho thế giứi thực” Chúng ta cũng thấy toán

hhọc có vị trí vô cùng quan trọng trong trương trình học phổ thông. Nó đóng

góp trong quá trình phát triển tư duy logíc cho học sinh.

Qua quá trình tìm hiểu chương trình toán học ở THCS và bằng thực tế tôi

thấy số học là một phần rất khó, đòi hỏi phải có sự phân tích tổng hợp, sự suy

luận chặt chẽ, chính xác đồng thời nó niên quan đến nhiều mảng kiến thức khác

nhau. Số học ở THCS được phân bố hầu như ở các khối lớp từ 6- 9 nhưng kiến

thức cơ bản được giới thiệu trong trương trình lớp 6.

Trên thực tế đối với các em học sinh THCS để giải được một bài toán số cụ

thể như bài toán liên quan đến tính chia hết cũng rất khó khăn.

Trước thực tế đó, để hộ trợ phần nào trong quá trình dậy và học phần số học

này, tôi đã cố gắng nghiên cứu, tìm tòi và mạnh dạn đưa ra đề tài.

“ MÔT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BÀI TOÁN CHIA HẾT TRÊN

TẬP HợP SỐ NGUYÊN”.

Trang 4




Tôi hy vọng đề tài của tôi sẽ giúp người dạy và người học có một cơ sở để giải

những bài toán chia hết trên tập số nguyên Z .

0.2 TÌNH HÌNH NGHIÊN CỨU ĐỀ TÀI.

Số học là phần mở đầu cho chương trình tính toán THCS và lại là mảng

khó nên đã có rất nhiều tác giả đề cập tới vấn đề này ở nhiều khía cạnh khác

nhau. Song với đề tài này tôi hy vọng bổ xung được một phần nào đó ở những

khía cạnh chưa được phân tích đầy đủ để số học trở nên gần gũi với người học.

0.3 MỤC ĐÍCH VÀ NHIỆM VỤ CỦA ĐỀ TÀI

3.1 Mục đích.

Cung cấp cho học sinh kiến thức về phương pháp chứng minh bài toán chia

hết trên tập số nguyên, từ đó có kỹ năng giải được những bài tóan cùng loại

nhằm phát triển tư duy lôgíc sáng tạo cho học sinh.

3.2 Nhiêm vụ.

Nêu được các phương pháp chứng minh các bài toán chia hết đặc trưng, ưu

điểm và hạn chế của từng phưng pháp để từ đó tận dụng, phối hợp các phơng

pháp một cách hợp lí giúp các em có nền tảng cơ sở về giải các bài toán chia hếtvà biết nhận biết chúng.

Trang 5




0.4 ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU.

4.1 Đối tượng của đề tài.

Là tính chia hết trên tập số nguyên với khách thể là học sinh THCS.

4.2 Phạm vi nghiên cứu

Tính chia hết trong tập số nguyên trong chương trình toán THCS.

0.5 CÁC PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU.

Các phương pháp nghiên cứu được sử dụng trong đề tài

+ Phương pháp nghiên cứu lý luận.

+ Phương pháp tham khảo ý kiến chuyên gia.

0.6 ĐÓNG GÓP CỦA ĐỀ TÀI.

Đề tài không những đóng góp cho học sinh không những nắm vững kiếnthức cơ bản một cách hệ thống, đầy đủ, ngắn gọn mà còn học cách làm toán,

cách suy luận giúp quá trình học đạt kết quả tốt.

Để tài còn là tài liệu tham khảo cho giáo viên vận dụng có hiệu quả vào thực

tiễn dậy học.

Trang 6




PHẦN II : NỘI DUNG

CHƯƠNG I: NHỮNG KIẾN THỨC CƠ SỞ

1. Phương pháp quy nạp toán học.

Trong nhiều lĩnh vực khác nhau của toán học ( Số học, Đại số, Hình học ...)

ta thường gặp bài toán với yêu cầu chứng minh mệnh đề chứa biến A(n) là mệnh

đề đúng với mọi giá trị nguyên dương của biến n. Khi đó ta có phương pháp

chứng minh quy nạp cho mệnh đề trên.

Cụ thể để chứng minh mệnh đề chứa biến A(n) là một mệnh đề đúng với mọi

số nguyên dương n ta thực hiện các bước sau:

Bước 1: Chứng minh A(n) là mệnh đề đúng khi n =1.

Bước 2: Với k là số nguyên dương tùy ý, Xuất phát từ giả thiết A(n) là

mệnh đề đúng khi n = k. ta chứng minh A(n) là mệnh đề đúng

khi

n = k+1

2. Một số kiến thức về chia hết trên tập số nguyên.

2.1 Định nghĩa.

Cho hai số nguyên a và b với a ≠ 0 ta nói b chia hết a (hay a chia hết cho b) nếutồn tại số nguyên c sao cho a=b.c, khi đó b được gọi là ước của a và a được gọi

là bội của b, nếu a chia hết cho b, ta thường kí hiệu b/a hoặc a b.

2.2 Tính chất .

Từ đây trở đi chúng ta phát biểu các kết quả trên tập số nguyên Z.

Tính chất 2.2.1: Nếu a b và b c thì a c.

Trang 7




Tính chất 2.2.2: Nếu a và b cùng chia hết cho m ( m≠0) thì (a+b)m

và (a-b) m.

Hệ quả 2.2.3 : Nếu tổng của hai số chia hết cho m và một trong hai số

đấy chia hết cho m, thì số cọn lại cũng chia hết cho m.

Hệ quả 2.2.4 : Nếu một trong hai số a và b chia hết cho m, số kia không

chia hết cho m thì. a + b m và a – b m

Tính chất 2.2.5 : Nếu một thừa số của tích chia hết cho m thì tích đó chia hết

cho m.Tính chất 2.2.6 : Nếu a m và b n thì a.b m.n .

Hệ qủa 2.2.7 : Nếu a b thì an bn

Hệ qủa 2.2.8 : Cho hai số nguyên tố a và b ( b ≠ 0) . Nếu có số nguyên c (c≠

0) sao cho a = b . c thì ac

2.3 Một số dấu hiệu chia hết:

Gọi A = 0121....... aaaaa

nn − . khi đó ta có:

1> A 2 <=> a0 2

2> A 5 <=> a0 5

3> A 4 <=> 01aa 4

4> A 25 <=> 01.aa 25

5> A 8 <=> 012.. aaa 8

6> A 125 <=> 012.. aaa 125

7> A 3 <=> ∑=

n

i

ia

0

3

Trang 8




8> A 9 <=> ∑=

n

i

ia

0

9

9> A 11 <=> (an + an-2 + ... + a2 +a0)

- (an – 1+ an-3+ ... + a3 + a1) 11

2.4 Một số khái niệm cơ bản:

Định nghĩa 2.4.1 : Số nguyên tố là số nguyên dương lớn hơn 1 chỉ chia hết cho

1 và chính nó.

Định nghĩa 2.4.2 : Hợp số là số nguyên dương khác 1 và không là số nguyên tố.

Định nghĩa 2.4.3 : Hai số nguyên a, b được gọi là số nguyên tố cùng nhau khi

và chỉ khi ước chung lớn nhất của chúng bằng 1.

Kí hiệu là ƯCLN (a,b) = 1 hay (a,b) = 1.

2.5 Một số lưu ý về chữ số tận cùng:

1. Các số có tận cùng là 0 ; 1 ; 5 ; 6 nâng lên lũy thừa khác 0 cũng tận cùng bằng 0 ; 1 ; 5 ; 6 .

2. Các số có tận cùng là 2 ; 4 ; 8 nâng lên lũy thừa 4 thì được chữ số tận

cùng là 6.

3. Các số có tận cùng là 3 ; 7 ; 9 nâng lên lũy thừa 4 thì được số tận cùng

bằng 1.

2.6 Tính chất hằng đẳng và nhị thức newton:

i. an – bn = (a – b).( an-2 + an-2.b + ... + a.bn-2 + bn-1)

ii. an + bn = (a + b).(an-1 – an-2.b + ... + a.bn-2- bn-1)

iii. (a + b)n = an + C1

n .an-1.b +... + C 1−n

n .a.bn-1 + bn) n ∈ N.

Ta kí hiệu BS x là bội số nào đó của số nguyên x, khi đó ta có:\

Trang 9




i. (a+b)n = Bsa + bn (*).

ii. (a + 1)n = BSa + 1

iii. (a – 1)2n = BSa +1

iv. (a – 1)2n+1 = BSa -1

Ta chứng minh (*) :

(a + b)n = an + C1

n .an-1.b +... + C 1−n

n .a.bn-1 + bn)

= Bsa + bn

Vậy (*) được chứng minh

Chứng minh tương tự ta dược các kết quả còn lại.

3> Kiến thức chứng minh phản chứng:

Phản chứng là phương pháp chứng minh gián tiếp. Nội dung của nó là để

chứng minh kết quả bài toán là đúng ta đi chứng minh điều trái lại với nó là sai.

Cụ thể ta phải thực hiện các bước sau:

Bước 1: Giả sử có điều trái lại với kết luận của bài toán

Bước 2: Từ điều giả sử trên và từ giữ kiện của bài toán ta đi đến điều

mâu thuẫn vơí giả thiết hay với kiến thức đã biết.

Bước 3: Khẳng định kết luận của bài toán là đúng.

Trang 10




4) Nguyên lý Đirichlê:

Đây là phương pháp giúp ta khẳng định sự tồn tại hoặc không tồn tại của một

sự việc nào đó.

Nội dung cuả phương pháp này là: Nếu ta nhốt n chú thỏ vào n - 1 cái lồng

thì tồn tại 1 cái lông có từ hai chú thỏ trở lên.

