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

  • Số trang: 85 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 104 |
  • Lượt tải: 1
nhattuvisu

Đã đăng 26946 tài liệu

Mô tả:

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 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 Chuyên ngành: Phƣơng pháp toán 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 quá trình thực hiện bản luận văn, tôi đã nhận đƣợc sự động viên, giúp đỡ và góp ý chân thành của các thầy, cô, gia đình và bạn bè đồng nghiệp, nếu không có những sự giúp đỡ ấy, tôi đã không thể hoàn thành tốt bản luận văn của mình. Đầu tiên, tôi 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 đã dành nhiều thời gian nhiệt tình chỉ bảo, hƣớng dẫn, giúp đỡ tôi hoàn thành bản luận văn này. Tôi cũng gửi lời cảm ơn tới các thầy cô trong khoa Toán - Cơ - Tin học, phòng Sau đại học, trƣờng Đại học Khoa học tự nhiên - Đại học quốc gia Hà Nội đã giảng dạy và giúp đỡ tôi rất nhiều trong quá trình học tập, không chỉ về mặt kiến thức mà còn cả về mặt chuyên môn, phƣơng pháp. Kiến thức sâu rộng, sự tận tụy, hăng say, lòng yêu nghề của các Thầy luôn là tấm gƣơng sáng để chúng tôi học tập theo. Tôi xin gửi lời cảm ơn tới các thầy, cô trong Sermina của bộ môn Phƣơng pháp toán sơ cấp đã có những ý kiến đóng góp quý báu để bản luận văn đƣợc hoàn chỉnh hơn. Ngoài ra, tôi xin gửi lời cảm ơn đến các bạn bè, đồng nghiệp đã tạo điều kiện, giúp đỡ, đóng góp ý kiến cho tôi. Cuối cùng, tôi xin gửi lời cảm ơn, sự biết ơn đến gia đình mình, những ngƣời đã động viên, giúp đỡ tôi trong một quá trình dài, tạo điều kiện để tôi có thể có thể học tập và hoàn thành bản luận văn. Hà Nội, ngày 30 tháng 10 năm 2014 Học viên Vũ Thị Oanh 1 MỤC LỤC Phần 1. Lời mở đầu. 3 Phần 2. Nội dung. 6 Chương 1. Tổng quan về phép chia hết trên tập hợp số nguyên. 7 1.1. Phép chia hết. 7 1.2. Phép chia có dƣ. 7 1.3. Một số kiến thức liên quan. 9 Chương 2. Các phương pháp giải bài toán chia hết. 11 2.1. Phƣơng pháp sử dụng các tính chất của phép chia hết và phép chia có dƣ. 11 2.1.1.Phƣơng pháp sử dụng các tính chất chia hết. 11 2.1.2. Phƣơng pháp sử dụng các 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 hằng 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 3. Áp dụng các phương pháp giải bài toán chia hết. 42 Phần 3. Kết luận. 80 Tài liệu tham khảo. 82 2 Phần 1 Lời mở đầu 3 LỜI MỞ ĐẦU Bertrand Russell, một nhà toán học xuất sắc ngƣời Anh đã từng viết : “Toán học nắm giữ không chỉ sự thật mà cả vẻ đẹp tối thượng, một vẻ đẹp lạnh lùng và mộc mạc như của một tác phẩm điêu khắc, tinh khiết và