Một số dạng toán áp dụng tính chất chia hết của số nguyên_skkn toán 6

  • Số trang: 16 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 13 |
  • Lượt tải: 0
hoanggiang80

Đã đăng 24000 tài liệu

Mô tả:

Saùng kieán kinh nghieäm Tröôøng T H C S Böng Baøng A. ĐẶT VẤN ĐỀ: Trong báo cáo về nhiệm vụ năm học, Bộ giáo dục & Đào tạo chỉ rõ: Chỉ đạo mạnh mẽ việc đổi mới phương pháp dạy học và phong trào tự học, tự đào tạo''. '' Coi trọng giáo dục chính trị, tư tưởng nhân cách, khả năng tư duy sáng tạo và năng lực thực hành của học sinh''. '' Quyết tâm thực hiện 2 không trong ngành giáo đục''. Chủ trương đó hoàn toàn phù hợp với những yêu cầu cấp bách của công cuộc công nghiệp hoá, hiện đại hoá đất nước như nước ta hiện nay. Căn cứ vào nhiệm vụ, mục tiêu của ngành giáo dục, căn cứ vào thức trạng dạy- học toán hiện nay, hướng đổi mới phương pháp dạy học toán ở trường THCS là tích cực hoá hoạt động học tập của học sinh, tập trung việc rèn luyện khả năng tư duy tích cực, độc lập, sáng tạo. Để trở thành học sinh giỏi là ao ước của mọi học sinh , đó là điều mọi bậc phụ huynh điều mong muốn cho con mình được thành đạt và đây cũng là niềm tư hào của các thầy cô giáo trong mọi miền đất nước . Trong chương số học của THCS, các bài toán về phân tích một số ra thừa số nguyên tố và tính chất chia hết của số nguyên hết sức phong phú và đa dạng. Vì nó vận dụng kiến thức cơ bản vào giải toán và còn phát triển tư duy cho học sinh. Khi gặp một bài toán chứng minh chia hết, học sinh sẽ gặp khó khăn nếu không nắm vững kiến thức cơ bản và các dạng bài tập, cách làm các dạng bài tập đó Vậy làm thế nào để học sinh biết làm các bài toán chia hết và biết cách vận dụng nó để giải các dạng toán khác và ứng dụng nó trong thực tế? Và làm thế nào để học sinh cảm thấy có sự say mê, hào hứng khi giải các bài toán nhất là đối với học sinh giỏi học toán? Đó là vấn đề tôi luôn quan tâm và luôn tìm phương pháp tối ưu, để đạt được mục đích đó tôi lựa chọn đề tài "Một số dạng toán áp dụng tính chia hết của số nguyên''. B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I) CƠ SỞ LÝ LUẬN Đổi mới phương pháp dạy học nhằm mục đích cho học sinh phương pháp suy nghĩ, chiếm lĩnh các tri thức khoa học và phương pháp nghiên cứu kiến thức một cách khoa học, nhằm vận dụng kiến thức khoa học một cách tối ưu nhất. Muốn đạt được diều kiện trên thì trong qu trình dạy học bồi dưỡng học sinh giỏi ta cũng phải đổi mới phương pháp giảng dạy và thiết kế bài dạy , lên kế hoạch bộ mơn r rng , tức l ta phải xc định: - Cơng việc của thầy giữ vai trị chủ động, sáng tạo, tổ chức cho học sinh chiếm lĩnh kiến thức. - Đối với học sinh phải chủ động, sáng tạo, phải được suy nghĩ nhiều, trả lời nhiều câu hỏi, được thực hành nhiều dưới sự tổ chức hướng dẫn của giáo viên. II) CƠ SỞ THỰC TIỄN Thực trạng dạy và học toán hiện nay, mặc dù học sinh đ dược học đầy đủ các kiến thức cơ bản, có phần mở rộng, nâng cao nhiều. Song khi gặp một bài toán, học sinh vẫn cịn lúng túng trong việc định hướng phương pháp giải, chưa biết vận dụng hoặc vận dụng chưa linh hoạt, sáng tạo các kiến thức cơ bản đ học. Nhiều học sinh chỉ biết vận dụng từng bước giải, từng phần của quy tắc, công thức mà thầy đ hướng dẫn. Vì thế khơng phát huy được tính độc lập, sáng toạ của học sinh. 1 Saùng kieán kinh nghieäm Tröôøng T H C S Böng Baøng - Đối với thầy công việc chuẩn bị kiến thức, đặt vấn đề, đặt câu hỏi sao cho học sinh được suy nghĩ nhiều? Được làm việc nhiều? Đối với học sinh đại trà hay chỉ là học sinh khá, giỏi trong lớp trả lời. Vì vậy người thầy phải chủ động tích cực hoá các