Một cách tổng quát:

Nếu nhốt n chú thỏ vào k cái lồng mà phép chiak

ncòn dư thì tồn tại một cái

lồng chứa 1+k

nchú thỏ trở lên.

Trang 11




CHƯƠNG II : PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH

BÀI TOÁN CHIA HẾT TRÊN TẬP SỐ NGUYÊN

Chứng minh bài toán chia hết trên tập số nguyên Z là một bài toán cơ bản

trong chương trình số học. Song các bài toán chứng minh chia hết rất phong phú

đa dạng. Đê thấy được cách giải quyết các bài toán đó cần phải được trang bị

các phương pháp chứng minh cơ bản.

Để thực hiện được điều đó, tôi xin đề xuất một phương pháp chứng minh

chia hết trên tập số nguyên Z.1. Phương pháp quy nạp toán học:

Bài toán 1.1: Chứng tỏ răng trong hai số tự nhiên liên tiếp có một số chia hết

cho 2.

Chứng minh:

Giả sử hai số tự nhiên liên tiếp là n và n+1 (n ∈ N) ta cần chứng minh một

trong hai số n hoặc n +1 chia hết cho 2.

Xét tích n.(n+1) kjhi đó cần chứng minh tương đương

n.(n+1) 2 (1)

+> Với n=1 khi đó n.(n + 1) = 1.2 =2 2 suy ra (1) luôn đúng

+> Giả sử (1) đúng với n=k , k>1 ∈ N hay k.(k + 1) 2. Ta cần chứng minh (1)

đúng với n = k + 1 tức là chứng minh :

(k+1).(k+2)2

Thật vậy ta có : (k + 1).(k + 2) = k(k + 1) + 2.(k + 1).

Trang 12




Theo giả thiết quy nạp ta có k(k + 1) 2 mà 2.(k + 1) 2 N k ∈∀

suy ra (k +1). ( k + 2) 2 hay (1) được chứng minh.

Nhận xét 1.1 :

i. ở bài toán này khi ta sử dung phương pháp quy nạp, ta dễ dang dưa ra điều

cần chứng minh băng cách phân tích biểu thức cần chứng minh qua giả thiết đã

có

ii. Bài toán có cách giải khác dược giới thiệu ở phần sau từ bài toán trên ta có

bài toán tổng quát sau:Bài toán 1.2 : Trong n số tự nhiên liên tiếp có một số chia hế cho n

Chứng minh :

Giả sử có n số tự nhiên liên tiếp n là (p + 1) ; (p + 2) ; ... ; (p +n).

Ta cần chứng minh trong n số tự nhiên trên có một số chia hết co n

Xét tích: (p + 1).(p + 2)....(p + n)

Điều cần chứng minh tương đương là (p + 1) ; (p + 2) ; ... ; (p +n) n (**)

+> Với p = 1 ta có (1 + 1).(1 + 2)...( 1 + n)n luôn đúng

+> Giả sử (**) đúng với p = k ; k>1 ∈ N ta có

(k + 1).(k + 2) ... ( k + k) k (2)

Ta cần chứng minh (**) đúng với p = k +1

Tức là chứng minh

(k + 1 + 1).( k +2) ... ( k +1 + k +1) (k+1)

Thật vậy ta có:

(k + 1 + 1).( k +2) ... ( k +1 + k +1)

Trang 13




= (k + 2).(k + 3) ... ( 2k +2)

= 2(k +1).(k + 2) ... (2k + 1) k+1

Vậy (** ) được chứng minh

Bài toán 1.3 : Chứng minh rằng tổng lập phương của ba số nguyên dương liên

tiếp chia hết cho 9.

Chứng minh :

Giả sử ba số nguyên dương liên tiếp đó là : n, n + 1, n + 2; n +∈ Z

ta phải chứng minh :n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3

9 (3)

+> Với n = 1 ta có

13 + (1 + 1)3 + (1 + 2)3= 13 +23 + 33 = 36 9 nên (3) đúng

Giả sử (3) đúng với n = -k , k>1 +∈ Z khi đó ta có

k 3 + (k + 1)3 + (k + 2)3 9

Thật vậy

(k + 1)3 + (k + 2)3+ (k + 3)3

=(k +1)3+( k + 2)3 + k 3 + 9K 2 + 27K + 27

= K 3 +(K + 1)3+ (K +2)3 + 9K

2 +27K + 27

= K 3 +(K + 1)3+ (K +2)3 + 9(K

2 +3K + 3)

Mà theo giả thiết quy lạp ta có :

K 3+(k+1)3+(k+2)39 +

∈∀ z k

Mặt khác 9(k 2+3k+3) 9

Vậy (k+1)3+(k+2)3+(k+3)39 hay (3) được chứng minh.

Trang 14




*NHẬN XÉT :

Từ hai bài toán trên ta thấy phương pháp chứng minh quy nạp được sử

dụng thuận lợi và hiệu quả.

Việc sử dụng phương pháp này để chứng minh có thể làm cho lời giải

dài

dòng và đòi hỏi sự nhìn nhận tinh tế ở bước 2 để chỉ ra điều cần chứng minh

song nó lại giúp học sinh tránh được các lỗi về diễn đạt và lý luận bài toán -

Bước mà học sinh THCS còn lúng túng , đặc biệt là học sinh lớp 6.*Để thấy rõ hơn tính ưu việt của phương pháp quy nạp ta xem xét bài

toán sau.

Bài toán 1.4 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có.

a) 2n + 111… 11 3 (4)

n chữ số

b) 10n+72n -1 8 (5)

Nhận xét : Ta thấy bài toán được xác định khi M n∈ .với những bài toán

cồng kềnh này học sinh sẽ nghĩ tới việc phảI phân tích tổng trên thành các số

hạng mà ở đó các số hạng đều chia hết cho 3.Nhưng điều này không đơn

giản,song với bài toán này ta có thể sử dụng phương pháp quy nạp.

Chứng minh :

a) 2n + 111… 11 3 (4)

n chữ số

Trang 15




+ ) với n = 1 khi đó : 2n + 111… 11 = 2.1+1=33 vậy (4) đúng

n chữ số1

+) giả sử (4) đúng với n=k , k >1 ∈ N tức là

2k + 111...111 3

k chữ số 1

Ta chứng minh (4) đúng với n =k +1 tức là ta cần chứng minh

2(k+1) + 111...111 3

(k+1) chữ sốthật vậy: 2(k+1) +111...111 = 2k+2 +111...111

= 2k + 111.113 = 2k + 111....110 +3

theo dấu hiệu chia hết cho 3 và giả thiết quy nạp ta có:

2k +111...110 3

⇒ 2(k+1) + 111...111 3

Vậy (4) được chứng minh.

b) 10n+72n-1 81 (5)

+)Với n=1 ta có

101 +72.1-1=8181 do đó (5) đúng.

+)giả sử (5) đúng với n=k , k > 1 ∈ N.

10k +72.k-181

ta cần chứng minh (5) đúng với n=k+1 tức là chứng minh

10K+1+72.(K+1)-181

Trang 16




Thật vậy:

ta có 10K+1+72(K+1)-1

= 10K+1+72k+72-1

=10K +72k-1+ 9.10k +72

=(10k +72k-1)+9.(10K +8)

theo giả thiết quy nạp ta có 10k +72k-181 và 9.(10k +8) 9

mặt khác 10k + 89 do 10K = 9.n+1⇒10k +89

khi đó 9.(10k

+8)

81 ⇒ 10k+1+72(k+1)-181


Đến đây chúng ta thấy phương pháp quy nạp chỉ sử dụng đối với những bài

toán chứng minh mang tính tổng quát,phức tạp.Đặc trưng của phương pháp là

được sử dụng tronng các bài toán phụ thuộc vào chỉ số,liên tục trên mọt khoảng

hay một miền xác định,nhất định bị chặn nào đó. Ơ các bài toán trên các chỉ số n

được xác đinh trên N , Z.

Từ việc phân tích điều cần chứng minh qua giả thiết quy nạp để đưa ra kết

luận cuối cùng ta thấy có thể thực hiện phương pháp quy nạp qua việc xét hiệu

F(k+1) - F(k).Thực chất của nhận xét được rút ra từ tính chất 2.2

(chương1).Trở lại bài toán trên ta áp dụng nhận xét này để chứng minh như sau:

Chứng minh:

ta có F(1) =2.1+1=33 khi đó (4) luôn đúng

giả sử F(k)=2.k+111.1113

Trang 17




ta xét hiệu : F(k+1)-F(k)

=2(k+1)+111..11 -2k- 111...111

=2k+2+111...111 - 2k - 111...111

= 2 + 1000...00

mà 2+ 100...000 3


Bài toán 1.5 : Chứng minh tằng với số nguyên dương n ta có

2n+2

.3n

+5n-4

25 (6)Chứng minh:

+) Với n = 1 ta có :

21+2.31+5.1-4 = 23.31+5-4 = 25 25 do đó (6) luôn đúng

+) giả sử (6) đúng với mọi n = k , k >1 ∈ Z+

2k+2.3k +5.k - 4 25

Xét hiệu F(k-1) - F(k) =2k+1+2.3k+1..5(k+1) - 4 - 2k+2.3k - 5k + 4

= 20.2k .3k + 5 = 20.6k + 5 = 5.(4.6k + 1) 5

mà 4.6k + 1 = 4.(...6) + 1 = (...4) + 1 = (...5) 5

Nên F (k+1) - F(k) 5. Vậy (6) được chứng minh.

