Tài liệu Skkn phân loại và phương pháp giải một số dạng toán nâng cao về tính chia hết trên n trong phân môn số học 6

GV: NGUYEÃN THÒ THANH TAÂM - THCS BUØI THÒ XUAÂN PHÒNG GIÁO DỤC  ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ PLEIKU TÊN ĐỀ TÀI: PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ DẠNG TOÁN NÂNG CAO VỀ TÍNH CHIA HẾT TRÊN N TRONG PHÂN MÔN SỐ HỌC 6 GV: NGUYỄN THỊ THANH TÂM THCS BÙI THỊ XUÂN 1 GV: NGUYEÃN THÒ THANH TAÂM - THCS BUØI THÒ XUAÂN NĂM HỌC: 2008 – 2009 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ DẠNG TOÁN NÂNG CAO VỀ TÍNH CHIA HẾT TRÊN N TRONG PHÂN MÔN SỐ HỌC 6 PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ Toán học là một bộ môn khoa học; ngày nay Toán học đã và đang xâm nhập vào mọi ngành, mọi lĩnh vực. Những tri thức cùng với những kỹ năng Toán học và những phương pháp suy nghĩ , lập luận ... trong Toán học sẽ trở thành những công cụ để học tập các môn khoa học khác trong nhà trường, là công cụ của nhiều ngành khoa học khác nhau, là công cụ để tiến hành những hoạt động trong đời sống thực tế và vì vậy là một thành phần không thể thiếu trong nền văn hoá phổ thông của con người mới. Theo định hướng đổi mới phương pháp dạy học môn Toán trong giai đoạn hiện nay được xác định là: “Phương pháp dạy học trong nhà trường các cấp phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động của người học, hình thành và phát triển năng lực tự học, trau dồi các phẩm chất linh hoạt, độc lập, sáng tạo của tư duy”. Qua đó, giáo viên là người thiết kế, tổ chức, hướng dẫn, điều khiển quá trình học tập, còn học sinh là chủ thể nhận thức, biết cách tự học, tự rèn luyện từ đó hình thành phát triển nhân cách và các năng lực cần thiết của người lao động theo những mục tiêu mới đã đề ra. 2 GV: NGUYEÃN THÒ THANH TAÂM - THCS BUØI THÒ XUAÂN Trong chương trình Toán trung học cơ sở, tính chia hết là một nội dung cơ bản và quan trọng. Ở lớp 6, phần lớn các bài toán trong sách giáo khoa về tính chia hết thường đơn giản và dễ dàng giải được. Tuy nhiên trong nhiều bài tập nâng cao, việc tìm ra lời giải rất khó, đa dạng, đòi hỏi phải có khả năng tư duy toán học linh hoạt, sáng tạo, cần sử dụng nhiều phương pháp khác nhau. Trong khi đó, tư duy toán học, khả năng phân tích, tổng hợp, suy nghĩ, lập luận của học sinh còn hạn chế nên các em thường lúng túng, gặp khó khăn trong việc giải các bài toán này. Mặt khác, để giải được các dạng toán trên, ngoài các kiến thức cơ bản trong sách giáo khoa, học sinh cần phải nắm được một số kiến thức mở rộng không được nêu trong chương trình học chính khoá. Những kiến thức này nếu không được nắm chắc, khi vận dụng vào giải toán các em thường gặp nhiều sai lầm dẫn đến giải sai như: Nếu ab Mm thì a M m (hoặc b Mm) mà không xét điều kiện a, m (hoặc b, m) có nguyên tố cùng nhau hay không. Hoặc khi thấy tổng chia hết