hoạt động của tất cả các đối tượng trong lớp. - Trong thức tiễn vấn đề học không đi đôi với hành đ lm cho học sinh khơng cĩ cơ sở thực hiện các thao tác tư duy để tiếp nhận, củng cố tri thức cũ, làm nền tảng lĩnh hội tri thức mới. Do đó, học sinh ít được làm việc dộc lập, năng lực cá nhân không được phát huy thoả đáng. - Trong nhiều năm giảng dạy toán của bậc THCS tôi thấy phân tích một số ra thừa số nguyên tố , tính chia hết đối với số nguyên, học sinh được học ở lớp 6, nhưng khi gặp một bài toán về phân tích một số ra thừa số nguyên tố , tính chia hết của số nguyên, học sinh vẫn cịn lng tng trong việc tìm ra cách giải , bởi vì các kiến thức liên quan để hỗ trợ còn hạn chế. Lên lớp 8 nhờ các hằng đẳng thức đáng nhớ và phân tích đa thức thành nhân tử , học sinh có thể giải được các bài toán nhanh hơn và phức tạp hơn ở lớp dưới Dựa trên cơ sở lý luận và cơ sở thực tiễn trên tối thấy cần có một số giải pháp đổi mới phương pháp giảng dạy cho phù hợp với thực tiễn hiện nay. III CÁC GIẢI PHÁP Để đáp ứng mục tiêu giáo dục và khắc phục những tồn tại trên, để học sinh có thể làm được các bài tập liên quan đến phân tích một số ra thừa số nguyên tố và sự chia hết của số nguyên, một cách chủ động hơn giáo viên cần phải: - Chuẩn bị tốt tiến trình bi soạn v tổ chức dạy học. - Chuẩn bị tốt cc tình huống cĩ vấn đề để có thể giúp học sinh tư duy suy nghĩ, định hình cch lm - Cung cấp học sinh một số dạng toán thường gặp về phân tích một số ra thừa số nguyên tố và tính chia hết của số nguyên , áp dụng vào giải các bài toán có vận dụng một số kiến thức nâng cao của phân tích một số ra thừa số nguyên tố mà học sinh có thể ứng dụng được. - Qua các bài toán học sinh biết áp dụng những kiến thức đ học vo lm bi tập một cch linh hoạt,cĩ sng tạo. - Thông qua nội dung lý thuyết cần lưu ý v cc bi tập cĩ tính hệ thống,nâng cao phát triển cho học sinh tư duy toán: lôgic, sáng tạo, phát triển khả năng khái quát,tổng quát hoá Để tạo cho học sinh có sự phấn khích khi gặp cc bi tốn : Phn tích một số ra thừa số nguyn tố hay tính chia hết của số nguyn, tôi xin trình bày một số ví dụ về các dạng tóan để minh hoạ cho chuyên đề '' Một số dạng tóan áp dụng tính chia hết của số nguyn'' SƠ ĐỒ QUAN HỆ GIỮA CC KIẾN THỨC SỐ HỌC 6 Cấu tạo số Chia hết cho 2 Chia hết cho 3 2 Saùng kieán kinh nghieäm Tröôøng T H C S Böng Baøng Cc dấu hiệu chia hết Chia hết cho 5 Chia hết cho 7 Chia hết cho 11 Phn tích một số ra thừa số nguyn tố Bội và ước BCNN ƯCLN Tìm BC thông qua tìm BCNN Tìm ƯC thông qua tìm ƯCLN Các bài toán về BC và ƯC Tính chất chia hết của số nguyên Chia hết Bội và ước Số nguyên tố Chia có dư Chứng minh chia hết cho Hợp số Tìm số dư trong php chia Số chính phương Nguyên lý Drich le Giải phương trình nghiệm nguyên .......... IV. NỘI DUNG 1/Ta phân tích sự quan hệ về tính chia hết của số nguyên được học ở lớp 6 , ảnh hưởng đến các kiến thức vận dụng của lớp 6 vào học các lớp 8 , 9 của bậc THCS . Tôi có thể lấy các bài toán đơn giản khi dạy về tính chia hết của số nguyên ở lớp 6 ảnh hưởng lớn đến các bài toán chia hết của số nguyên sau này : Ví dụ 1 : Chứng tỏ rằng trong n +1 số nguyên liên tiếp thì có một hiệu của hai số chia hết cho n . (với n thuộc N) 3 Saùng kieán kinh nghieäm Tröôøng T H C S Böng Baøng Giải : Gọi a1 , a2 , a3 , . . . lần lượt là các số chia cho n có số dư lần lượt là 1 . 2 , 3 , . . . thi an chia cho n dư 0 , an+1 chia cho n có số dư là1. Do đó : an+1 – a1 = (n.k +1) – (n.l +1) = n.k – n.l = n(k – l ) = n.q ....Tương tự ta xét bất kỳ số dư khác ta vẫn chứng minh được . Hiệu hai số chia hết cho n Đây chính là nguyên lý Dirich- le . Ví dụ 2 : Tìm hai số nguyên biết tích của chúng bằng 21. Giải : Gọi hai số nguyên cần tìm : là x , y Ta có : x.y = 21 Vì : 21 = 21. 