hoàn hảo tuyệt vời, chỉ có ở nghệ thuật vĩ đại nhất ”. Quả thật là nhƣ vậy, toán học làm cho những ngƣời học, ngƣời nghiên cứu về nó phải thích thú, phải ngƣỡng mộ trƣớc vẻ đẹp của khoa học, của tự nhiên. Và một trong những điều góp phần làm nên vẻ đẹp ấy là phép chia hết. Phép chia hết không chỉ là điểm bắt đầu, là nguồn của rất nhiều nội dung khác thú vị trong toán học, mà bản thân nó cũng chứa đựng trong mình những tính chất đẹp đẽ, những mối quan hệ phong phú, những tính chất tƣởng nhƣ đơn giản nhƣng lại rất phức tạp, đôi lúc tƣởng nhƣ rất phức tạp thì lại thành ra đơn giản. Là một giáo viên dạy toán cấp trung học cơ sở, phép chia hết luôn song hành cùng các bài giảng toán của tôi qua các khối lớp, từ lớp 6 đến lớp 9, đặc biệt là khối lớp 6 khi học về số học và khối lớp 8. Phép chia hết có một vai trò quan trọng, nhƣ trên tôi đã nói, nó luôn là tính chất mở đầu, là cái gốc, là công cụ để phát triển số học nói riêng và toán học nói chung. Bởi có vai trò quan trọng, tính chất biến hóa, đa dạng và phong phú mà phép chia hết luôn đƣợc sử dụng nhiều trong các đề kiểm tra, đề thi thƣờng xuyên, các đề thi học sinh giỏi trong nƣớc và quốc tế, các đề thi vào lớp 10, vào các khối lớp chuyên,..., do đó, các phƣơng pháp để giải các bài toán chia hết luôn là vấn đề đƣợc quan tâm, nghiên cứu. Để giúp cho bản thân và học sinh của mình thấy đƣợc vẻ đẹp, những điều kì diệu của toán học, cũng nhƣ cung cấp cho các em các phƣơng pháp để có thể giải đƣợc các bài toán chia hết, tôi đã chọn đề tài: Các phương pháp giải bài toán chia hết và áp dụng trong chương trình THCS. 4 Nội dung của khóa luận bao gồm các vấn đề sau đây: - Tổng quan về phép chia hết trên tập hợp số nguyên. - Trình bày các phƣơng pháp giải toán chia hết. - Các bài toán áp dụng trong chƣơng trình THCS và các cách giải theo các phƣơng pháp đã trình bày. Mặc dù đã cố gắng hết sức nhƣng do kiến thức còn hạn chế, thời gian không nhiều nên khi làm luận văn không tránh khỏi những sai sót. Tác giả mong nhận đƣợc sự góp ý và những ý kiến phản biện của quý thầy cô và bạn đọc. Xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, ngày 30 tháng 10 năm 2014. Học viên Vũ Thị Oanh 5 Phần 2 Nội dung 6 Chƣơng 1 Tổng quan về phép chia hết trên tập hợp số nguyên 1.1. Phép chia hết 1.1.1. Định nghĩa: Cho hai số nguyên a và b, b ≠ 0. Nếu có số nguyên k sao cho a = bk thì ta nói a chia hết cho b. Kí hiệu a ⋮ b (a chia hết cho b) hoặc b│a (b chia hết a). Khi đó, a đƣợc gọi là bội của b và b đƣợc gọi là ƣớc của a. 1.1.2. Các tính chất chia hết : với a, b  Z, b ≠ 0  Nếu a ⋮ b và b ⋮ c thì a ⋮ c (tính chất bắc cầu).  