cho một số thì kết luận các số hạng của tổng đều chia hết cho số đó. Hoặc khi thấy a Mm, a Mn thì kết luận a Mmn mà không xét điều kiện m, n nguyên tố cùng nhau. Trong quá trình giảng dạy môn Toán lớp 6 về tính chia hết trong tập hợp các số tự nhiên, để học sinh phát hiện, nhận dạng đúng các bài toán, từ đó tìm ra phương pháp giải nhanh nhất, hợp lý nhất; đồng thời giúp các em nắm chắc được một kiến thức mở rộng về tính chia hết, bản thân tôi đã rút ra được một số kinh nghiệm. Bên cạnh đó, từ năm học 2004 – 2005, Phòng giáo dục và đào tạo TP Pleiku không tổ chức thi học sinh giỏi các lớp 6, 7, 8. Do đó, yêu cầu đặt ra cho các nhà trường là phải tạo nguồn học sinh Giỏi ngay từ các lớp học dưới. Để giúp học sinh học tập tốt môn Toán, tạo nền tảng vững chắc về mặt kiến thức đòi hỏi người giáo viên không ngừng sáng tạo, tìm tòi, nghiên cứu những phương pháp giảng dạy sao cho hiệu quả nhất. Đây cũng chính là lý do tôi chọn đề tài: “ Phân loại và phương pháp giải một số dạng toán nâng cao về tính chia hết trên N trong phân môn số học 6”. 3 GV: NGUYEÃN THÒ THANH TAÂM - THCS BUØI THÒ XUAÂN PHẦN HAI: GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ A. HỆ THỐNG LẠI CÁC KIẾN THỨC CẦN GHI NHỚ Để HS thuận lợi trong việc giải toán về tính chất chia hết cần củng cố cho các em những kiến thức cơ bản về tính chia hết và những kiến thức có liên quan, đó là: 4 GV: NGUYEÃN THÒ THANH TAÂM - THCS BUØI THÒ XUAÂN 1/ Định nghĩa Cho hai số tự nhiên a và b trong đó b � 0. Ta nói a chia hết cho b nếu tồn tại số tự nhiên q sao cho a = bq. Khi đó ta còn nói a là bội của b, hoặc b là ước của a. 2/ Các tính chất chung a. Bất cứ số nào khác 0 cũng chia hết cho chính nó. b. Số 0 chia hết cho mọi số b � 0. c. Bất cứ số nào cũng chia hết cho 1. d. Tính chất bắc cầu : Nếu a chia hết cho b và b chia hết cho c thì a chia hết cho c. 3/ Tính chất chia hết của tổng và hiệu a. Nếu a và b cùng chia hết cho m thì a + b chia hết cho m, a – b chia hết cho m. Hệ quả: Nếu tổng của hai số chia hết cho m và một trong hai số ấy chia hết cho m thì số còn lại cũng chia hết cho m. b. Nếu một trong hai số a và b chia hết cho m và số còn lại không chia hết cho m thì a + b không chia hết cho m, a - b không chia hết cho m. 4/ Tính chất chia hết của tích a. Nếu một thừa số của tích chia hết cho m thì tích chia hết cho m. b. Nếu a chia hết cho m và b chia hết cho n thì ab chia hết cho mn. Hệ quả: Nếu a chia hết cho b thì an chia hết cho bn. 5/ Một số dấu hiệu chia hết a. Dấu hiệu chia hết cho 2, cho 5: Một số chia hết cho 2 (hoặc cho 5) khi và chỉ khi số đó có chữ số tận cùng là chữ số chẵn (hoặc là 0 hoặc 5). b. Dấu hiệu chia hết cho 3, cho 9: Một số chia hết cho 3 (hoặc cho 9) khi và chỉ khi số đó có tổng các chữ số chia hết cho 3 (hoặc cho 9). c. Dấu hiệu chia hết cho 4, cho 25 : 5 GV: NGUYEÃN THÒ THANH TAÂM - THCS BUØI