1 = 3 . 7 = 7 . 3 = 1 . 21 = (-1)(-21) = =(-3)(-7)= (-7)(-3)= (-21)(-1) Nên ta giải ra tìm được nhiều nghiệm của các cặp giá trị của x và y . Đây chính là phân tích một số ra thừa số ra thừa số nguyên tố và tính ước của số nguyên . Ví dụ 3 : Tìm hai số x và y . Biết BCNN của chúng bằng 48 và ƯCLN của chúng bằng 8 . Giải : + Nếu x chia hết cho y thì : x = 48 , y = 8 (hoặc ngược lại) +Nếu x không chia hết cho y thì : (x> y hoặc y>x) x = 8d1 , y = 8d2 ; (d1,d2)=1 Suy ra : d1.d2 = 48 : 8 = 6 Nên : d1 = 3 ; d2 = 2 (hoặc ngược lại) Do đó : x = 8.3 = 24 y = 8.2 = 16. (Hoặc kết quả ngược lại ) Ta có thể xét sự quan hệ của các bài toán này ảnh hưởng đến các bài toán ở chương trình bồi dưỡng sau này ở các lớp 8 , 9 như : DẠNG 1.Chứng minh quan hệ chia hết Ví dụ1.Chứng minh rằng A = n3(n2 -7)2 - 36n chia hết cho 5040 với mọi số tự nhiên n. Hướng phân tích + Trước hết cho hs nhận xét về các hạng tử của biểu thức A + Từ đó phân tích A thành nhân tử Giải: Ta có A =n[n2(n2 -7)2 -36]= n[(n3 -7n2)-36] = n(n3 -7n2 -6)( n3 -7n2 +6) Mà n3 -7n2 -6 = (n+1) (n+2) (n-3) n3 -7n2 +6 = (n-1)(n-2)(n+3) Do đó A= (n-3)(n-2)(n-1)(n+1)(n+2)(n+3) Đây là tích của 7 số nguyên liên tiếp.Trong 7 số nguyên liên tiếp 4 Saùng kieán kinh nghieäm Tröôøng T H C S Böng Baøng +Tồn tại một bội của 5  A chia hết cho 5 +Tồn tại một bội của 7  A chia hết cho 7 +Tồn tại hai bội của 3  A chia hết cho 9 +Tồn tại ba bội số của 2,trong đó có một bội số của 4  A chia hết cho 16 A chia hết cho các số 5,7,9,16 đôi một nguyên tố cùng nhau nên A chia hết cho 5.7.9.16 =5040. + Qua ví dụ 1 rút ra cách làm như sau: Gọi A(n) là một biểu thức phụ thuộc vào n (n  N hoặc n Z). Chú ý 1: +Để chứng minh biểu thức A(n) chia hết cho một số, ta thường phân tích A(n) thành thừa số, trong đó có một thừa số là m.Nếu m là hợp số, ta phân tích nó thành môt tích các thừa số đôi một nguyên tố cùng nhau, rồi chứng minh A(n)chia hết cho tất cả các số đó. +Trong quá trình chứng minh bài toán trên ta đã sử dụng các kiến thức của lớp 6 : -Phân tích một số ra thừa số nguyên tố . -Tính chất chia hết của một tích (thừa số là số nguyên tố ) -Nguyên lý Dirich- le Lưu ý: Trong k số nguyên liên tiếp, bao giờ cũng tồn tại một bội số của k. Ví dụ 2.Chứng minh rằng với moi số nguyên a thì a) a2 -a chia hết cho 2. b) a3 -a chia hết cho 3. c) a5 -a chia hết cho 5. d) a7 -a chia hết cho 7. Giải: a) a2 - a =a(a-1), chia hết cho 2. b)a3 -a = a( a2 - 1) = a(a-1)(a+1), tích này chia hết cho 3 vì tồn tại một bội của 3. + Ở phần a, b hs dễ dàng làm được nhờ các bài toán đã quen thuộc + Để chứng minh a(a -1 ) chia hết cho 2, ta đã xét số dư của a khi chia cho 2 (hoặc dụng nguyên lý Dirich- le ) c) Cách 1 A = a5 -1= a(a2+1)(a2 -1) Xét các trường hợp a = 5k, a= 5k 1, a=5k 2 +Ta vận dụng vào tính chia hết của số nguyên về xét số dư suy ra A chia hết cho 5 Cách 2. A = a5 -1= a(a2+1)(a2 -1) = a(a2+1)(a2 -4+5) = a(a2+1)(a2 -4)+ 5a( a2 -1) = (a -2) (a-1)a(a+1)(a+2) + 5a(a2 -1) Số hạng thứ nhất là tích của năm số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 5,số hạng thứ hai cũng chia hết cho 5. Do đó A = a5 -1 chia hết cho 5. +Ta vận dụng tính chia hết của một tổng vào giải . + Qua ví dụ 2 để chứng minh chia hết ta đã làm như sau: 5 Saùng kieán kinh nghieäm Tröôøng T H C S Böng Baøng Chú ý 2: Khi chứng minh A(n) chia hết cho m, ta có thể xét mọi trường hợp về số dư khi chia n cho m. Ví dụ 3. a)Chứng minh rằng một số chính phương chia hết cho 3 chỉ có thể có số dư bằng 0 hoặc 1. b) Chứng minh rằng mọt số chính phương chia cho 4 chỉ có thể có số dư bằng 0 hoặc 1. c)Các số sau có là số chính phương không? M = 19922 + 19932 +19942 N = 19922 + 19932 +19942 +19952 P = 1+ 9100+ 94100 +1994100. d)Trong dãy sau có tồn tại số nào là số chính phương không? 