Như vậy qua các bài toán trên, phương pháp quy nạp đã trở thành một công cụ

chứng minh hiệu quả trước những bài toán tổng quát tương đối phức tạp.Đó là

việc đơn giản hóa bài toán đưa chúng về những giạng cơ bản của bài yóan chia

hết. Đối với học sinh THCS nói riêng , đây là phương pháp vừa giúp các em

Trang 18




kiểm nghiệm được bài toán một cách cụ thể (bước 1), lại vừa giúp các em có

thêm kĩ năng đánh giá , nhận xé để đi đến chứng minh bài toán tổng quát.

Tuy nhiên không phải bài toán nào cũng có thể sử dụng phương pháp này

bởi đây chỉ là phương pháp giúp chúng ta khẳng định được sự đúng đắn của

một mệnh đề phụ thuộc vào chỉ số , xác định trên một miền , một khoảng bị

chặn và nó chỉ để áp dụng để chứng minh bài toán chia hết thuần túy.

Mở rộng hơn cho các bài toán chia hết dạng khác , ta có thẻ sử dụng phương

pháp chứng minh thứ hai sau đây:2) Ph ương pháp sử dụng các tính chất về chia hết:

Bài toán 2.1: Chứng minh rằng với mọi m∈Z . ta có m3 -13m 6

Nhận xét :

Ta thấy 13m = 12m + m mà 12m 6 ,nên ta chỉ cần xét m3 - m là

được.

Chứng minh :

Đặt A = m3 -13m

=m3-m - 12m

=m.(m2-1) -12m

=(m-1).m.(m+1) -12

Do m-1, m ,m+1 là ba số nguyên liên tiếp nên tích (m-1).m.(m+1) vừa

chia hết cho 2 vừa chia hết cho 3 tức là (m-1).m.(m+1)6

Vậy A = m3-13m 6

Trang 19




Bài toán 2.2 : Cho A = 2+22+23+. . .+260

a. Chứng minh rằng A 3 ;7 ; 15.

b. tìm chữ số tận cùng của A

Nhận xét : Đối với bài toán này ,do không có chỉ số phụ thuộc nên ta không thể

sử dụng phương pháp quy nạp.

Để chứng minh bài toán ta nghĩ tới việc sử dụng tới các dấu hiệu chia hết

bằng cách tạo ra một thừa số là bội của các số 3;7;15 từ A

Chứng minh :Ta có : A = 2 +22+23+. . . +260

= 2.(1+2) + 23(1+2)+. . . +259.(1+3)

=2.3 + 23.3 +. . .259.3

= 3(2+ 23+. . . +259) 3

Vậy A3 .

Chứng minh tương tự với A 7 và 15 .

*) Chú ý rằng 7 = 1+2+22 và 15 = 1+2+22+23

ta có : A = 2.(1+2+22)+24(1+2+22)+ . . . +258(1+2+22)

=7.(2+24+. . .+258) 7

mặt khác A = 2.(1+2+23) +25(1+2+23) + . . .+257(1+2+23)

=15.(2+25+ . . .+257) 15

Vậy A3;7;15

b.Nếu tính tổng của A để tìm chữ số tận cùg sẽ rất khó khăn.Ta nghĩ đến việc rút

gọn A bằng cách nhân 2 vào 2 vế của A ta được

Trang 20




2.A = 22+23+ . . .+260+261

mà A = 2+22+23+. . .+ 260

Xét hiệu :2.A - A =261-2 = 2.(260-1) = 2.[(24)15 - 1]

=2.[1615- 1 ] = 2.(. . .5) = (. . .0)

Vậy chữ số tận cùng của A là : 0

Tương tự bài toán trên ta có các bài toán sau .

Bài toán 2.3 : Chứng minh rằng

A =3+33

+35

+ . . .+31991

13 và 41C =11+112+ . . . +119

5

Các bài toán này học sinh có thể chứng minh và làm tương tự với các câu hỏi

của bài toán trên.

Bài toán 2.4: Số gồm 27 chữ số 1 thì chia hết cho 27

Nhận xét : Với bài toán này ta cũng không thể chứng minh bằng phương pháp

quy nạp vì không có chỉ số cụ thể nên ta sử dụng dấu hiệu chia hết.

Chứng minh :

Xét A =111. . . 11 =111.. 11 x1000. . . 001000. . . 1

mà B = 111. . . 11 9

C = 1000 . . . 001000. . .00 3

nên A9.3 => A 27

Để chứng minh bài toán ta phải sử dụng dấu hiệu chia hết đồng thời phải tách

các số khéo léo phù hợp với tính chất chia hết . Ta thấy bài toán đã sử dụng hệ

quả 2.8 . Tránh tình trạng học sinh làm bài một cách máy móc khi thực hiện

Trang 21




phép chia để có được điều chứng minh . Từ bài toán rên ta có bài toán tổng quát

sau:

Bài toán 2.5: Chứng minh rằng số gồm 3n chữ số 1 thì chia hết cho 3n , N n ε ∀

Bìa toán này học sinh tự chứng minh băng hai cách quy nạp và sử dụng tính chia

hết.

Bài toan 2.6 :Chứng minh rằng :

a5-a 30 , N a∈∀ (7)

Nhận xét : Với a∈

N rõ ràng bài toán thỏa mãn các điều kiện của phương phápchứng minh quy nạp . Song thực tế sử dụng phương pháp quy nạp cho bài toán

này lại làm cho việc chứng minh trở nên phức tạp.

Chứng minh:

+) Xét với a=1 ta có 15 -1 =0 3 khi đó ( 7) luôn đúng

+) Giả sử (7) đúng với n = k , k > 1 ∈ N* ta có k 5- k 30

Ta cần chứng minh (7)đúng với a =k+1.Tức là chứng minh (k +1)5-(k+1)30

Thật vậy .

ta có (k+1)5-(k+1) =k 5+5k 4+10k 3+10k 2+5k+1-k-1

=k 5-k+5k(k 3+2k 2+2k+10)

=K 5 -k + 5k.[k+1+2k(k+1)]

=k 5-k +5k.[(k+1)(k 2-k+1+2k)]

=k 5-k+5k.[(k+1).(k 2+k+1)]

=k 5-k+5k[(k+1).(k 2-1+k+2)]

=k 5-k+5k(k+1).(k+2)+5(k-1).k.(k+1).(k+1)

Trang 22




mà k.(k+1)(k+2) và (k-1).k.(k+1) đều là tích của 3 số tự nhiên liên tiếp nên theo

bài toán tổng quát 1.1<chương 2> ta suy ra tích của các số này chia ết cho 2 và 3

.Mặt khác(2,3) = 1 nên tích của 3 số tự nhiên liên tiếp này cia hết cho 6.

Khi đó ta có 5k.(k+1).(k+2)5 và 5(k-1).k.(k+1)(k+1) 5 nên

5k.(k+1).(k+2) 30 và 5(k-1).k.(k+1)(k+1)30

Kết hợp với giả thiết quy nạp K 5-k 30

⇒a5 - a 30

Như vậy không phải bài toán nào ta cũng có thể áp dụng phương pháp chứngminh quy nap một cách nhanh chóng.

áp dụng tính chất và dấu hiệu chia hết ta co cách chứng minh thứ 2.

Chứng minh :

Xét a5 -a = a(a4-1)=a.(a2-1).(a2+1)

=(a-1).a.(a+1).(a2-4)+5(a-1).a.(a+1)

=(a-1).a.(a+1).(a2-4+5)

=(a-1).a.(a+1)

=(a-2).(a-1).a.(a+1).(a+2)+5(a-1).a.(a+1)

Theo bài giải tổng quát 1.1 < chương 2> ta có :

(a-1).a.(a+1) 2 và (a-1).a.(a+1) 3

(a-2).(a-1).a.(a+1).(a+2)5

mà (2,3) = 1 nên (a-1)a(a+1)6 hay 5(a-1).a.(a+1) 30

và (a -2).(a-1) . a .(a+1).(a+2) 30 * N n∈∀

Vậy A = a5- a 30* N a∈∀

Trang 23




Nếu số chia là số không quá lớn và mở rộng miền của a với Z a ∈ thì bài toán

không thể chứng minh bằng phương pháp quy nạp vì không xác định giả thiết bị

chặn của a .Ta có thể giải bài toán theo cách xét các trường hợp số dư trong

phép chia .Chẳng hạn chứng minh :a5-a 5 , Z a∈∀

Ta chứng minh bài toán trên.

xét số dư trong phép chia cho 5 là 0 ,1,2,3,4

ta có : a5-a =a(a4-1) = a.(a2-1).(a2+1)

Nếu a = 5k , ( Z K

∈∀ ) thìA=a5-a = (5k)5-5k =5k[(5k)4-1] 5 , Z K ∈∀

Nếu a = 5k+1) ( Z K ∈∀ ) th

A = a5-a = (5k+1)5- (5k+1)

=(5k+1)[(5k+1)2-1].[(5k+1)2+1]

= 5k.(5k+2) 5

⇒ (5k+1)5 -(5k+1) 5 hay A 5

Nếu a = 5k +2 , ( Z K ∈∀ ) thì

a2+1 =(5k+2)2+1 = 25k 2+20k+4+1

= 20k 2+20k+5 = 5(5k 2+4k+1) 5

⇒ A 5

Nếu a = 5k + 3 , ( Z K ∈∀ ) thì

Trang 24




a2+1 = (5k+3)2+ 1 = 25k 2 + 30k +9 +1

25K 2+30k+10 = 5.(5k 2+6k+2) 5

⇒A 5

Nếu a = 5k +4 , ( Z K ∈∀ ) thì

a2-1 = (5k+4)2-1 = (5k+4-1).(5k+4+1)

=(5k+3).(5k+5)

=(5k+3).5.(k+1) 5 ⇒A 5

Vậy a5- a 5 , Z a∈∀

Có thể thấy nếu số chia quá lớn,ta không nên làm theo cáhc giải này vì ta

không thể xét hết được các trường hợp số dư và việc làm đó rất vất vả và mất

thời gian.