THÒ XUAÂN Một số chia hết cho 4 (hoặc cho 25) khi và chỉ khi số đó có hai chữ số tận cùng chia hết cho 4 ( hoặc chia hết cho 25). d. Dấu hiệu chia hết cho 8, cho 125 : Một số chia hết cho 8 (hoặc cho125) khi và chỉ khi số đó có ba chữ số tận cùng chia hết cho 8 ( hoặc chia hết cho 125). e. Dấu hiệu chia hết cho 10: Một số chia hết cho 10 khi và chỉ khi số đó có chữ số tận cùng là 0. g. Dấu hiệu chia hết cho 11 : Một số chia hết cho 11 khi và chỉ khi hiệu giữa tổng các chữ số ở các hàng lẻ và tổng các chữ số ở các hàng chẵn chia hết cho 11. 6/ Toán về chia hết liên quan đến số nguyên tố, ƯCLN, BCNN a. Nếu một tích chia hết cho số nguyên tố p thì tồn tại một thừa số của tích chia hết cho p. Hệ quả: Nếu an chia hết cho số nguyên tố p thì a chia hết cho p. b. Nếu tích ab chia hết cho m trong đó b và m là hai số nguyên tố cùng nhau thì a chia hết cho m. c. Nếu a chia hết cho m và n thì a chia hết cho BCNN của m và n. Hệ quả: Nếu a chia hết cho hai số nguyên tố cùng nhau m và n thì a chia hết cho tích mn. 7/ Bổ sung kiến thức về ƯCLN và BCNN a. Thuật toán Ơclit : + Nếu a M b thì ƯCLN(a,b) = b. + Nếu a Mb. Giả sử a = b.q + r thì ƯCLN(a,b) = ƯCLN(b,r). b. ƯCLN(a,b). BCNN(a,b) = ab. 8/ Số nguyên tố, hợp số, số nguyên tố cùng nhau + Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1, có hai ước là 1 và chính nó. Số 2 là số nguyên tố chẵn duy nhất. + Hợp số là số tự nhiên lớn hơn 1, có nhiều hơn hai ước. + Hai hay nhiều số được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu ƯCLN của chúng bằng 1. 6 GV: NGUYEÃN THÒ THANH TAÂM - THCS BUØI THÒ XUAÂN B. PHÂN LOẠI MỘT SỐ DẠNG TOÁN VÀ CÁCH GIẢI I. Các bài toán áp dụng các tính chất chia hết và các dấu hiệu chia hết Dạng 1: Chứng minh một biểu thức chia hết cho một số Để chứng minh một biểu thức chia hết cho một số nào đó, ngoài việc sử dụng các tính chất chia hết và các dấu hiệu chia hết đã biết còn phải tuỳ theo từng trường hợp cụ thể để kết hợp với một số kiến thức khác như: Các tính chất của các phép toán, phép luỹ thừa, tìm chữ số tận cùng của luỹ thừa, phép chia có dư, cấu tạo số, số nguyên tố cùng nhau ... Phương pháp chung: + Để chứng tỏ A(n) chia hết cho số nguyên tố p, ta có thể xét mọi trường hợp về số dư của n chia cho p. + Để chứng tỏ A(n) chia hết cho một hợp số m, ta phân tích m thành một tích các thừa số mà các thừa số đôi một nguyên tố cùng nhau. Rồi lần lượt chứng tỏ A(n) chia hết cho từng thừa số đó. * Chú ý: Để chứng minh A(n) chia hết cho t đôi khi ta còn viết A(n ) thành một tổng, rồi chứng tỏ mỗi số hạng của tổng đó đều chia hết cho t. Ví dụ 1: Chứng minh rằng tích của hai số tự nhiên liên tiếp thì chia hết cho 2 * Hướng giải quyết: Xét hai trường hợp n M2 và n M2 Giải: Gọi hai số tự nhiên liên tiếp là n và n+1 (n � N). Nếu n M2 thì n(n + 1) M2. Nếu n M2 thì n = 2k +1. Do đó: n + 1 = 2k + 2 M2. Vậy n(n + 1) M2. * Khai thác: Chứng minh rằng tích của ba số tự nhiên liên tiếp thì chia hết cho 3. Tổng quát: Chứng minh rằng tích của n số tự nhiên liên tiếp thì chia hết cho n Ví dụ 2: Chứng minh rằng tổng của ba số tự nhiên liên tiếp thì chia hết cho 3. 