11, 111,1111,11111,....... Giải: Gọi A là số chính phương A = n2 (n N) a)Xét các trường hợp: n= 3k (k N)  A = 9k2 chia hết cho 3 n= 3k  1 (k N)  A = 9k2  6k +1 chia cho 3 dư 1 Vậy số chính phương chia cho 3 chỉ có thể có số dư bằng 0 hoặc 1. +Ta đã sử tính chia hết cho 3 và số dư trong phép chia cho 3 . b)Xét các trường hợp n =2k (k N)  A= 4k2, chia hết cho 4. n= 2k+1(k  N)  A = 4k2 +4k +1 = 4k(k+1)+1, chia cho 4 dư 1(chia cho 8 cũng dư 1) vậy số chính phương chia cho 4 chỉ có thể có số dư bằng 0 hoặc 1. +Ta đã sử tính chia hết cho 4 và số dư trong phép chia cho 4 . Chú ý: Từ bài toán trên ta thấy: -Số chính phương chẵn chia hết cho 4 -Số chính phương lẻ chia cho 4 dư 1( chia cho 8 cũng dư 1). c) Các số 19932,19942 là số chính phương không chia hết cho 3 nên chia cho 3 dư 1,còn 19922 chia hết cho 3. Vậy M chia cho 3 dư 2,không là số chính phương. Các số 19922,19942 là số chính phương chẵn nên chia hết cho 4. Các số 19932,19952 là số chính phương lẻ nên chia cho 4 dư 1. Vậy số N chia cho 4 dư 2,không là số chính phương. +Ta đã vận dụng tính chất chia hết của số chính phương và xét số dư cửa các số chính phương đó khi các số đó chẳn hay lẻ . d) Mọi số của dãy đều tận cùng là 11 nên chia cho 4 dư 3.Mặt khác số chính phương lẻ thì chia cho 4 dư 1. Vậy không có số nào của dãy là số chính phương. Chú ý 3:Khi chứng minh về tính chất chia hết của các luỹ thừa,ta còn sử dụng các hằng đẳng thức bậc cao và công thức Niu-tơn sau đây: +an -bn =(a-b)(an-1+an-2b+an-3b2+...+abn-2+bn-1) (1) +an+bn=(a+b)(an-1-an-2b+an-3b2-...-abn-2+bn-1) (2) với mọi số lẻ n. Công thức Niu-tơn 6 Saùng kieán kinh nghieäm Tröôøng T H C S Böng Baøng (a+b)n= an+c1an-1b+c2an-2b2+...+cn-1abn-1+bn Trong công thức trên, vế phải là một đa thức có n+1 hạng tử ,bậc của mỗi hạng tử đối với tập hợp các biến là a,b là n.Các hệ số c 1,c2,...cn-1 được xác định bởi tam giác Pa -xcan: n=0 1 n=1 1 1 n=2 1 2 1 n=3 1 3 3 1 n=4 1 4 6 4 1 n=5 1 5 10 10 5 1 ............. c1 c2 c3 c4 Áp dụng các hằng đẳng thức trên vào tính chia hết, ta có với mọi số tự nhiên a,b và số tự nhiên n : an -bn chia hết cho a-b (a b) a2n+1 +b2n+1 chia hết cho a+b ( a -b) (a+b)n =Bs a+bn (Bs a là bội của a). Đặc biệt chú ý đến: (a+1)n = Bs( a +1) ( a -1)n = Bs (a- 1) (a-1)2n+1= Bs( a – 1) *Tất cả các công thức Niu Tơn trên chỉ áp dụng cho học sinh các khối 8 , 9 . Ví dụ 4.Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, biểu thức 16 n -1 chia hết cho 17 khi và chỉ khi n là số chẵn. Giải: Cách 1: Nếu n chẵn (n=2k, k  N) thì A= 162k -1 = (162)k -1 chia hết cho 162 -1 Theo hằng đẳng thức (1) Mà 162 -1 =255 chia hết cho 17. Vậy A chia hết cho 17 Nếu n lẻ thì A = 16n +1 -2, mà 16n+1 chia hết cho 17 theo hằng đẳng thức (9),nên A không chia hết cho 17 vậy A chia hết cho 17  n chẵn. Cách 2: A=16n -1 =(17-1)n -1 = B (17) +(-1)n -1(theo công thức Niu-tơn) Nếu n chẵn thì A =B (17) +1-1 =B (17) Nếu n lẻ thì A = B (17) -1 -1 = B (17 )-2 Không chia hết cho 17. Chú ý 4: Người ta còn dùng phương pháp phản chứng,nguyên lý Di ríchlet để chứng minh quan hệ chia hết. Ví dụ 5. Chứng minh rằng tồn tại một bội số của 2003 có dạng 2004 2004 .......2004 Giải: Xét 2004 số : A1 =2004 A2 =2004 2004 ... 