B ài toán 2.7 :

Chứng minh rằng với mọi số nguyên a, b thì

a5.b - a.b5 30

Chứng minh :

ta có : a5.b - a.b5= a5.b+a.b-a.b-a.b5

=ab(a4-1)-ab.(b4-1)

Trang 25




=ab.(a2-1)(a2+1) - ab .(b2-1)(b2+1)

=ab.(a2-1)(a2-4+5)- ab.(b2-1)(b2-4+5)

=ab(a-1)(a+1)(a2-4) +5ab(a2-1) - ab(b-1)(b+1).(b2-4) + 5ab(b-1)(b+1)

=ab.(a-2).(a-1).(a+1).(a+2)-ab.(b-2).(b-1).(b+1).(b+2)+5ab(a2-1)-5ab(b2-1)

Từ bài toán tổng quát 1.1 <chương 2> ta có:

ab.(a-2).(a-1).(a+1).(a+2) và ab.(b-2).(b-1).(b+1).(b+2) chia hết cho 2,3,5

Mà (2;3)=(3;5)=(2;5)=1 theo hệ qủ 2.8 <chương 1>

Nên a5.b-a.b5 2.3.5 hay 30

Nhận xét : Bài toán trên không sử dungj được phương pháp quy nạp

ở bài toán nay học sinh sẽ gặp khó khăn khi phân tích

a5.b-ab5 = a.b(a4-b4)=ab(a2-b2).(a2+b2)

Đến đây việc chứng minh bài toán trở lên “bế tắc” không có cơ sở dẫn tới điều

cần chứng minh . Đi ngược phần chứng minh ta thấy mục đích của việc thêm

bớt ab trong biểu thức nhằm đưa bài toán trở về dạng cơ bản của bài toán tổng

quát 1.1<chương 2> .Việc thêm bớt ab không làm mất tính tổng quát của bài

toán mà tạo cơ sở cho các bước sau.Để ý với số mũ của a,b là lẻ ta có bài toán

tổng quát.

B ài toán 2.8: Chứng minh rằng an b - abn m , với n lẻ , m là bội chung nhỏ

nhất của n số nguyên liên tiếp.

B ài toán 2.9 : Chứng minh rằng

A = n3(n2-7)2 - 36n 5040 N n∈∀

Trang 26




Nhận xét : vì số chia lớn muốn chứng minh A 5040 ta nên phân tích A thanh

thừa số và 5040 thành các thừa số nguyên tố.Để áp dụng bài toán tổng quát 1.1

<chương 2> và hệ quả 2.8 < chương 1>

Chứng minh : 5040 =24.32.5.7

ta có A = n3(n2-7)2 -36n = n[n2(n2-7)-36]

=n.[(n3-7n)2-62]

=n.(n3-7n-6).(n3-7n+6)

=n.(n+1).(n+2).(n-3).(n-1).(n-2).(n+3)=(n-3).(n-2).(n-1).n.(n+1).(n+2).(n+3)

Mà : +) (n-3)(n-2) và (n-1).n ; (n+1).(n+2)2

(n-3).(n-2).(n-1).n4

⇒ A 16

+) (n-3)(n-2)(n-1) và (n+1)(n+2)(n+3) 3

⇒ A 9

+) (n-3).(n-2).(n-1).n.(n+1).(n+2).(n+3) 7

⇒ A 7

+) (n-2).(n-1).n.(n+1).(n+2) 5

⇒ A 5

Vậy A chia hết cho 5,16,7,9 hay A = n3(n2-7)2 - 36n 5040

B ài toán 2.10 : cho N n ∈ cứng minh rằng

a. n2 3 hoặc n2 3 dư 1

b. Tồn tai n để n2+1 = 300...00

Trang 27




Chứng minh :

a.Xét các số dư trong phép chia cho 3 là 0;1;2

+)Nếu n=3k , ( ) Z k ∈∀ ⇒ n3 thì n23 <hiển nhiên đúng>

+)Nếu n =3k+1 thì n2=(3k+1)2=9.k 2+6k+1=3k.(3k+2)+1

mà 3k(3k+2) 3

⇒n23 dư 1

+)Nếu n +3k +2 thì n2=(3k+2)2=9k 2+12k+4=9k 2+12k+4

=9k 2

+12k=3+1=3(3k 2

+4k+1)+1mà 3(3k 2+4k+1) 3

⇒n23 dư 1

Vậy n2 chia hết cho 3 hoặc chia cho 3 dư 1.

b. Từ chứng minh trên ta suy ra n2+1 chia cho 3 dư 1 hoặc dư 2.Hay n23

mà 3000...003 nên khônng tồn tại n để (n2+1) =300...00

B ài toán 2.11 : Chứng minh rằng

Nếu n+1 và 2n+1 ( N n∈∀ ) đều là số chính phương thì n14

Nhận xét : ta thấy 24 = 3.8 mà (3;8)=1 nên có thể áp dụng hệ quả 2.8

<chương 1> để chứng minh.

Chứng minh:

xét các số tự nhiên n khi đó:

+)Nếu n = 3k+1 thì n+1 =3k+1+1 =3k + 2 không là số chính phương theo kết

quả của bài toán trên.

+)Nếu n = 3k+ 2 thì 2n+1 =2(3k+2) +1= 6k+5=3.(2k+1)+2

Trang 28




không là số chính phương the kết quả của bài toán trên.

Vậy n=3k thỏa mãn (8)

Mặt khác:

do n+1 và 2n+1 là số chínhphương lẻ nên chia cho 8 dư 1 ⇒n8 hoăc 2n8

hay n =8k (9)

từ (8) và (9) ⇒n8.3 mà (3,8) = 1 nên n24

Nhận xét :

qua các bài toán trên ta thấy việc vận dụng và phối hợp các tính chất về chiahết một cách hợp lí có thể giúp ta rất nhiều trong việc giải và chứng minh các

bài toán chia hết.

B ài toán 2.12: Chứng minh rằng với mọi số N n ∈ ta có

16n-117 chỉ khi n chẵn.

Nhận xét : Do miền của n là số tự nhiên mà 16n-1 phức tạp nên ta không thể sử

dụng phương pháp quy nạp vào để chứng minh bài toán trên .Từ đó ta có cách

giải bài toán trên:

Cách 1: sử dụng tính hằng đẳng

A=16n-1=(17-1)n-1=BS17+(-1)n-1

+)Nếu n chẵn A=BS17+1-1=BS1717

+)Nếu n lẻ A = BS17-1-1=BS1717

Vậy với mọi n thì 16n-117 ,từ đó suy ra n chẵn

Cách 2:

+)Nếu n chẵn, ta có n=2k

Trang 29




khi đó A=162k -1=162k -1162-1

mà 162-1 =22517

Vậy A17

B ài toán2.13 : tìm N n ∈ để

a) n2+2n-411

b)5n-2n9 , n≥2

c)2n3

+n2

+7n+1

(2n-1)d)n5+1n3+1 ,(n > 0)

Chứng minh

a) Đặt A = n2+2n-4

= n2+5n-3n-15+11

Để A11 thì (n+5)(n-3) 11 ⇒ (n+5)(n-3)=11k , N k ∈

Thử các trường hợp số dư của phép chia A cho 11 ta thấy chỉ có giá trị của n là

n= 11k - 5 hoặc n=11k+3 thì thỏa mãn bài toán . Vậy với n =11k-5 và n=11k -3

thì A11

b) 5n-2n9 , n≥2

áp dụng hằng đẳng thức ta có

5n-2n=(5-2)(BS5+2n-1) = 3.(BS5+2n-1) (10)

mà 5n-2n9 ⇒ 5n-2n=9k , ( N k ∈ ) (11)

Từ(10) và (11) ⇒BS5+2n-1=BS3

Ta xét trường hợp số dư của phép chia 5n-2n3

Trang 30




+)Nếu n=3t ( N t ∈ ) thì

5n-2n=53t-23t=(5t-2t)(BS5+22t)

khi đó dễ thấy 5n-2n9 (do 11)

vậy n=3t thỏa mãn

+)Nếu n=3t+1 , ( N t ∈ ) thì

5n-2n=53t +1-23t +1

=53t.5 - 23t.2=2(53t-23t) + 3.53t

Ta có 2(53+ - 23+) 9 ( theo chứng minh trên) và 3.53+9 (vì 53+ luôn tận cùng là

25).