7 GV: NGUYEÃN THÒ THANH TAÂM - THCS BUØI THÒ XUAÂN * Hướng giải quyết: Ba số tự nhiên liên tiếp có dạng là n, n+1, và n+2. Ta tính tổng của ba số trên và đưa tổng về dạng tích trong đó có một thừa số là 3. Giải: Gọi ba số tự nhiên liên tiếp là n, n+1, n+2 (n � N). Ta có: n + (n+1) + (n+2) = 3n + 3 = 3(n+3) M3. Vậy, tổng của ba số tự nhiên liên tiếp thì chia hết cho 3. * Tổng quát: Chứng minh rằng tổng của n số tự nhiên liên tiếp thì chia hết cho n, với n là số lẻ. Ví dụ 3: Cho C = 1 + 3 + 32+33 + … + 311 . Chứng minh rằng C chia hết cho 13. * Hướng giải quyết: Chia tổng C thành từng nhóm thích hợp để biến đổi về dạng C = 13.K, rồi áp dụng tính chất : Nếu một thừa số của tích chia hết cho m thì tích chia hết cho m. Giải: C = (1 + 3 +32) + (33 + 34 + 35) + ... + (39 + 310 + 311) = (1 + 3 +32) + 33(1 + 3 +32) + … + 39(1 + 3 +32) = (1 + 3 +32)(1 + 33 + … +39) = 13(1 + 33 + … +39) Vậy C M13. Ví dụ 4: Chứng minh rằng 8102 – 2102 M10 * Hướng giải quyết: Tìm chữ số tận cùng của 8102 và 2102 , từ đó tìm chữ số tận cùng của hiệu 8102 - 2102 rồi sử dụng dấu hiệu chia hết cho 10. Giải : Ta có: 8102 = (84)25.82 = (…6)25.82 = (…6).64 = …4 2102 = (24)25.82 = 1625.22 = (…6).64 = …4 Vậy 8102 – 2102 tận cùng bằng 0 nên chia hết cho 10. Ví dụ 5: Chứng tỏ rằng hai số tự nhiên a và b khi chia cho số tự nhiên c � 0 có cùng số dư thì hiệu của chúng chia hết cho c. * Hướng giải quyết: Sử dụng kiến thức về phép chia có dư để biểu diễn a, b rồi tìm hiệu của chúng. 8 GV: NGUYEÃN THÒ THANH TAÂM - THCS BUØI THÒ XUAÂN Giải : Ta có a = cq1 + r (0 �r < c) ; b = cq2 + r (0 �r < c) Giả sử a > b, a – b = (cq1 + r) - (cq2 + r) = cq1 + r – cq2 - r = cq1- cq2 = c(q1- q2) Vậy a – b Mc * Khai thác bài toán: Ta biết rằng số tự nhiên và tổng các chữ số của nó có cùng số dư trong phép chia cho 3, cho 9 (theo cách chứng minh dấu hiệu chia hết cho 3, cho 9). Từ đó rút ra nhận xét : Hiệu của số tự nhiên và tổng các chữ số của nó luôn chia hết cho 3, cho 9. Ví dụ 6: Cho biết abc chia hết cho 7, chứng minh rằng: 2a + 3b + c chia hết cho 7. * Hướng giải quyết: Sử dụng kiến thức về cấu tạo số để phân tích abc thành tổng của hai số hạng: một số hạng là bội của 7, một số hạng là 2a + 3b +c Giải: Ta có abc = 100a + 10b + c = 98a + 2a + 7b + 3b + c = (98a + 7b) + (2a + 3b + c) = 7(14a + b) + (2a + 3b + c) Mà 7(14a + b) chia hết cho 7 và abc chia hết cho 7 Do đó 2a + 3b +c chia hết cho 7 Ví dụ 7: Cho 10k - 1 M19 với k > 1. Chứng minh rằng 102k - 1 M19 * Hướng giải quyết: Biến đổi số 102k – 1 về dạng tổng của hai số hạng đều chia hết cho 19. Giải: 102k – 1 = 102k -10k + 10k – 1 = 10k(10k - 1) + (10k - 1). Theo đề bài ta có: 10k - 1 M19 nên 10k(10k - 1) + (10k - 1) M19. Hay 102k – 1 M19. Ví dụ 8: Chứng minh rằng số gồm 27 chữ số 1 thì chia hết cho 27. 