7 Saùng kieán kinh nghieäm Tröôøng T H C S Böng Baøng A2004=2004 2004....2004 (Nhóm 2004 có mặt 2004 lần). Theo nguyên lý Dirich let, tồn tại hai số có cùng số dư khi chia cho 2003. Gọi hai số đó là am và an (1 n m 2004) Thì am -an chia hết cho 2003.Ta có am -an = 2004 2004......2004000....000     .....  2004  . 104n = 20042004 mnnhoùm 2004     .....  2004  Do ( 104m, 2003) =1 nên 20042004 mnnhoùm 2004 Chia hết cho 2003. Bài tập tương tự: Bài 1. Chứng minh rằng n6 + n4 - 2n2 chia hết cho 72 với mọi số nguyên n. Giải: Ta có n6 + n4 - 2n2 = n2 ( n4 +n2 - 2) =n2 (n4 -1 + n2 -1 ) = n2 [ (n2 -1)(n2 +1) +(n2 -1)] = n2 (n-1)(n+1)(n2 +2) +Xét các trường hợp n= 2k, n=2k+1  n6 + n4 - 2n2  8 +Xét các trường hợp n = 3a, n=3a 1 n6 + n4 - 2n2 9 vậy n6 + n4 - 2n2  72 với mọi số nguyên n Bài 2. Chứng minh rằng 32n -9 chia hết cho 72 với mọi số nguyên dương n Giải: Ta có B =32n -9= 9n - 9,nên B chia hết cho 9 Mặt khác B = 32n - 9 = (3n -1)(3n +1) -8 Do 3n -1,3n +1 là hai số chẵn liên tiếp nên B chia hết cho 8 Vậy B  72 * Bài tập tự làm Chứng minh rằng 1.n3+6n2+8n chia hết cho 48 với mọi n chẵn 2.n4-10n2+9 chia hết cho 384 với mọi sốn lẻ DẠNG 2.Tìm số dư Ví dụ 6: Tìm số dư khi chia 2100 a) cho 9; b) cho 25; c) cho 125. Giải: a) Luỹ thừa của 2 sát với một bội so của 9 là 23 = 8 = 9-1 Ta có 2100 =2( 23)33 = 2(9-1)33=2(B(9-1)) = B( 9) -2= B(9)+ 7 Số dư khi chia 2100 cho 9 là 7. b) Luỹ thừa của 2 sát với bội số của 25 là 210 = 1024 =B(25) -1 Ta có 2100= (210)10 =(B(25) -1)10 =B(25) +1 8 Saùng kieán kinh nghieäm Tröôøng T H C S Böng Baøng Số dư khi chia 2100 cho 25 là 1. c) Dùng công thức Niu-tơn: 2100 = (5 - 1)50 =550-50.5049+....+ 50.49 2 .5 -50.5+1. 2 Không kể phần hệ số của khai triển Niu-tơn thì 48 số hạng đầu đã chứa luỹ thừa của 5 với sô mũ lớn hơn hoặc bằng 3 nên chia hết cho 125, số hạng cuối là 1 . Vậy 2100 chia cho 125 dư 1. Chú ý: Tổng quát hơn,ta chứng minh được rằng nếu một số tự nhiên n không chia hết cho 5 thì n100 chia cho 125 có số dư là 1. Thật vậy, n có dạng 5k 1,5k 2.Ta có (5k 1)100=(5k)100 ...+ 1002.99 (5k)2 100.5k+1 = B(125) +1 (5k 2)100=(5k)100 ...+ 100.99 (5k)2.298 100.5k .299+ 2100 2 = B(125) +2100 Ta lại có 2100 chia cho 125 dư 1 Do đó (5k 2)100 chia cho 125 dư 1. Ví dụ 7: Tìm ba chữ số tận cùng của 2100 khi viết trong hệ thập phân. Giải: Theo ví dụ trên ta có 2100 = BS 125 +1,mà 2100 là số chẵn, nên ba chữ số tận cùng của nó chỉ có thể là 126, 376, 626 hoặc 876. Mà 2100 chia hết cho8 nên ba chữ số tận cùng của nó phải chia hết cho 8.Trong 4 số trên chỉ có 376 thoả mãn điều kiện này. Vậy ba chữ số tận cùng của 2100 là 376. Chú ý: Nếu n là số chẵn không chia hết cho 5 thì 3 chữ số tận cùng của n100 là 376. Ví dụ 8: Tìm 4 chữ số tận cùng của 51994 viết trong hệ thập phân. Giải: Cách 1. Ta thấy số tận cùng bằng 0625 nâng lên luỹ thừa nguyên dương bất kì vẫn tận cùng bằng 0625.Do đó 51994=54k+2 =25(54k)=25(0625)k = 25.(...0625) = .....5625 Cách 2. Ta thấy 54k -1 chia hêt cho 54 -1 = (52 -1)(52 +1) nên chia hết cho 16. Ta có: 51994 = 56( 5332 -1) +56 Do 5 6 chia hết cho 54, còn 5332 -1 chia hết cho 16 nên 56( 5332 -1) chia hết cho 10000 Và 56 = 15625. Vậy 4 chữ số tận cùng của 51994 là 5 Bài tập tương tự 1.CMR với mọi số tự nhiên n thì 7n và 7n+4 có hai chữ số tận cùng như nhau. + Cho hs đặt câu hỏi: Khi nào hai số có hai chữ số tận cùng giống nhau? - Khi hiệu của chúng chia hết cho 100 Giải: Xét hiệu của 7n +4- 7n = 7n( 74 -1) = 7n .2400 Do đó 7n+1 và 7n có chữ số tận cùng giống nhau. 9 Saùng kieán kinh nghieäm Tröôøng T H C S Böng Baøng 2.Tìm số dư của 2222+5555 cho 7. + Xét số dư của 22 và 55 cho 7? Giải: Ta có 2222 + 5555 =(B(7) +1)22 +(B(7) -1)55 = B(7) +1+ B(7) -1 = B(7) 22 55 Vậy22 + 55 chia hết cho 7 DẠNG 3. Tìm điều kiện để chia hết Ví dụ 9: Tìm số nguyên n để giá trị của biểu thức A chia hết cho giá trị của biểu thức B: A= n3 +2n2 -3n+2 , B= n2 -n Giải: Đặt tính chia: n3 +2n2 -3n+2 n2 -n n3 - n2 n +3 2 3n -3n +2 3n2 -3n 2 Muốn chia hết, ta phải có 2 chia hết cho n(n-1),do đó 2 chia hết cho n(vì n là số nguyên) Ta có: n n-1 n(n-1) 1 -1 2 -2 0 -2 1 -3 0 2 2 6 loại loại Vậy n= -1; n = 2 Ví dụ 10 Tìm số nguyên dương n để n5 +1 chia hết cho n3 +1. Giải: Ta có n5 +1 chia hết cho n3 +1  n2 (n3+1) - (n2 -1) chia hết cho (n+1)(n2 -n +1)  (n-1)(n+1) chia hết cho (n+1)(n2 -n +1)  n -1 chia hết cho n2 -n +1 (vì n+1 0) Nếu n =1 thì ta được 0 chia hết cho 1 Nếu n>1 thì n -1< n(n-1) +1=n2 -n +1, do đó không thể chia hết cho n2 - n +1. Vậy giá trị duy nhất của n tìm được là 1. Ví dụ 11 Tìm số nguyên n để n5 +1 chia hết cho n3+1. Giải: Theo ví dụ trên ta có: n -1 chia hết cho n2 -n +1  n(n-1) chia hết cho n2 -n +1  n2 -n chia hết cho n2 -n +1 10 Saùng kieán kinh nghieäm Tröôøng T H C S Böng Baøng  (n2 -n +1) -1 chia hết cho n2 -n +1  1 chia hết cho n2 -n +1 Có hai trường hợp n2 -n +1 =1  n( n -1) =0  n=0; n=1. Các giá trị này thoả mãn đề bài. n2 -n +1= -1  n2 -n +2 =0 không tìm được giá trị của n Vậy n= 0; n =1 là hai số phải tìm. Ví dụ 12 Tìm số tự nhiên n sao cho 2n -1 chia hết cho 7. Giải: Nếu n = 3k (k  N) thì 2n -1 = 23k -1 = 8k -1 Chia hết cho 7 Nếu n =3k +1(k  N) thì 2n -1= 23k+1 - 1=2(23k -1) +1 = Bs 7 +1 Nếu n = 3k +2 ( k  N) thì 2n -1= 23k+2 -1 =4(23k - 1)+3 =Bs 7 +3 Vậy 2n -1 chia hết cho 7  n = 3k(k  N). *Bài tập áp dụng Bài 1: Tìm điều kiện của số tự nhiên a để a2+3a +2 chia hết cho 6. Giải: Ta có a2 +3a + 2 = (a+1)(a+2) là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 2 Do đó a2 +3a +2 chia hết cho 3  a2 +2 chia hết cho 3  a2 : 3 dư 1  a không chia hết cho 3. Điều kiện phải tìm là a không chia hết cho 3. Bài 2: Tìm điều kiện của số tự nhiên a để a4 -1 chia hết cho 240. Bài 3: Tìm số nguyên tố p để 4p +1 là số chính phương. Bài 4. Tìm ba số nguyên tố liên tiếp a,b,c sao cho a2 + b2 + c2 cũng là số nguyên tố Giải: Xét hai trường hợp + Trong 3 số a,b,c có một số bằng 3. Khi đó 22 + 32 + 52 =38 là hợp số (loại) Còn 32 + 52 + 72 =83 là số nguyên tố. + Cả 3 số a,b,c đều lớn hơn 3. Khi đó a2, b2, c2 đều chia cho 3 dư 1 nên a2 + b2 + c2 chia hết cho 3,là hợp số (loại) Vây ba số phải tìm là 3,5,7. * Các bài tập tổng hợp các dạng toán trên Bài 1. : Cho bốn số nguyên dương a,b,c,d thảo mãn a 2 +b2 = c2 + d2 .Chứng minh rằng a+ b+c+ d là hợp số. Giải: Xét biểu thức A= (a2 -a)+(b2 -b)+( c2 -c)+ (d2 -d) Dễ thấy A là số chẵn (vì biểu thức trong mỗi dấu ngoặc là tích của hai số nguyên liên tiếp) nên 11 Saùng kieán kinh nghieäm Tröôøng T H C S Böng Baøng (a2 + b2 + c2 +d2) -(a+b + c+ d) là số chẵn mà a2 +b2 = c2 + d2 nên a2 +b2 + c2 + d2 là số chẵn. Vậy a + b+ c + d là số chẵn,tổng này lớn hơn 2 nên là hợp số. Bài 2. : Cho các số nguyên a,b,c đều chia hết cho 6. Chứng minh rằng Nếu a+ b+ c chia hết cho 6 thì a3 + b3 + c3 Chia hết cho 6 Giải: Ta có A=a3 + b3 + c3 - (a +b + c) = (a3 -a) + (b3 -b) + (c3 -c) Do a3 -a , (b3 -b) , (c3 -c) đều chia hết cho 6 Nên A  6 Mặt khác a+ b +c chia hết cho 6 Do đó a3 + b3 + c3 chia hết cho 6 Bài 3: Chứng minh rằng tổng các lập phương của ba sô nguyên liên tiếp thì chia hết cho 9. + Hướng suy nghĩ: Tổng các lập phương của ba số nguyên liên tiếp có dạng như thế nào? - HS: a3 + ( a + 1)3 + ( a + 2)3 hoặc ( a -1)3 + a3 + ( a+ 1)3 + Trong hai tổng vừa lập được hãy chọn tổng mà ta có thể biến đổi một cách nhẹ nhàng hơn Bài 4: Chứng minh rằng A chia hết cho B với A= 13 + 23 + 33 +...