Nếu a ⋮ b thì am ⋮ b (mZ) .  Nếu ai ⋮ m thì a1 + a2 + ... + an ⋮ m (tính chất chia hết của tổng).  Nếu a ⋮ m và b ⋮ m thì a + b ⋮ m.  Nếu ab ⋮ c và (b, c) = 1 thì a ⋮ c.  Nếu ai ⋮ mi với i = 1, 2,..., n thì a1.a2...an ⋮ m1.m2...mn. Đặc biệt, nếu a ⋮ b thì an ⋮ bn. 1.2. Phép chia có dƣ 1.2.1. Định nghĩa: Giả sử a, b là hai số nguyên và b > 0. Ta nói rằng a chia cho số b có thƣơng là q và số dƣ là r, nếu a có thể biểu diễn bằng đẳng thức a = b.q + r, trong đó 0  r < b. 7 1.2.2. Định lý về phép chia có dƣ: Giả sử a, b là hai số nguyên và b>0. Khi đó có thể chọn đƣợc các số nguyên q và r sao cho 0  r < b và a = bq + r. Các số q, r xác định theo điều kiện trên là duy nhất. Chứng minh: * Sự tồn tại: Chọn số tự nhiên c sao cho |a|< bc và xét dãy số: -cb, (-c + 1)b, (-c + 2)b, ..., -2b, -b, 0b, ..., (c - 1)b, cb. Với b > 0 thì đây là một dãy tăng, có số đầu -cb < a, số cuối cb > a (do |a|< c). Nhƣ vậy trong dãy sẽ có một số bé hơn hoặc bằng a, kí hiệu qb, số tiếp theo lớn hơn hoặc bằng a, kí hiệu (q+1)b. Ta có: qb  a < (q+1)b, nhƣ vậy ta đã chọn đƣợc thƣơng q. Kí hiệu r là a - bq thì a = bq + r. Khi đó: qb  bq + r < (q+1)b hay 0  r < b. Vậy thƣơng q và số dƣ r đã tìm đƣợc. * Tính duy nhất: Giả sử a có thể biểu diễn đƣợc bằng 2 cách: a = b𝑞1 + 𝑟1 với 0  𝑟1 < b; a = b𝑞2 + 𝑟2 với 0  𝑟2 < b. Trừ 2 vế tƣơng ứng của hai đẳng thức, ta có: (𝑞1 − 𝑞2 )𝑏 + 𝑟1 − 𝑟2 = 0 suy ra 𝑟1 − 𝑟2 = −(𝑞1 − 𝑞2 )𝑏. (1) vậy 𝑟1 − 𝑟2 ⋮ 𝑏 . (*) Giả sử 𝑟1 ≠ 𝑟2 , ta có thể giả sử 𝑟1 > 𝑟2 . Mặt khác, 𝑟1 − 𝑟2 ≤ 𝑟1 < 𝑏, nên 𝑟1 − 𝑟2 ⋮ b mâu thuẫn với (*). Vậy 𝑟1 = 𝑟2 , b ≠ 0 nên từ (1) suy ra 𝑞1 = 𝑞2 . Vậy dạng biểu diễn phép chia có dƣ là duy nhất. 8 1.3. Một số kiến thức liên quan 1.3.1. Số nguyên tố. Hợp số 1.3.1.1. Định nghĩa: Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1, chỉ có 2 ƣớc là 1 và chính nó. 1.3.1.2. Những tính chất cơ bản của số nguyên tố:  Cho p là số nguyên tố. Khi đó với mọi số nguyên a thì hoặc a chia hết cho p hoặc a nguyên tố cùng nhau với p.  Nếu tích ab của hai số tự nhiên chia hết cho số nguyên tố p thì hoặc a chia hết cho p hoặc b chia hết cho p. 1.3.1.3. Hợp số là số tự nhiên lớn hơn 1, có nhiều hơn 2 ƣớc. 1.3.2. Ƣớc chung lớn nhất. Bội chung nhỏ nhất 1.3.2.1. Ƣớc chung lớn nhất Định nghĩa: Số nguyên d đƣợc gọi là ƣớc chung của các số nguyên a1 , a2 , … , an nếu nó là ƣớc của mỗi số đó. Ƣớc chung d của các số nguyên a1 , a2 , … , an đƣợc gọi là ƣớc chung lớn nhất (ƢCLN) nếu d là bội của mọi ƣớc chung của a1 , a2 , … , an . Kí hiệu: Với d > 0 ta kí hiệu d = ƢCLN(a1 , a2 , … , an ) hay d = (a1 , a2 , … , an ). Một số tính chất:  Tập hợp các ƣớc chung của 𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑛 trùng với tập hợp các ƣớc của ƢCLN của các số đó.  