9 GV: NGUYEÃN THÒ THANH TAÂM - THCS BUØI THÒ XUAÂN * Hướng giải quyết: Biến đổi số đã cho thành tích của hai thừa số, một thừa số chia hết cho 9 và một thừa số chia hết cho 3 rồi áp dụng tính chất: Nếu a chia hết cho m và b chia hết cho n thì ab chia hết cho mn để làm. Giải: Gọi A là số gồm 27 chữ số 1, B là số gồm 9 chữ số 1. Tổng các chữ số của B là 9 nên B M9 (1) Lấy A chia B được thương là C = 100..............0100............01 (dư 0) 8 chữ số 0 8 chữ số 0 Ta viết được : A = B.C Tổng các chữ số của C bằng 3 nên C M3 (2) Từ (1) và (2) ta suy ra B.C M27 hay AM27 Ví dụ 9: Chứng minh rằng: 88…….8 – 9 + n M9 n chữ số 8 * Hướng giải quyết: Biển đổi số đã cho thành tổng của hai số hạng đều chia hết cho 9. Giải : 88…….8 – 9 + n = 8. 11......1 + 9n - 8n – 9 = 8.11…....1 - 8n + 9n -9 n chữ số 8 n chữ số 1 n chữ số 1 = 8(11…...1 - n) + 9(n - 1) n chữ số 1 Mà tổng các chữ số của số 11……..1 bằng 1 + 1 + … + 1 = n. n chữ số 1 n chữ số 1 Theo nhận xét của ví dụ 5 ta suy được 11……..1 – n M9 n chữ số 1 Mặt khác : 9(n - 1) M9. Vậy 8(11….....1 - n) + 9(n - 1) M9. Hay 88…...8 – 9 + n M9 n chữ số 1 n chữ số 8 Ví dụ 10: Cho biết 3a + 2b chia hết cho 17 (a,b �N), chứng minh rằng 10a + b chia hết cho 17. 10 GV: NGUYEÃN THÒ THANH TAÂM - THCS BUØI THÒ XUAÂN * Hướng giải quyết: Biến đổi làm xuất hiện tổng hoặc hiệu của hai biểu thức, trong đó một biểu thức chứa 3a + 2b và biểu thức còn lại chứa 10a + b. Khi tính tổng hoặc hiệu trên thì kết quả là bội của 17. Áp dụng hệ quả: Nếu tổng của hai số chia hết cho m và một trong hai số ấy chia hết cho m thì số còn lại cũng chia hết cho m. Giải: Đặt 3a + 2b = X, 10a + b = Y Ta có: 2Y – X = 2 (10a + b) – (3a +2b) = 20a + 2b – 3a – 2b = 17a Do đó 2Y – X chia hết cho 17, mà X chia hết cho 17 nên 2Y chia hết cho 17. Mặt khác 2 và 17 nguyên tố cùng nhau nên Y chia hết cho 17 hay 10a + 6 chia hết cho 17. * Bài tập vận dụng: 1. a. Chứng minh rằng trong ba số tự nhiên liên tiếp có một số chia hết cho 2 và một số chia hết cho 3. b. Chứng minh tích của ba số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 6. 2. Chứng minh rằng: a. 94260 – 35137 M5 b. 995- 984 + 973 – 962 M10 3. Cho n � N, chứng minh rằng 5n – 1 M4. 4. Chứng minh rằng abcabc chia hết cho 7, 11 và 13 5. Cho một số chia hết cho 7 gồm 6 chữ số. Chứng minh rằng nếu chuyển chữ số tận cùng lên đầu tiên ta vẫn được số chia hết cho 7. 