+ 99 3 + 1003 B= 1 + 2 + 3+...+ 99 + 100. + Hướng suy nghĩ cho hs: Bài toán trên thuộc dạng nào? + Trong hai tổng A và B ta tính được tổng nào? ( B = 50. 101) + Chứng tỏ A chia hết cho 5050? ( 13 + 993  50. 101 Bài5. Cho bốn số nguyên dương thoả mãn điều kiện ab = cd. Chứng minh rằng a5 + b5 +c5 + d5 là hợp số Giải: Gọi ƯCLN (a,c) = k ( k nguyên dương) Khi đó a = ka1 , c= k .c1 và ( a1, c1) =1 Thay vào a.b = c.d được k.a1 .b = k .c1.d nên a1.b = c1. d ta có a1.b c1 mà ( a1 , c1)=1 nên b c1 .Đặt b = c1.m (m nguyên dương), thay vào (1) được a1.c1.m = c1.d nên a1 .m = d Do đó A = a5 + b5 +c5 + d5 = k5 a15 + c15 m5 + c15 m5 +k5 c15 + a15 m5 = k5 ( a15 +c5) + m5 ( a5 + c5) = (a15 + c15)( k5 + m5). Do a1, c1 , k ,m là các số nguyên dương nên A là hợp số. Bài 6. : Chứng minh rằng nếu các số tự nhiên a,b,c thoả mãn điều kiện a2 + b2 = c2 thì abc chia hết cho 60. Giải: Theo bài ra a2 + b2 = c2 (1) 12 Saùng kieán kinh nghieäm Tröôøng T H C S Böng Baøng Ta có 60 = 3. 4. 5 *Nếu a ,b ,c đều không chia hết cho 3 thì a2, b2 ,c2 đều chia cho 3 dư 1. Khi đó a2 + b2 = Bs 3 + 2, còn c2 = Bs 3 + 1 trái với (1).Vậy trong ba só a,b,c có một số chia hết cho 3. *Nếu a,b,c đều không chia hết cho 5 thì a 2, b2, c2 chia cho 5 dư 1 hoặc 4. Khi đó a2 +b2 chia cho 5 dư 0,2,3 còn c 2 chia cho 5 dư 1,4 trái với (1).Vậy tồn tại một trong ba số a,b,c chia hết cho 5. *Nếu a,b,c đều không chia hết cho 4 thì a2, b2, c2 chia cho 8 dư 1 hoặc 4 Khi đó a 2 + b2 chia cho 8 dư 0, 2 , 5, còn c 2 chia cho 8 dư 1, 4 trái với (1).Vậy tồn tại một số chia hết cho 4. Kết luận: abc chia hết cho 3.4.5 tức là chia hết cho 60. Bài 7. Tìm số tự nhiên n để giá trị của biểu thức là số nguyên tố: a) 12n2 -5n -15 b) n 2  3n 4 Giải: a) Ta có 12n2 -5n -15 = 12n2 + 15n - 20n - 15 = 3n( 4n +3) - 5( 4n +3) = (4n +3) (3n - 5) Do 12n2 -5n -15 là số nguyên tố nên 4n +5, 3n - 5 là các số nguyên dương . Ta lại có 3n -5< 4n + 5 ( vì n >1) Để 12n2 -5n -25 là số nguyên tố thì thừa số nhỏ phải bằng 1. Nên 3n -5 =1  n = 2 Khi đó 12n2 -5n -25 = 13 .1 =13 là số nguyên tố. n(n  3) n 2  3n b) B = = .Do B là số tự nhiên nên n(n+3) chia hết cho 4.Hai số n 4 4 và n + 3 không thể cùng chẵn.Vậy hoặc n, hoặc n+3 chia hết cho 4. Nếu n =0 thì B= 0, loại Nếu n =4 thì B =7, là số nguuyên tố. Nếu n = 4k (k  N,k>1) thì B = k( 4k -3) là tích của hai thừa số lớn hơn 1 nên B là hợp số. Nếu n+ 3 =4 thì B =1 loại Nếu n+3 = 4k (k  N,k>1) thì B = k( 4k -3) là tích của hai thừa số lớn hơn 1 nên B là hợp số. Vậy n =4, khi đó B = 7 Bài 8. Chứng minh rằng: 270 + 370 chia hết cho 13. Giải: Ta có 270 + 370 = (22)35 + (32)35 = 435 + 9 35 . Do đó chia hết cho 4 + 9 =13 (Áp dụng an + bn chia hết cho a+b với n là số lẻ) Vậy 270 + 370 chia hết cho 13. Bài 9.Tìm số nguyên tố p để 2p2 + 1 là số nguyên tố. + Với p là số nguyên tố thì p có dạng như thế nào? ( Thường xét số dư của một số khi chia cho 2 hoặc 3) 13 Saùng kieán kinh nghieäm Tröôøng T H C S Böng Baøng + Xét p = 3k + 1; p = 3k + 2 và p =3k trường hợp nào mà 2p 2 = 1 là số nguyên tố thì => p. Bài 10.Chứng minh:1719+ 1917 chia hết cho 18. + Xét số dư của 17 và 18 khi chia cho 18? 2/Ta phân tích mối quan hệ của việc phân tích một số ra thừa số nguyên tố có ảnh hưởng rất lớn đến các dạng toán : ƯCLN , BCNN , Qui đòng mẫu các phân số , ... và các dạng toán có liên quan ở mức độ cao hơn như giải phương trình nghiệm nguyên . Tôi chỉ lấy một vài ví dụ . Ví dụ 1: Phân tích các số sau ra thừa số nguyên tố : 720 . 