Vậy n = 3t + 1 không thỏa mãn

+> Nếu n = 3t + 2 (t ∈ N) thì

5n - 2n = 53t +2 - 23t +2

= 25.53t - 4.23t

= 4.(53t-23t)+21.53t

Ta có 53t-23t9 (theo chứng minh trên) mà 21.53t=3.7.53t

9

Nên n = 3t +2 không thỏa mãn

Vậy với n =3t thì 5n-2nv9

Đến đây ta thấy rõ được ưu thế của phương pháp sử dụng tính chất chia hết mà

phương pháp quy nạp không thể sử dụng.

c) Đặt C=2n3+n2+7n+1 = n2+n+4+5/(2n-1)

Trang 31




Ta có n2+5 ∈ N, Nên để C 2n-1 thì 52n-1, n∈ N hay (2n-1) phải là ước của

5 (kí hiệu Ư(5))

mà Ư(5)=±1; ±5 nên ta có :

2n-1 = -1 => n = 0

2n-1 = 1 => n = 1

2n-1 = 5 => n = 3

2n-1 = -5 => n = -2 (loại)

Vậy với n= 0 ; n = 3 ; n = 1 thì C

(2n-1)d) n5+1 n3+1 , n > 0

Ta có n5+1n3+1 <=> n2(n3+1)-(n2-1) n3+1

<=> n2-1n3+1

<=> (n-1).(n+1) (n+1)(n2-n+1)

<=> n-1n2- n+1 (vì n+1 ≠ 0)

Nếu n = 1 ta được 01

Nếu n.1 thì n-1 < n(n-1)+1= n2-n+1

Do đó n-1 không thể chia hết cho n2-n+1

Vậy giá trị duy nhất tìm được của n thỏa mãn là 1

Nhận xét : đối với phần c ta có cách hỏi khac để có bài toán mới như sau:

B ài toán 2.14: Tìm n ∈ Z để phân số C/(2n-1) nguyên

Ta có bài toán tương tự

Trang 32




B ài toán 2.15: Chứng minh rằng có vô sỗ số tự nhiên n để n+15 và n+72 là hai

số nguyên tố cùng nhau

Nhận xét :

chú ý rằng bài toán yêu cùa chứng minh có vô số số tự nhiên n thỏa mãn giả

thiết chứ không yêu cầu phải chỉ ra cụ thể một số hữu hạn n nào đó.Ta giải bài

toán bằng cách : Tiến hành giải bài toán phủ định của bài toán này rồi phủ định

lại kết quả mà ta vừa tìm được

Ta còn có thể có câu hỏi khác cho bài toán trên là: Chứng minh có vô số số tựnhiên n để phân số

15

72

+

+=n

nM tối giản

Chứng minh : Phân số15

72

+

+=n

nM tối giản khi :

(n+72 ; n+15) =1 hay n+72 n+15

ta có15

72

+

+=n

nM =

15

571

++n

Để M nguyên dương thì n+15 phải là Ư(57)

mà Ư(57) = ±1; ±3; ±57

Nếu n+15 =1 => n= -14 không thỏa mãn bài toánvì n∈ N

n+15 =-1 => n= -16 không thỏa mãn bài toánvì n ∈ N

n+15 =3 => n= -12 không thỏa mãn bài toánvì n ∈ N


n+15 =57 => n= 42 thỏa mãn bài toán


Trang 33




Vậy M nguyên thì n = 42

Do đó M tối giản khi n = N-42 hay có vô số số tự nhiên n để M tối giản.

B ài toán 2.16: Cho a,b,c ∈ Z và thỏa mãn a + b + c 6

Chứng minh rằng: a3+ b3+c36

Chứng minh : Đặt A = a3+ b3+c3 -(a+b+c)

khi đó:

A = a3-a+b3-b+c3-c

= a(a2

-1)+b(b2

-1)+c(c2

-1)= (a-1).a.(a+1)+(b-1).b.(b+1)+(c-1).c.(c+1)

Do (a-1).a.(a+1) 2

(a-1).a.(a+1)3

Mà (2,3) =1

nên (a-1).a.(a+1) 6 (12)

Mặt khác a,b,c có vai trò như nhau nên ta có :

(b-1).b.(b+1)6 (13)

(c-1).c.(c+1) 6 (14)

Từ (12) ;(13);(14) và giả thiết a+b+c 6

Nên a + b + c6

Nhận xét : Thực chất của bài toán trên khi chứng minh ta đã sử dụng hệ quả 2.3

<chương1>

Với bài toán này ta mở rộng thành bài toán tổng quát sau:

Trang 34




B ài toán 2.17: Chứng minh rằng nếu a+b+c k thì an +bn +cnk với k là bội

chung nhỏ nhất của n số nguyên liên tiếp.

B ài toán 2.18 : Chứng minh rằng nếu các số tự nhiên a,b,c thỏa mãn điều kiện :

a2+b2= c2 thì abc chia hết cho 60

Nhận xét : cần chứnh minh abc 60 với điều kiện a2+b2=c2 ta nên sử dụng hệ

quả 2.8 <chương1>

Chứng minh : Ta thấy n BS 3 ± 1 => n2 =BS 3 +1

n= BS5 ± 1 => n2

=BS 5 +1n= BS5 ± 2 => n2 =BS 5 +4

n= BS4 ± 1 => n2 =BS 8 +1

n= BS4 ± 2 => n2 =BS 8 +4

+> Nếu a,b,c không chia hết cho 3 thì

a2, b2, c2 đều chia hết cho 3 dư 1

khi đó a2+ b2 = BS3+2

c2 = BS3+1

trái với giả thiết a2+ b2=c2

Vậy tồn tại một trong ba số a,b,c chia hết cho 3

do đó a.b.c 3

+> Nếu a,b,c đồng thời chia hết cho 5 thì

a2, b2, c2 đều chia hết cho 5 dư 1 hoặc 4

Trang 35




khi đó a2 + b2 chia hết cho 5 dư 0; 2 ;3

c2 chia hết cho 5 dư 1;4

trái với giả thiết a2+ b2=c2

Vậy tồn tại một trong 3 số a,b ,c chia hết cho 5 do đó a.b.c 5

+> Nếu a,b,c đều không chia hết cho 4 thì a2, b2, c28 dư 1 hoặc 4

khi đó : a2 + b2 : 8 dư 0,2,5

c2:8 dư 1, 4 trái với giả thiết a2+ b2=c2

Vậy tồn tại một trong ba số a,b,c chia hết cho 4 do đó a.b.c

4Từ (15),(16) & (17): a.b.c chia hết cho 3, 4,5 hay a.b.c chia hết cho 60

Nhận xét: các bài toán trên đều được đưa ra với các điều kiện chia hết. Để chứng

minh ta đều dựa chủ yếu vào hệ quả 2.3 và 2.8 ( chương 1 ) Vậy với những bài

toán liên quan đến số nguyên tố và hợp số thì ta sẽ chứng minh như thế nào?

Để giải được những bài toán như vậy ta phải nắm vững được các khái niệm

về số nguyên tố và hợp số.

Bài toán 2.19: cho p là số nguyên tố lớn hơn 3 P +8 cũng là số nguyên tố.

Hỏi: P + 10 là số nguyên tố hay hợp số.

Nhận xét: Vì P là số nguyên tố lớn hơn 3 suy ra P không chia hết cho 3

Khi đó P có các cách biểu diễn p = 3k +1 ; p = 3k +2 ( k ∈ Z) thử các trường

hợp của P với P + 8 và p + 10 để dẫn đến điều cần chứng minh.

Chứng minh:

Trang 36




Vì P là số nguyên tố lớn hơn 3 suy ra P không chia hết cho 3 ta thực hiện phép

chia p cho 3 ta có:

P = 3k + l (0< l <3)

+> Với l =1 tức p = 3k +1 thì p +8 = 3k +1 + 8 = 3k +9

=> p +8 3 do đó p +8 là hợp số (trái lại với giả thiết)

+> Với l =2 tức p = 3k+2 thì p +8 = 3k+2+8 = 3k+10 (Với k ∈Z)

thỏa mãn giả thiết

p+10 =3k+2+10 = 3k+12 = 3.(k+4)

3=> p +10 là hợp số

Vậy với p là số nguyên tố lớn hơn 3: p +8 cũng là số nguyên tố thì p +10 là hợp

số.

Từ bài toán trên ta có các bài toán tương tự như sau:

Bài toán 2.20: Tìm số nguyên tố p để :

a) 4p +1 là số chính phương

b) 2p2 +1 cũng là số nguyên tố

c) 4p2+ 1 và 6p2 + 1 cũng là số nguyên tố

Bài toán 2.21 : Có 88 người đi tham quan bằng hai loại xe 12 chỗ ngồi và xe 7

chỗ ngồi. Hỏi mỗi loại có bao nhiêu xe, biết rằng mỗi người chỉ được ngồi một

ghế, mỗi xe đều trở đủ số người.

Trang 37




Giải

Gọi x là số xe loại 12 chỗ ngồi (x ∈ N)

Gọi y là số xe loại 7 chỗ ngồi

Số người đi bằng xe loại 12 chỗ ngồi là 12x

Số người đi bằng xe loại 7 chỗ ngồi là 7y

Theo giả thiết có 88 người đi tham quan bằng cả hai loại xe do đó ta có:

12x + 7y = 88 (18)

mà 12x

4 và 88

4 nên 7y = 88 - 12x

4Ta có (4,7)=1 => y 4 (19)

Từ (18) => 7y < 88 hay y < 12 (20)

Từ (19) ; (20) ta có y nhận các giá trị 4; 8; 12

Với y = 4 thay vào (18) : 12x + 7.4 = 88 => x =5

Với y = 8 tháy vào (18): 12x + 7.8 = 88 => x = 2,66 không thỏa mãn vì

( x ) N ∈

Với y = 12 thay vào (18): 12x + 7.12 = 88 => x = 0.33 không thỏa mãn vì

( x ) N ∈

Vậy có 5 xe loại12 chỗ ngồi và 4 xe loại 7 chỗ ngồi.

Nhận xét:

Ở đây ta gặp bài toán chia hết dưới dạng các bài toán đố song thực chất việc giải

bài toán là việc giải phương trình nghiệm nguyên.

Ta xét bài toán sau:

Bài toán 2.22 : Tìm tất cả các số nguyên dương thỏa mãn phương trình:

Trang 38




a) 5x + 7y = 112

b) 41x -37y = 187

Giải

a) Ta có 7y 7 và 1127

=> 5x = 112 -7y 7

mà (5 , 7) = 1 => x7

Mặt khác 5x ≤ 112 hay x ≤22 nên x nhận các giá trị 7 ; 14 ; 21 (x ∈Z+)

Nếu x=7 thay vào a> ta được y = 11∈

Z+

(thỏa mãn) Nếu x=14 thay vào a> ta được y = 6 ∈ Z+ (thỏa mãn)

Nếu x=21 thay vào a> ta được y = 1 ∈ Z+ (thỏa mãn)

Vậy (x,y) nhận các giá trị:

(7,11) ; (14,6) ; (21,1)

b) Giải phần b tương tự phần trên.