Nếu d là một ƢCLN của các số a1 , a2 , … , an thì tồn tại các số nguyên 𝑥1 , 𝑥2 , … , 𝑥𝑛 ⋯ +xn an . 9 sao cho: d = x1 a1 + x2 a2 +  Đặc biệt, (a1 , a2 , … , an ) = 1 khi và chỉ khi tồn tại các số nguyên x1 , x2 , … , xn sao cho: 1 = x1 a1 + x2 a2 + ⋯ +xn an . Khi đó, các số a1 , a2 , … , an đƣợc gọi là các số nguyên tố cùng nhau. 1.3.2.3. Bội chung nhỏ nhất Định nghĩa: Số nguyên m đƣợc gọi là bội chung của các số nguyên a1 , a2 , … , an nếu nó chia hết cho mỗi số nguyên đó. Bội chung m của các số nguyên a1 , a2 , … , an đƣợc gọi là bội chung nhỏ nhất của các số này (BCNN) nếu nó là ƣớc của mọi bội chung của a1 , a2 , … , an . Với m > 0, ta kí hiệu: m = BCNN(a1 , a2 , … , an ) hay m = [a1 , a2 , … , an ]. Để tìm BCNN của 2 số, ta sử dụng công thức: a, b = ab (a, b) Bội chung nhỏ nhất của nhiều số đƣợc tính theo công thức: [a1 , a2 , … , an ] = [ a1 , a2 , … , an−1 , an ] hoặc đƣợc xác định nhờ tính chất: m = [a1 , a2 , … , an ]  m m , a1 a2 ,…, m an = 1. 1.3.3. Định lý cơ bản của số học Mỗi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tích đƣợc thành tích những thừa số nguyên tố và sự phân tích đó là duy nhất nếu không kể đến thứ tự các thừa số. α α α Sự phân tích a = p1 1 p2 2 … pn n trong đó, p1 , p, … , pn là những số nguyên tố khác nhau, α1 , α2 , … . αn là những số nguyên dƣơng, gọi là sự phân tích tiêu chuẩn của a. 10 Chƣơng 2 Các phƣơng pháp giải bài toán chia hết 2.1. Phƣơng pháp sử dụng các tính chất của phép chia hết và phép chia có dƣ 2.1.1. Phƣơng pháp sử dụng các tính chất chia hết Phần lớn các bài toán chia hết trong chƣơng trình THCS đều phải dùng các tính chất chia hết, sau đây tôi xin trình bày một số bài toán điển hình thƣờng gặp. Ví dụ 1. Tìm số nguyên n để: a) 3n + 9 ⋮ n + 2. b) n + 7 ⋮ 2n - 1. Giải: a) 3n + 9 ⋮ n + 2  3(n + 2) + 3 ⋮ n + 2. Vì 3(n + 2) ⋮ n + 2 nên 3 ⋮ n+2 suy ra n + 2  Ƣ(3) = {1; 3}. n+2 -3 -1 1 3 n -5 -3 -1 1 Vậy n  {-5; -3; -1; 0}. b) n + 7 ⋮ 2n - 1 suy ra 2.(n+7) ⋮ 2n - 1. 2n + 14 ⋮ 2n - 1  2n - 1 + 15 ⋮ 2n - 1. Vì 2n - 1 ⋮ 2n - 1 nên 15 ⋮ 2n - 1 suy ra 2n - 1  Ƣ(15) = {1; 3; 5; 15}. 