630, 729 , ... Xác định số ước số của mỗi số ? Giải : Ta có : 720 = 24.32.5 630 = 2.32.5.7 729 = 36 Số ước số của số 720 là (4+1)(2+1)(1+1) = 5.3.2 = 30 Số ước số của số 630 là (1+1)(2+1)(1+1)(1+1) = 2.3.2.2 = 24 Số ước số của số 729 là (6+1) = 7 Đây là bài toán các học sinh có thể giải được . Ví dụ 2 : Rút gọn phân số : 200920092009 201020102010 Giải : Ta có : 200920092009 = 2009.100000000+2009.10000+2009 = 2009(100000000+10000+1) = 2009.100010001 Và : 201020102010 = 2010.100000000+2010.10000+2010 = 2010(100000000+10000+1) = 2010.100010001 Nên : 200920092009 2009.100010001 2009   201020102010 2010.100010001 2010 Ví dụ 3 : Các bài toán thực tế về BCNN và ƯCLN Các bài toán diễn đạt bằng lời văn . C .PHẠM VI CỦA ĐỀ TÀI : *Áp dụng cho việc dạy bồi dưỡng phần số học cho học sinh khá giỏi của cấp THCS , chú trọng nhất là học sinh khối 6 . *Áp dụng cho toàn bộ học sinh khối 6 ở các bài tập nâng cao . *Áp dụng bồi dưỡng học sinh giỏi các khối 8, 9 . D.KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC: *Năm học 2006 – 2007 có 40% học sinh giỏi khối 6 ham học toán . *Năm học 2007 – 2008 có 50% học sinh giỏi khối 6;8 ham học toán số học . *Năm học 2008 – 2009 có 55% học sinh giỏi của cấp THCS ham học toán số học . *Bằng chương trình ngoại khóa : Chuyên đề giúp em học tốt môn toán trong năm học 2009 - 2010 đã thu hút gần như tất cả học sinh khối 6 ham thích học toán 14 Saùng kieán kinh nghieäm Tröôøng T H C S Böng Baøng E. KẾT LUẬN Tôi viết kinh nghiệm này dựa trên cơ sở , những kinh nghiệm đã được rút ra trong những năm giảng dạy và học tập của bản thân . Bằng sự học hỏi thông qua các tài liệu sách giáo khoa, sách tham khảo....và qua tiếp thu các ý kiến của đồng nghiệp. Đã giúp tôi hoàn thành đề tài và áp dụng vào giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 6 làm nền tảng cho việc bồi dưỡng học sinh giỏi các lớp 8 , 9 sau này. Sau khi viết và thực hiện đề tài , tôi đã rút ra bài học kinh mghiệm cho bản thân: * Khi dạy học cần đặt vị trí của mình vào vị trí học sinh. Có thể có những vấn đề mình thấy là dễ, rất quen thuộc, nhưng với học trò lại rất khó, rất lạ. * Phải luôn cố gắng tạo ra tình huống có vấn đề, làm xuất hiện ở học sinh nhu cầu nghiên cứu kiến thức. Chọn các bài tập hợp lý từ đơn giản đến khó, thu hút học sinh tham gia. * Các bài tập đưa ra ban đầu có thể theo từng dạng cụ thể, để học sinh làm quen dần với các dạng toán. Sau đó, đưa ra các dạng bài có tính tổng hợp hơn, đồi hỏi học sinh biết vận dụng, suy nghĩ tìm tòi cách giải. Từ đó mới phát triển được tư duy, khả năng sáng tạo của học sinh. * Nên quan tâm đến câu trả lời của học sinh, khai thác những phát hiện dù là nhỏ nhất của học sinh để phát huy tính chủ động suy nghĩ, tích cực của học sinh. Trên đây là một số ý kiến, quan điểm của tôi xung quanh vấn đề nâng cao chất lượng dạy học môn toán. Đồng thời phát huy tính tích cực, độc lập sáng tạo của học sinh thông qua chuyên đề '' Một số dạng toán áp dụng việc phân tích một số ra thừa số nguyên tố và tính chia hết của số nguyên''. Khi viết đề tài này chắc hẳn không tránh khỏi những thiếu sót. Vì vậy tôi rất mong nhận được sự góp ý, phê bình của các đồng nghiệp để xây dựng cho kiến thức chuyên môn của mình. Cuối cùng tôi xin chân thành cám ơn! Đại an ngày 05/03/2010 Người viết Nuyễn Văn Minh 15 Saùng kieán kinh nghieäm Tröôøng T H C S Böng Baøng PHỤ LỤC : A. Đặt vấn đề B. Giải quyết vấn đề I/ Cơ sở lý luận II/ Cơ sở thực tiển III/ Các giải pháp . IV/ Nội dung . Dạng 1 Chứng minh quan hệ chia hết Dạng 2 Tìm số dư Dạng 3 Tìm điều kiện để chia hết . C. Phạm vi của đề tài . D , Kết quả đạt được . E , Kết luận . 16
- Xem thêm -