Từ bài toán trên ta có các bài toán tương tự.

Bài toán 2.23: tìm nghiệm nguyên của phương trình

x2 + y2 +z2 = 22008xyz.

Các bài toán như trên thường thì ta phải xét với các trường hợp x,y,z chẵn hoặc

lẻ.

Trang 39




Nhận xét:

Có thể nói bài toán chia hết rất phong phú, đa dạng cả về hình thức và nội dung

nên đòi hỏi chúng ta phải có sự nhận biết nhanh nhậy để đưa gia các phương

pháp giải tốt nhất. Song phương pháp giải các bài toán sử dụng tính chất chia hết

để giải thì thông dụng và tiện lợi hơn cả.

Ngoài ra còn có một số phương pháp khác.

3. Ph ương pháp chứng minh phản chứng

Bài toán 3.1 : Có số tưn nhiên nào chia hết cho 12 thì dư 9, chia hết cho 15 thìdư 1 không ?

Nhận xét:

Khi đọc đề bài toán trên học sinh rất dễ hiểu nhầm đề bài và giải bài toán

bằng cách chỉ ra các số nào đó thỏa mãn bài toán ra nhưng thực chất bài toán

không đòi hỏi chỉ ra số cụ thể, ta biết rằng với đề bài này chúng ta chỉ có thể

khẳng định hoặc phủ định bài toán. Phương pháp chứng minh phản chứng lúc

này giúp cho ta thực hiện được yêu cầu trên.

Chứng minh:

Giả sử có số a N ∈ thỏa mãn giả thiết

Ta có a= 12k +9 = 3(4k + 3 ) 3 (21)

mà a = (15k +1) không chia hết cho 3 điều này mâu thuẫn với (21)

vậy không có số tự nhiên nào thỏa mãn đề bài

Trang 40




Bài toán 3.2 : Từ bốn chữ số 1 ; 2 ; 3 ; 4 lập tất cả các số tự nhiên có 4 chữ số

gồm cả 4 chữ số ấy. Trong các số đó có tồn tại hai số nào mà một số chia hết

cho số còn lại?

Nhận xét:

Đối với bài toán này ta không phải liệt kê các số lập được từ 4 số, rồi thử chia

các số đó cho nhau để chỉ ra kết quả. Ta thấy số lớn nhất lập được từ bốn số là

4321, số bé nhất là 1234. Nên thương có được từ phép chia một số cho các số

còn lại chỉ có thể là 2 hoặc 3.Từ nhận xét trên ta tìm các giữ liệu để giải bài toán:

Giả sử tồn tại hai số lập được từ bốn số trên thỏa mãn giả thiết là x, y.

khi đó x y được thương là p = 2 hoặc p = 3

+> với p = 2

khi đó nếu y = 1234 là số nhỏ nhất thì x phải nhận giá trị là x =2468

Điều này trái với giả thiết vì x được lập từ 4 số 1 ; 2 ; 3 ; 4

+> với p = 3

Khi đó ta có xy =3 => x3 điều này vô lí vì tổng các chữ số của x là 1 + 2

+3 + 4 = 10 không chia hết cho 3

Vậy không tồn tại hai số nào mà một số chia hết cho số còn lại.

Nhận xét việc chứng minh của toàn bài toán trên:

Sự khác biệt của bài toán chứng minh bằng phương pháp phản chứng với các

loại bài toán khác ở chỗ:

Trang 41




Nếu các bài toán chia hết làm băng phương pháp khác: phương pháp quy

nạp, sử dụng các tính chất chia hết ..., điều đưa ra chứng minh đã được khẳng

định ta chỉ đi khẳng định lại thì ở các bài toán này ta lại phải xem xét điều đưa

ra có đúng không và phải đi khẳng định nó.

Dễ dàng nhận thấy từ hai bài toán trên mâu thuẫn được xoay quang sự chia

hết và không chia hết. Việc chỉ ra mâu thuẫn đòi hỏi phải có sự “ tinh ý” trong

cách nhận biết các dấu hiệu chia hết.

Bài toán 3.3 : Có tồn tại hay không hai số nguyên x, y sao cho 3x2

+ 7y2

= 2002Nhận xét : ở bài toán này điều quan trọng là ta đi dẫn dắt, chứng minh để đưa ra

khẳng định là tồn tại hay không tồn tại hai số như vậy.

Chứng minh:

Ta có 3x2 + 7y2 = 2002

<=> 3x2 = 2002 - 7y2

<=> 3x2 = 7(286 - y2)

mà (3,7) = 1 nên x7 <=> x2 7

286 - y2 = 286 -(y2 +1) 7 (21)

=> y2 +1 7

Giả sử y = 7k +l (0 )7≤≤ l

Ta có y2 + 1 = (7k +l)2 +1

= 7(7k 2 + 2kl) + l2 + 1

Thử với l =0; 1 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 thì ta thu được kết quả l2 +1 không chia hết

cho 7 (22)

Trang 42




Từ (21) và (22) => không tồn tại hai số nguyên x, y để

3x2 + 7y2 = 2002

Bài toán 3.4 : Cho x, y, z là các số nguyên thỏa mãn phương trình x2+y2 = z2

Chứng minh rằng:

a) Trong hai số x, y có ít nhất một số chia hết cho 3

b Tích xy 12

Nhận xét: Với x Z ∈ thì x2 hoặc chia hết cho 3 hoặc chia hết cho 3 dư 1; hoặc

chia hết cho 4 hoặc cho 4 dư 1.Chứng minh

a) Nếu cả x,y không chia hết cho 3 thì cả x2, y2 chia hết cho 3 dư 1.

khi đó: z2 = x2 + y2 thì

z2 chia hết cho 3 dư 2 (điều này vô lí)

Vậy trong hai số x, y có ít nhất một số chia hết cho 3

b) Xét các trường hợp:

+> x,y cùng lẻ khi đó : x2 chia cho 4 dư 1

y2 chia cho 4 dư 1

=> z2 = x2 + y2 chia hết cho 4 dư 2( Điều này vô lí)

Vậy không có điều kiện nào của x,y thỏa mãn (21)

+> x,y cùng chẵn

Khi đó: x. y4 (Theo câu a)

x.y 3

Trang 43




Mà (3,4) =1

=> x.y = 12

+> x, y không cùng tính chẵn lẻ

Để không mất tính tổng quát.

Giả sử x chẵn, y lẻ khi đó z lẻ

Đặt y = 2p + 1

z = 2q + 1 với p , q Z ∈

Ta có x2

= z2

- y2

= (2q + 1)2 - (2p +1)2

={4q(q + 1) - 4p(p + 1)} 8

=> x 4 hay x.y4

kết hợp kết quả câu a

=> x.y 12

Cũng với việc sử dụng phương pháp chứng minh phản chứng.

Bài toán 3.5 : Xét các số gồm 7 chữ số phân biệt mà các chữ số đó thuộc tập

hợp { }7;6;5;4;3;2;1

a) Hỏi có 3 chữ số a,b,c nào mà a + b = c không?

b) Hỏi có 2 chữ số khác nhau a,b nào mà a chia hết cho b không?

Nhận xét:

Trang 44




Mỗi số gồm 7 chữ số phân biệt mà các chữ số thuộc tập hợp

{ }7;6;5;4;3;2;1 khi chia cho 9 có số dư bẳng tổng các chữ số 1 + 2 +3 +4 +5

+6 +7 = 28 khi chia cho 9 nghĩa là có số dư bằng 1

Chứng minh:

a) Giả sử có ba chữ số a, b, c mà a + b = c

Vì a, b khi chia cho 9 đều có số dư là 1 nên a + b khi khi chia cho 9 có số dư là

2 nhưng c chia cho 9 có số dư là 1 ( mâu thuẫn với giả thiết a + b = c)

Vậy không tồn tại các số a, b, c mà a = b.nVì b x 7 > 1234567 x 7 > a nên 0 < n < 7

Với b là số bé nhất được lập từ tập hợp đã cho với b = (9k + 1).n = 9kn + n

mà a chia hết cho 9 dư 1 nên n=1 => a = b (trái giả thiết) như vậy, cùng với sự

phong phú của các bài toán chia hết chúng ta lại có những cách giải tương ứng

thú vị, không chỉ sử dụng các tính chất chia hết mpí có thể chứng minh được. Ta

còn có thể sử dụng phương pháp chứng minh thứ 4 mà tôi muốn giới thiệu đó là:

Phương pháp chứng minh sử dụng nguyên lí Đirichlê.

4.Nguy ên lý đirichlê sử dụng trong chứng minh :

Bài toán 4.1: chứng minh răng tồn tại một bội của 2003 có dang

20042004...2004

Nhận xét : Nắm vững nội dung của nguyên lí đirichlê để dẫn đến chứng minh

tồn tại hai số có cùng số dư thì phép chia cho 2003. Sau đó sử dụng hệ quả 2.8

<chương 1 >

Trang 45




Chứng minh :

Xét 2004 số : a1 = 2004

a2 = 20042004

a2004 = 20042004...2004 < nhóm 2004 có mặt 2004 lần >

theo nguyên lý đirichlê ,tồn tại hai số có cùng số dư khi phép chia cho 2003.