11 2n-1 n -15 -7 -5 -2 -3 -1 -1 0 1 1 3 2 5 15 3 Vậy n  {-7; -2; -1; 0; 1; 2; 3; 8}. Ví dụ 2. (Đề thi APMOPS 2013). Tổng của 10 số nguyên dƣơng, có thể giống nhau, là 1001. Nếu d là ƣớc chung lớn nhất của 10 số đó, hãy tìm giá trị lớn nhất có thể của d. Giải: Đặt 10 số nguyên dƣơng là a1 , a2 , … , a10 và ai = d. k i với ∀i = 1, 2, … , 10, k i ∈ N*. Ta có: a1 + a2 + ⋯ + a10 = d k1 + k 2 + ⋯ + k10 = 1001 = 7.11.13. Vì k1 + k 2 + ⋯ + k10 ≥ 10 nên giá trị nhỏ nhất có thể của tổng này là 11 (ta lấy k1 = k 2 = ⋯ = k 9 , k10 = 2). Khi đó d = 7.13 = 91. Vậy giá trị lớn nhất của d là 91. Ví dụ 3. Cho a, b, n là các số tự nhiên khác 0. Biết an ⋮ 7. Chứng minh rằng a2 + 98b ⋮ 49. Giải: Vì an ⋮ 7 mà 7 là số nguyên tố nên a ⋮ 7 suy ra a2 ⋮ 49. Vì 98 ⋮ 49 suy ra 98.b ⋮ 49. Từ đó ta có a2 + 98b ⋮ 49. Ví dụ 4. (Thi vô địch Hung-ga-ri năm 1894) Chứng minh rằng nếu x,y là các số nguyên thì 2x + 3y chia hết cho 17 khi và chỉ khi 9x + 5y chia hết cho 17. Giải: Vì 4.(2x + 3y) + (9x + 5y) = 17(x + y) ⋮ 17 nên: Nếu 2x + 3y ⋮ 17 thì 4.(2x + 3y) ⋮ 17 suy ra 9x + 5y ⋮ 17. Nếu 9x + 5y ⋮ 17 suy ra 4.(2x + 3y) ⋮ 17 mà (4, 17) = 1 nên 2x + 3y ⋮ 17. 12 8 Vậy 2x + 3y ⋮ 17  9x + 5y ⋮ 17. 2.1.2. Phƣơng pháp sử dụng các dấu hiệu chia hết Từ thế kỉ XVI, nhà toán học Pascal (1623-1662) đã nêu ra dấu hiệu chia hết trong hệ thập phân, ngày nay ngƣời ta vẫn dựa vào dấu hiệu này để phát biểu dấu hiệu chia hết cho các số 2; 3; 4; 5; 7; 8; 9; 11; 13; 25; 101; 125; ... Dấu hiệu chia hết Pascal: Giả sử số tự nhiên T viết trong hệ thập phân có dạng: T = as as−1 … a1 a0 với 0  ai  9, as ≠ 0, i = 0, 1, 2,..., s. T = as . 10s + as−1 . 10s−1 + ⋯ + a1 . 10 + a0 . Nếu có các số nguyên b1 , b2,… , bs thỏa mãn 10i ≡ bi (mod m) với i = 1, 2,..., s thì số T chia hết cho m khi và chỉ khi Q = as bs + as−1 bs−1 + ⋯ + a1 b1 + a0 chia hết cho m. Chứng minh: Giả sử 10i = mk i + bi với các số tự nhiên k i , bi và i = 1, 2,..., s thì T = as . 10s + as−1 . 10s−1 + ⋯ + a1 . 10 + a0 = as mk s + bs + as−1 mk s−1 + bs−1 + ⋯ + a1 mk1 + b1 + a0 = as bs + as−1 bs−1 + ⋯ + a1 b1 + a0 +m(as k s + as−1 k s−1 + ⋯ + a1 k1 ) = Q + m(as k s + as−1 k s−1 + ⋯ + a1 k1 ). suy ra T ⋮ m  Q ⋮ m. Từ đó, ta có thể áp dụng dấu hiệu này cho các số cụ thể. Áp dụng: * Dấu hiệu chia hết cho 2 hoặc 5 Khi m = 2 hoặc m = 5 thì 10i = 2.5. k i với k i  N và i = 1, 2,..., s nên bi = 0 với i = 1, 2,..., s. suy ra as as−1 … a1 a0 ⋮ 2 a0 ⋮ 2. 13 as as−1 … a1 a0 ⋮ 5 a0 ⋮ 5. Ví dụ: 90852350 có 0 ⋮ 2 nên 90852350 ⋮ 2. 12398765 có 5 ⋮ 5 nên 12398765 ⋮ 5. * Dấu hiệu chia hết cho 4 hoặc 25 Khi m = 4 hoặc m = 25 thì 10i = 4.25. k i với k i  N và i = 2, 3,..., s nên bi = 0 với i = 2, 3,..., s. (*) Cách 1. Từ (*) suy ra as as−1 … a1 a0 ⋮ 4  a1 a0 ⋮ 4. as as−1 … a1 a0 ⋮ 25 a1 a0 ⋮ 25. Ví dụ: 3456872 có 72 ⋮ 4 nên 3456872 ⋮ 4. 