6. Chứng minh rằng: 10n + 18n – 1 M27 Dạng 2 : Tìm các chữ số theo điều kiện về chia hết. Phương pháp chung: + Dựa vào các dấu hiệu chia hết và các điều kiện về chia hết mà đề bài cho biết để tìm được chữ số theo yêu cầu. 11 GV: NGUYEÃN THÒ THANH TAÂM - THCS BUØI THÒ XUAÂN + Đôi khi cần biến đổi số có chứa các chữ số cần tìm về dạng tổng trong đó có một số hạng phụ thuộc vào chữ số cần tìm, các số hạng còn lại thoả mãn điều kiện về chia hết. Ví dụ 1: Thay dấu * bởi các chữ số thích hợp để A = 52*2* M36 * Hướng giải quyết: Số 36 = 4.9, mà 4 và 9 là hai số nguyên tố cùng nhau. Nên để A M 36 thì A M 4 và A M9, từ đó tìm ra các chữ số. Giải : Để A M36 thì A M4 và A M9. Suy ra hai chữ số tận cùng của A chia hết cho 4 hay 2* M4 � 2* � {20 ; 24 ; 28} + Trường hợp 1 : A = 52*20. Để A M9 thì 5 + 2 + * + 2 + 0 M9 hay 9 + * M9, do đó *� { 0 ; 9 } + Trường hợp 2 : A = 52*24. Lập luận tương tự như trên ta cóù * = 5. + Trường hợp 3 : A = 52*28, ta có * = 1 Thay dấu * bởi các chữ số thích hợp vừa tìm được ở trên, ta có các số: 52020 ; 52920 ; 52524 ; 52128 đều chia hết cho 36. Ví dụ 2: Tìm chữ số a để 1aaa1 M11. * Hướng giải quyết: Dựa vào dấu hiệu chia hết cho 11, xét hiệu của tổng các chữ số hàng chẵn với tổng các chữ số hàng lẻ để tìm a. Giải : Tổng các chữ số ở vị trí hàng lẻ là: 1 + a + 1 = a + 2 Tổng các chữ số ở vị trí hàngchẵn là: a + a = 2a + Nếu 2a ≥ a + 2, ta có 2a – (a + 2) = a - 2 Để 1aaa1 M11 thì a - 2 M11 � a = 2 + Nếu 2a < a + 2, ta có a + 2 – 2a = 2 - a Để 1aaa1 M11 thì 2 – a M11 � a = 2 Vậy với a = 2 thì ta được số 12221 M11 Ví dụ 3 : Tìm x � N để 2x78 M17. 12 GV: NGUYEÃN THÒ THANH TAÂM - THCS BUØI THÒ XUAÂN * Hướng giải quyết: Đưa 2x78 về dạng tổng của hai số hạng trong đó có một số hạng chia hết cho 17 và một số hạng có chứa x. Để tổng chia hết cho 17 thì số hạng có chứa x phải chia hết cho 17. Từ đó ta tìm được x. Giải : 2x78 = 2078 + 100x = (17.122 +4) + (17.6x -2x) = 17(122 + 6x) + (4 -2x) = 17(122 + 6x) + 2(2 -x) Vì 17(122 + 6x) M 17 nên để 2x78 M17 thì (2 -x) M17. Vậy x = 2. * Bài tập áp dụng: 1. Tìm các chữ số a, b để: a. Số 42ab chia hết cho cả 45 và 9. b. Số 42a4b chia hết cho 72. c. Số 25a1b chia hết cho 3, cho 5 và không chia hết cho2. 2. Điền vào dấu * các chữ số thích hợp để: a. 4*77 chia hết cho 13. b. 2*34*5 chia hết cho 1375. 3. Biết số *7*8*9 chia hết cho 7, cho 11, cho 13. Tìm số đó. Dạng 3 : Tìm số tự nhiên theo điều kiện về chia hết Phương pháp chung: Giả sử tìm n sao cho A(n) MB(n). Biến đổi điều kiện A(n) MB(n) � k MB(n) với k � N và không phụ thuộc vào n. Từ đó tìm được n. Thử lại các giá trị tìm được của n để có A(n) MB(n). Ví dụ 1: Tìm số tự nhiên n sao cho 2n + 3 Mn – 2 * Hướng giải quyết: Vì 2n + 3 Mn – 2 và 2(n - 2) Mn – 2 nên ta biến đổi điều kiện ban đầu đề bài cho thành [2n + 3 - 2(n - 2)] Mn – 2. Suy ra 7 Mn – 2 . Từ đó tìm được n. 13 GV: NGUYEÃN THÒ THANH TAÂM - THCS BUØI THÒ XUAÂN Giải: 2n + 3 Mn – 2 mà 2(n - 2) Mn – 2 nên [2n + 3 - 2(n - 2)] Mn – 2 Hay 7 Mn – 2 � n – 2 � Ư(7) � n – 2 � {1 ; 7} � n � {3; 9}. Tương tự, ta có ví dụ 2: Ví dụ 2: Tìm số tự nhiên n sao cho 18n + 3 M7 Giải : 18n + 3 M7, mà 21n M7 � 21n – (18n + 