Gọi hai số đó là am , an < 1 ≤ n < m < 2004 thì

am - an 2003

Ta có : am - an = 2004. . .2004000. . .0000 = 2004 . . . 2004 . 104n

m - n nhóm 2004

Do 104n và 2003 nguyên tố cùng nhau nên:

2004 . . . 2004 2003

m - n nhóm 2004

Bài toán 4.2: chứng mih rằng tồn tại số nguyên dương n để cho 2n -11991

Chứng minh

Xét 1991 số 2 , 22 , 23 ,. . .,21991 .Vì 2k là số chẵn ( ) Z K ∈∀ nên không

chia hết cho 1991. Do đó chỉ có 1990 số dư theo nguyên lí đirichlê nên tồn tại ít

nhất hai số có cùng số dư trong phép chia cho 1991.

+ Để không mất tính tổng quát : Giả sử hai số đó là 2 k và 2m ở đó 1 < k < m

<1991 . Khi đó ( 2m - 2k ) 1991 <=> 2k (2m-k - 1) 1991

Mặt khác (2k ,1991) = 1 nên 2m - k - 1 1991

Vậy tồn tại n ∈ N sao cho 2n - 11991

Trang 46




+)Nhận xét : Với những bài toán 4.1 , 4.3 ta có giải được với bài toán tương tự .

Ngoài ra ta cũng gặp những bài toán trên với cách hỏi khác đòi hỏi ta phải suy

luận , phân tích để đưa về bài toán như trên.

Bài toán 4.3: Chứng minh rằng tồn tại một lũy thừa của 3 mà bốn chữ tận cùng

của nó là 0001.

Bài toán 4.4 : Chứng minh rằng tồn tại hai số tự nhiên k sao cho

( 2002k

- 1)

200310

Chứng minh : Xét 200310 số : 20021 , 20022 , 20033 , ..., 10

20032002

Theo nguye lý đirichlê , tồn tại ít nhất hai số có hiệu chia hết cho 200310.

Để không mất tính tổng quát.

Giả sử hai số đó là 2002m và 2002n ( 1 < n < m < 200310 )

Khi đó ta có : 2002m - 2002n = 2002n ( 2002m-n -1 ) 200310

Mà ( 2002n , 200310 ) = 1 do đó ( 2002m-n - 1 ) 200310

Vậy luôn tồn tại số tự nhiên K thỏa mãn.

Bài toán 4.5: Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên k sao cho : 3k - 1 chia hết cho

1000.

Nhận xét : Nhận thấy ( 3k ; 1000 ) =1 vì hiệu của các lũy thừa của 3 co dạng

3k (3h - 1) nên ta có thể sử dụng nguyên tắc suy luận đirichlê để giả bài toán.

Chứng minh :

Trang 47




Xét dãy 1001 số sau : 1 , 3,. . . , 3 1000 khi chia 1001 số này cho 1000 , có

không quá 1000 số dư . vì vậy theo nguyên tắc đirichlet , có ít nhất hai số trong

dãy có cùng số dư trong phép chia cho 1000.

Giả sử đó là 3t , 3h ( t > h ) . Khi đó 3t - 3h 1000 => ( 3t-h - 1 ) 1000

vì ( 3 , 1000 ) = 1 nên ( 3h , 1000) = 1và vì vậy ( 3t-h - 1 ) 1000

Đặt K = t - h ; có ( 3k - 1 )1000 (đpcm)

+)Tương tự cách giả bài toán trên ta có thể giải quyết các bài toán sau :Bài toán 4.6 : Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên k sao cho ( 7k - 1 )2000

Bài toán 4.7 : Chứng minh rằng nếu ( p ,q ) = 1 thì tồn tại số tự nhiên k sao cho

( pk - 1 ) pm ( m ∈ Z+ , cho trước )

Có thể thấy rằng ,các bài toán trên đều có chug một dấu hiệu đó là số lồng và

số thỏ luôn là hai số nguyên tố cùng nhau . Đây cũng là một nhận xét quan trọng

giúp ta giải bài toán chia hết khi vận dụng nguyên lí đirichlê.

Trên đây , tôi đã dưa ra bốn phương pháp chính để chứng minh bài toán chia

hết. Với các dạng toán phong phú về tính chia hết , đòi hỏi người học phải nắm

chắc các phương pháp giả chính , tạo cơ sở đẻ có sự phối hợp linh hoạt giữa các

cách giải hoặc có lối tư duy theo nhiều cách , phải biết nhận xét linh hoạt giữa

các cách giải hoặc có nối tư duy theo nhiều cách, phải biết nhận xét linh hoạt ,

sáng tạo tìm ra đặc điểm riêng và chung của từng bài toán từ đó áp dụng một

cách nhanh chóng , linh hoạt và chính xác các phương pháp . Điều đó kích thích

Trang 48




sự hiểu biết , tìm tòi sáng tạo của người học , đó còn là cơ sở của nhưnhc hứnh

thú , những say me toán học ở các em đặc biệt là phần toán học.

Với mong muốn như vậy , hy vọng các bạn sẽ yêu thích và tìm thêm những

cách giải mới thú vị cho những bài toán chia hết trên tập số nguyên hoặc có thể

mở rộng hơn nữa.

PHẦN III : CÁC BÀI TẬP THAM KHẢO

Bài toán 1: Chứng minh rằng

a) 7n+2 + 82n+1 19

b) 62n + 3n+2 11

c) 22+n . 3n + 5n - 4 25

d) n4 + 6n3 +11n2 + 6n 24

Với mọi số nguyên n .

Bài toán 2: Chứng minh rằng

a) sn = ( n+1 )( n+2 ) + . . . + ( n+n ) 2n

b) 42

4n

= 21

4n

+ 8( n+ 11) + 37n + 2

45Với mọi số nguyên n.

Bài toán 3: tìm N n ∈ sao cho

a) 5n - 2n 63

b) 32n+3+24n+125

c)31n - 15n - 24n- 8n 112

Trang 49




Bài toán 4: Chứng minh rằng tổng 2p + 1 số tự nhiên liên tiếp

chia hết cho p + 1

Bài toan 5:

a) Chứng minh răng nếu :

3x + 5y 7 thì x+ 4y 7 ( ) N y x ∈∀ ,

Điều ngược lại có đúng không ?

b) a, b , n ∈ N biết an7

Chứnh minh rằng ( a2

+98b )

49Bài toán 6: Chứng minh rằng

a, b , n ∈ N ta có

a) [(10n - 1 ).a + (11. . . 11 - n)b ] 9

n chũ số 1

b) ( 10n + 2 ) 3

Bài toán 7 : Chứng minh rằng

3663 - 1 7 nhưng không chia hết cho 37

Bài toan 8 : Chứng minh rằng

a) (3 + 33 + 35 +. . . + 32n -1) 30

b) 271958 - 108878 +101528 26460

c) 31n - 15n - 24n + 8n 112

d) ( 10n + 23) 9

e) ( 3737 - 2323 ) 10

với Z n∈∀

Trang 50




Bài toán 9: Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau

a) 15x - 19y = 11

b) 41x - 37y = 187

c) 5x + 12y = 75

Bài toán 10: Chứng minh rằng tổng bình phương của hai số nguyên chia hết cho

7 thì mỗi số đó chia hết cho 7.

Bài toán 11: Cho 10 số nguyên dương : 1 , 2 ,. . . ,10 . Sắp xếp tùy ý 10 số đó

vào một hàng . Cộng mỗi số đó với số thứ tự của nó trong hàng ta được 10 tổng .Chứng minh răng: Trong 10 tổng đó tồn tại ít nhất hai tổng có chữ số tận cùng

giống nhau.

Bài toan 12 : Chứng minh rằng tồn tại bốn chữ số tận cùng là 1992 chia hết

cho1993

Bài toán 13: Tìm 3 chữ số tận cùng của 3100

Bài tóan 14: Thay các dấu (*) bởi các chữ số thích hợp

896 = 4969**290961

Bài toán 15: Chứng minh răng nếu tổng lập phương của 3 số nguyê chia hết cho

9 thì tồn tại một trong 3 số đó là bội của 3 .

Bài toán 16: Phải lấy ít nhất bao nhiêu số tự nhiên đẻ chắc chắn tồn tại hai số

mà hiệu của chúng chia hết cho 5 .

Bài toán17: Cho 3 số nguyên tố lớn hơn 3 .Chứng minh rằn 3 số đó tồn tại 2 số

mà tổng hoặc hiệu của chúng chia hết cho 12 .

Trang 51




Bài toán 18: Trong 8 số tự nhiên , mỗi số có 3 chữ số bao giờ cũng có thể chọn

được 2 số mà khi viết liền nhau ta thu được ột số có 6 chữ số chia hết cho 7 .

Bài toán 19: Chứng minh rằng trong tập số tự nhiên có thể tìm được số có

dạng19941994 . . .1994000 . . .00 1995

Bài toán 20: Thay (*) bằng các chữ số thích hợp để :

a) 25* 2 và 9

b) 9*4 3 và 4

c) *18*

cả 2 , 3 , 5 , 9Bài toán 21: Chứng minh răng nếu 3 số a , a+k và a+2k

đều là các số nguyên tố lớn hơn 3 thì k chia hết cho 6

Bài toán 22 : Tìm hai số tự nhiên a và b để số

a) A = 5a0b 15

b) B = 5a1b 12

c) C = 3a12b 15

Bài toán 23: Chứng ming rằng số tự nhiên

A = 11.2.3. . .20032004(1 + 1/2 + 1/3 + . . . + 1/2003 + 1/2004 ) 2005

Bài toán 24 : tìm các số tự nhiên có hai chữ số sao cho mỗi số đều chia hết cho

tích các chữ số của nó .

Bài toán 25 : Chứng minh rằng với 7 số nguyên bất kì bao giừ cũng tồn tại 4 số

có tổng chia hết cho 4 .