4756890 có 90 ⋮ 25 nên 4756890 ⋮ 25. Cách 2. b1 = 10 ≡ 2(mod 4), suy ra as as−1 … a1 a0 ⋮ 4  2a1 + a0 ⋮ 4. Ví dụ: 3456872 có 2.7 + 2 = 16 ⋮ 4 nên 3456872 ⋮ 4. * Dấu hiệu chia hết cho 8 hoặc 125 Khi m = 8 hoặc m = 125 thì 10i = 8.125. k i với k i  N và i = 3, 4,..., s nên bi = 0 với i = 3, 4,..., s. suy ra as as−1 … a1 a0 ⋮ 8  a2 a1 a0 ⋮ 8. as as−1 … a1 a0 ⋮ 125 a2 a1 a0 ⋮ 125. Ví dụ: 2326401 có 401 ⋮ 8 nên 2326401 ⋮ 8. 41523250 có 250 ⋮ 125 nên 41523250 ⋮ 125. * Dấu hiệu chia hết cho 3 hoặc 9 Khi m = 3 hoặc m = 9 thì 10i = (9 + 1)i = 9. k i + 1 với k i ϵ N và i = 1,2,..., s nên bi = 1 với i = 1, 2,..., s . suy ra as as−1 … a1 a0 ⋮ 3  as + as−1 + as−2 + ⋯ +a0 ⋮ 3. as as−1 … a1 a0 ⋮ 9  as + as−1 + as−2 + ⋯ +a0 ⋮ 9. Ví dụ: 3712325 có 3 + 7 + 1 + 2 + 3 + 5 = 21 ⋮ 3; 21 ⋮ 9 nên 14 3712325 ⋮ 3 ; 3712325 ⋮ 9. * Dấu hiệu chia hết cho 11 Cách 1. Khi m = 11 thì 10i = (11 − 1)i = 11. k i + (−1)i với k i ϵ N và i = 1, 2,..., s nên bi = 1 với i chẵn, bi = -1 với i lẻ. Suy ra as as−1 … a1 a0 ⋮ 11 (−1)s as + ⋯ +a2 −a1 + a0 ⋮ 11. Ví dụ: 10857 có 1.1 + (-1).0 + 1.8 + (-1).5 + 7 = 11 ⋮ 11 nên 10857 ⋮ 11. Cách 2. 102i = (99 + 1)i = 11. k i + 1 với k i ϵ N và i = 1, 2,..., s nên b2i = 1 với i = 1, 2,..., s. Suy ra a2s+1 a2s … a1 a0 ⋮ 11 a2s+1 a2s + ⋯ + a3 a2 + a1 a0 ⋮ 11. Ví dụ: 10857 có 1 + 8 + 57 = 66 ⋮ 11 nên 10857 ⋮ 11. * Dấu hiệu chia hết cho 7 hoặc 13 Cách 1. Khi m = 7 hoặc m = 13 thì 103i = 1001 − 1 i = 7.13.k i + −1 i với k i ϵ Z và i = 1, 2,..., s nên b3i = (−1)i với i = 1, 2,..., s. Suy ra a3s+2 a3s+1 a3s … a2 a1 a0 ⋮ 7  (−1)s a3s+2 a3s+1 a3s + ⋯ + a2 a1 a0 ⋮ 7. a3s+2 a3s+1 a3s … a2 a1 a0 ⋮ 13  (−1)s a3s+2 a3s+1 a3s + ⋯ + a2 a1 a0 ⋮ 13. Ví dụ: 8655829 có −1 8 . 8 + −1 5 . 655 + 829 = 182 ⋮ 7 nên 8655829 ⋮ 7 . 25663625 có −1 8 . 25 + −1 5 . 663 + 625 = −13 ⋮ 13 nên 25663625 ⋮ 13. Cách 2. Xét tính đồng dƣ của lũy thừa cơ số 10 theo modun 7, ta có: 10 ≡ 3 mod 7 ; 102 ≡ 30 ≡ 2 mod 7 ; 102 ≡ 20 ≡ −1 mod7 ; 104 ≡ −10 ≡ −3 mod 7 ; 105 ≡ −30 ≡ −2 mod 7 ; 15 106 ≡ 1 (mod 7). Giả sử s = 6t + 1 với t ≥ 2. Khi đó, dãy số đồng dƣ tƣơng ứng với dãy chữ số của a sẽ là: as as−1 as−2 as−3 .... a6 a5 a4 a3 a2 a1 a0 1 .... 1 -2 -3 -1 2 3 1 -2 -3 -1 Vậy Q = as − 2as−1 − 3as−2 − as−3 + ⋯ + a6 − 2a5 − 3a4 − a3 + 2a2 + 3a1 + a0 . as as−1 … a1 a0 ⋮ 7  as − 2as−1 − 3as−2 − as−3 + ⋯ + a6 − 2a5 − 3a4 − a3 + 2a2 +3a1 + a0 ⋮ 7. Ví dụ: 8655829 có 8 - 2.6 - 3.5 - 5 + 2.8 + 3.2 + 9 = 7 ⋮ 7 nên 8655829 ⋮ 7. Ví dụ 1. Cho A=1+2-3-4+5+6-7-8+9+10-11-12+...+197+198-199-200. A chia hết cho các số nào trong các số 2, 3, 4, 5, 9 ? Giải: Số số hạng: (200 - 1) : 1 + 1 = 200 số. Vì 200 ⋮ 4 nên ta nhóm 4 số thành một nhóm: A = 1 + (2 - 3 - 4 + 5) + (6 - 7 - 8 + 9) +....+ (198 - 199 - 200 + 201) - 201 = 1 + 0 +....+ 0 - 201 = -200. Vì 200 có tận cùng là 0 nên 200 ⋮ 2; 5. 200 có 2 số tận cùng là 00 nên 200 ⋮ 4. 200 có tổng các chữ số là 2 + 0 + 0 = 2 không chia hết cho 3 và 9 nên 200 không chia hết cho 3; 9. Vậy A ⋮ 2; 4; 5. Ví dụ 2. Các số a và 6a có tổng các chữ số nhƣ nhau. Chứng minh a ⋮ 9. Giải: Vì a và 6a có tổng các chữ số nhƣ nhau nên hiệu của chúng 6a - a ⋮ 9 16 suy ra 5a ⋮ 9, vì ƢCLN(5, 9) = 1 nên a ⋮ 9. Ví dụ 3. (Đề thi APMOPS 2013). Một số có 5 chữ số đƣợc viết dƣới dạng 24abc với ba chữ số cuối cùng chƣa biết. Nếu số này chia hết cho cả 3, 4, 5, hãy tìm số abc lớn nhất có thể. Giải: Vì 24abc chia hết cho 4 và 5 nên c = 0, ta có số 24ab0. Ta xét trƣờng hợp a lớn nhất: a = 9, ta có số 249b0. Vì 249b0 ⋮ 4 nên b0 ⋮ 4 suy ra b  {2; 4; 6; 8}. Vì 249b0 ⋮ 3 nên 2 + 4 + 9 + b + 0 = 15 + b ⋮ 3. + Với b = 8 thì 15 + 8 = 23 ⋮ 3 (loại). + Với b = 6 thì 15 + 6 = 21 ⋮ 3 (thỏa mãn). Vậy số cần tìm là 960. Ví dụ 4. Tìm a, b, c, d biết: 3576 - abc = abcd. Giải: 3576 - abc = abcd, suy ra 3576d - abcd = abcd0, suy ra 3576d = abcd0 + abcd hay 3576d = 11. abcd. Vậy 3576d ⋮ 11 hay (3 + 7 + d) - (5 + 6) ⋮ 11. (10 + d) - 11 ⋮ 11 mà 0  d  9 nên d = 1. Vậy abcd = 35761 : 11 = 3251. Do đó: a = 3; b = 2; c = 5; d = 1. 2.1.3. Phƣơng pháp sử dụng định lý phép chia có dƣ Phƣơng pháp: Ta có a = b.q + r (0  r < b). Từ đó, ta chia các trƣờng hợp của số dƣ r (r = 0, 1, 2,..., b - 1) rồi xét cho từng trƣờng hợp. 17 Ví dụ 1: Chứng minh rằng trong 5 số nguyên tùy ý luôn có 3 số mà tổng của chúng chia hết cho 3. Giải: Gọi 3 số nguyên đó là a1 , a2 , a3 . Ta có a1 = 3q1 + r1 ; a2 = 3q2 + r2 ; a3 = 3q3 + r3 (q1 , q2, q3 ∈ Z, 0 ≤ r1 , r2 , r3 < 3). Có 2 khả năng: * Khả năng 1: Trong 5 số có ít nhất 3 số có cùng một số dƣ (cùng dƣ 0, dƣ 1, dƣ 2). + Trƣờng hợp 1: r1 = r2 = r3 = 0. Khi đó, a1 + a2 + a3 = 3q1 + 3q2 + 3q3 = 3(q1 + q2 + q3 ) ⋮ 3. + Trƣờng hợp 2: r1 = r2 = r3 = 1. Khi đó, a1 + a2 + a3 = 3q1 + 1 + 3q2 + 1 + 3q3 + 1 = 3 q1 + q2 + q3 + 3 ⋮ 3. + Trƣờng hợp 3: r1 = r2 = r3 = 2. Khi đó, a1 + a2 + a3 = 3q1 + 2 + 3q2 + 2 + 3q3 + 2 = 3 q1 + q2 + q3 + 6 ⋮ 3. Vậy tổng của 3 số đó chia hết cho 3. * Khả năng 2: trong 5 số không có 3 số nào có số dƣ giống nhau, theo nguyên lý Dirichlet, khi chia 5 số cho 3 sẽ có 3 trƣờng hợp số dƣ (dƣ 0, dƣ 1, dƣ 2). Khi đó tổng của 3 số này sẽ chia hết cho 3. a1 + a2 + a3 = (3q1 ) + (3q2 + 1) + (3q3 + 2) = 3(q1 + q2 + q3 ) + 3 ⋮ 3. Vậy trong cả 2 khả năng có thể xảy ra thì trong 5 số bất kì luôn có 3 số mà tổng của chúng chia hết cho 3. Ví dụ 2: Tìm số nguyên p biết p, p + 2, p + 10 là các số nguyên tố. Giải: p = 2 thì p + 10 = 12 không là số nguyên tố nên p = 2 không thỏa mãn. 18
- Xem thêm -