Bài toán 26: Chứng minh rằn với mọi số nguyên tố p > 7 ta co

A = 3 p - 2 p - 1 42p

Trang 52




Bài toán 27: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 1 . Ta có hiệu

m - S(m) 9

Trong đó S(m) là tổng các chữ số của m

Bài toan 28: Chứng minh rằng

Nếu p và q là hai số nguyên tố lớn hơn hoặc băng 5 thì p2 - q2 24

Trang 53




phÇn IV : thùc nghiÖm

I.Môc ®Ých ,yªu cÇu:

Trªn c¬ së lý luËn vÒ nh÷ng kiÕn thøc c¬ b¶ vÒ néi dung

cña çc ph¬ng ph¸p chøng minh bµi to¸n chia hÕt trªn tËp sè

nguyªn :

Ph¬ng ph¸p quy n¹p to¸n häc , ph¬ng phap ssö dông çc kiÕn

thøc vÒ chia hÕt , ph¬ng ph¸p chøng minh b»ng ph¨n chøng

vµ ph¬ng ph¸p vËn dông nguyªn lý ®irichlª , qua viÖc nghiªn

cøu t×nh h×nh thùc tÕ t¹i tr¬ng THCS D©n Hßa - Thanh Oai -

Hµ T©y . ¸p dông çc kiÕn thøc c¬ b¶ ®ã vµo gi¶i to¸n víi çc

bµi to¸n chia hÕt .NÕu gi¸o viªn nhiÖt t×nh híng dÉn häc sinh

biÕt vËn dông mét çch linh ho¹t vµ sabgs t¹o çc ph¬ng ph¸p

trªn vµo viÖc chøng minh çc bµi to¸n chia hÕt trªn tËp sè

nguyªn th× nã sÏ mang l¹i hiÖu qu¶ nhÊt ®Þnh .

Tïy theo sù vËn dông ë tõng møc ®é , thõi gian kh¸c nhau

mµ hiÖu qu¶ mang l¹i còng kh¸c nhau . Thùc nghiÖm sÏ phÇn

nµo ph¶n ¸nh kÕt qu¶ ®ã . Cñng cè vµ x©y dùng niÒm tin cho

b¶n th©n vµ ®ång nghiÖp . Quan t©m suy nghÜ chuÈn bÞ cho

c«ng t¸c gi¶ng d¹y khi vÒ trêng THCS .

II.Qu¸ tr×nh thùc nghiÖm :

Trang 54




Qu¸ tr×nh lµm ®Ò tµi , chóng t«i may m¾n ®îc trïng víi

®ît thùc tËp . §©y còng lµ mét dÞp tèt ®Ó t«i hoµn thµnh t«t

®Ò tµi vµ tiÕn hµnh thùc nghiÖm.

§Õn trêng THCS D©n Hßa -Thanh Oai - Hµ T©y , trong thêi

gian thùc tËp t«i ®· quan s¸t , ®iÒu tra häc sinh trong çc tiÕt

häc båi dìng , qua çc bµi tËp

mµ häc sinh ®· lµ vµ tr×nh bµy , quan s¸t gi¸o viªn trong giê h-

¬ng sdÉn häc sinh

gi¶i m«t sè bµi tËp trªn líp vµ vÒ nhµ víi môc ®Ých n¾m ®îc

cachs híng dÉn häc sinh sö dông linh ho¹t çc ph¬ng ph¸p cã

liªn quan ®Ó lµm mét d¹ng to¸n nµo ®ã .

Qua viÖc thùc nghiÖm ®Ò tµi t¹i líp 7A t«i ®· thu ®îc kÕt

qu¶ sau :

+ T«i ®a ra bµi tËp : chøng minh r»ng víi N n∈∀ th×

74n

- 1

5Yªu cÇu çc em suy nghÜ vµ lµm

Sau mét thêi gian t«i thÊy çc em hÇu nh kh«ng chøng minh ®-

îc v×:

- Víi n lµ sè tù nhiªn bÊt k× , bµi to¸n ë d¹ng tæng qu¸t nªn

çc em kh«ng biÕt b¾t ®Çu suy nghÜ tõ ®©u

Trang 55




- Bµi to¸n ë d¹ng mò nªn çc em hÇu nh cßn “sî” ®èi víi

nh÷ng bµi to¸n nµy .

Tríc t×nh h×nh ®ã , t«i ®· híng dÉn vµ giíi thiÖu víi çc em

mét sè phÇn trong ®Ò tµi t«i ®ang thùc hiªn , sau ®ã cac sem

lµm thö th× çc em tá ra linh ho¹t khi Ën dông çc kiÕn thøc t«i

cung cÊp ®Ó gi¶i bµi to¸n cïng lo¹i kh¸c.

Nh vËy víi ®Ò tµi cña m×nh , t«i thÊy nã thùc sù gióp Ýc cho

häc sinh trong qu¸ tr×nh häc bé m«n sè häc vµ cho c¶ gi¸o

viªn ®ang gi¶ng d¹y bé m«n. X©y dùng cho çc em nh÷ng bíc

®i v÷ng ch¸c , nh÷ng høng thó , nh÷ng say mª to¸n häc ë çc

em lµ nhiÖm vô , lµ t©m huyÕt cña mçi ngêi gi¸o viªn .§iÒu ®ã

sÏ thóc ®È ngêi gi¸o viªn kh«ng ngõng nghiªn cøu vµ s¸ng t¹o

h¬n n÷a ®Î ®em tíi cho cac sem nh÷ng kiÕn thøc bæ Ých

trong cuéc sèng , h¬n n÷a ®ã cßn lµ bíc ®Öm ®Ó t¹o ra

nh÷ng nh©n tµi cho §Êt Níc trong t¬ng lai .

phÇn V : kÕt luËn§Ò tµi “ ph¬ng ph¸p chøng minh bµi to¸n chia hÕt trªn tËp sè

nguyªn” nghiªn cøu mét phÇn nhá cña lý thuyÕt chia hÕt trong

bé m«n sè häc. Qua qua tr×nh t×m tßi , tham kh¶o tµi kiÖu

cïng víi sù híng dÉn chØ b¶o cña çc thÇy c« gi¸o , t«i ®· hÖ

thèng ®îc ®Çy ®ñ çc kiÕn thøc c¬ së phôc vô cho viÖc chøng

Trang 56




minh çc bµi to¸n chia hÕt vµ ®ua ra ®îc çc ph¬ng ph¸p

chøng minh cô thÓ T«i thÊy ®Ò tµi cña m×nh lµ mét ®Ò tµi

bæ Ých cho c¶ gi¸o viªn vµ häc sinh ,®Æc biÖt lµ ë THCS víi çc

buæi d¹y häc båi dìng thêng xuyen cho çc em,Nã gãp phÇn

x©y dùng ë häc sinh nÒn t¶ng c¬ b¶n vÒ sè häc vµ lµm cho sè

häc gÇn gòi vøi çc em . B¶n th©n t«i còng tÝch lòy cho m×nh

nh÷ng kiÕn thøc cÇn thiÕt vµ hoµn thiÖn dÇn çc kÜ n¨ng gi¶i

bai fto¸n chia hÕt.

§Ó hoµn thµnh ®Ì tµi nµy bªb c¹nh viÖc tham kh¶o tµo

liÖu , trao ®æi tiÕp thu kiÕn thøc , ý kiÕn cña b¹n bÌ , t×m hiÓu

t×nh tr¹ng häc to¸n cña häc sinh THCS vµ sù nç lùc cña b¶n

th©n , t«i cßn ®îc sù chØ b¶o tËn t×nh cña çc thÇy c« trong

khoa tù nhiªn trêng C§SP Hµ T©y , trùc tiÕp lµ thÇy “§ç Kh¾c

§iÖn” .

Sù thµnh cña ®Ò tµi cßn phô thuéc rÊt nhiÒu vµo sù vËn

dông mét çch linh ho¹t , s¸ng t¹o vµ khÐo lÐo néi dung cña ®Ò

tµi vµo thùc tÕ .T«i xin ch©n thµnh c¶m ¬n vµ bµy tá lßng biÕt ¬n s©u s¾c

tíi thÇy §ç kh¾c §iÖn cïng toµn thÓ çc thÇy c« , b¹n bÌ ®· gióp

t«i trong qua tr×nh lµm ®Ò tµi nµy . Hoµn thµnh ®Ò tµi nµy

b¶n th©n t«i còng kh«ng tr¸nh khái sù chñ quan vµ thiÕu xãt .

RÊt mong sù gãp ý , bæ xung cña thÇy c« vµ çc b¹n .

Trang 57




T«i xin ch©n thµnh c¶m

¬n !

Tµi liÖu tham kh¶o

1. n©ng cao vµ ph¸t triÓn ®¹i sè 8

( NSB Gi¸o Dôc 1997 ) t¸c gi¶ : Vò H÷u B×nh

2. tuyÓn chän bµi th× häc sinh giái to¸n

thcs 1 sè häc - ®¹i sè

(NSB Hµ Néi) t¸c gi¶ : Lª Hång §øc , §µo thiÖn Kh¶i

3. tuyÓn tËp çc bµi to¸n chän läc thcs

( NXB Gi¸o Dôc 2003)

t¸c gi¶ :Vò D¬ng Thôy , Tr¬ng C«ng Thµnh ,Vò Ngäc §¹i

4. to¸n n©ng cao líp 6

(NXB §µ N½ng 1996) t¸c gi¶ : NguyÔn Vò Thanh

5. N©ng cao vµ ph¸t triÓn to¸n 6

( NXB Gi¸o Dôc 2003 ) t¸c gi¶ :Vò H÷u B×nh

6. N©ng cao vµ ph¸t triÓn to¸n 7

(NXB Gi¸o Dôc 1995) t¸c gi¶ : Vò H÷u B×nh

Trang 58




Trang 59

Documents

Phuong Phap Chia Het Tren z