3) M7 � 21n – 18n - 3 M7 � 3n - 3 M7 � 3(n – 1) M7 Vì 3, 7 là 2 số nguyên tố cùng nhau nên n – 1 M7 Vậy n = 7k + 1 (k �N) Ví dụ 3: Tìm số tự nhiên x biết x có ba chữ số và x + 2999 M997. * Hướng giải quyết: Biến đổi số x + 2999 thành tổng của hai số hạng, trong đó có một số hạng chia hết cho 997. Để tổng chia hết cho 997 thì số hạng còn lại phải chia hết cho 997. Kết hợp với điều kiện x là số tự nhiên có ba chữ số ta tìm được x Giải: Ta có: x + 2999 = (x + 8 + 997.3) M 997 Mà 997.3 M997 nên x + 8 M997 Vì x�N và 100 �x �999 nên 108 �x  8 �1007 � x +8 = 997 � x = 989 Ví dụ 4: Tìm các số tự nhiên m, n khác 0 sao cho : a. 4m + 9n = 45 b. 3m +9n = 29 Giải: a. Vì 45 M9 nên 4m + 9n M9, mà 9n M9, do đó 4m M9. Mà 4 và 9 là hai số nguyên tố cùng nhau nên m M9. Theo bài ra ta có 4m �45 � m �11. Và m M9 , m � 0 nên m = 9. 4m + 9n = 45 � 9n = 45 - 4m = 45 – 4.9 = 9 � n = 1. Vậy với m = 9 và n = 1 thì 4m + 9n = 45. b. Giả sử tồn tại hai số tự nhiên m, n khác 0 để 3m +9n = 29 Mà 3m M3, 9n M3 nên 3m +9n M3 � 29 M3. Vô lý vì 29 là số nguyên tố. Vậy không tồn tại hai số tự nhiên m, n khác 0 để 3m +9n = 29 14 GV: NGUYEÃN THÒ THANH TAÂM - THCS BUØI THÒ XUAÂN * Bài tập áp dụng : 1. Tìm số tự nhiên n sao cho : a. n+ 5 Mn+2 c. n2+3n-13 Mn+3 b. 2n+1 Mn-5 d. n+3 Mn2-7 2.Tìm số tự nhiên n lớn nhất có hai chữ số sao cho n2 – n chia hết cho 5. 3.Tìm số có hai chữ số biết rằng số đó chia hết cho tích các chữ số của nó. 4.Tìm số có ba chữ số như nhau biết rằng số đó có thể viết được dưới dạng tổng các số tự nhiên liên tiếp từ 1. 5. Tìm tất cả các số tự nhiên n để 1.2.3. … .(n-1) chia hết cho n. II. Các dạng toán về chia hết có liên quan đến số nguyên tố, hợp số, số nguyên tố cùng nhau Dạng 1: Tìm số nguyên tố p theo các điều kiện cho trước của nó Phương pháp chung: Xét các trường hợp có thể xảy ra của p, chọn các giá trị p thoả mãn điều kiện đề bài. Ví dụ 1 : Tìm số nguyên tố p sao cho p + 2, p + 4 cũng là số nguyên tố. * Hướng giải quyết: Xét các trường hợp có thể xảy ra của p, thay vào tính giá trị tương ứng của p+2 và p+4. Giải : Xét các trường hợp : Với p = 2 thì p + 2, p + 4 đều là hợp số, không thoả mãn. Với p = 3 thì p + 2 = 5, p + 4 = 7 đều là các số nguyên tố, thoả mãn. Với p > 3, do p là số nguyên tố nên p M3 � p có dạng 3k+1 hoặc 3k+2 + Nếu p = 3k + 1 � p + 2 = 3k + 3 là hợp số, không thoả mãn. + Nếu p = 3k + 2 � p + 4 = 3k + 6 là hợp số, không thoả mãn. Vậy p = 3 là giá trị duy nhất phải tìm. Ví dụ 2 : Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 2 p + p2 cũng là số nguyên tố. 15 GV: NGUYEÃN THÒ THANH TAÂM - THCS BUØI THÒ XUAÂN * Hướng giải quyết: Xét các trường hợp có thể xẩy ra của p, thay vào 2p + p2, chọn giá trị p thoả mãn điều kiện đề bài. Giải: Với p = 2: 2p + p2 = 8 không là số nguyên tố. Với p = 3: 2p + p2 = 17 là số nguyên tố. Với p > 3: 2p + p2 = (p2 - 1) + (2p + 1). Vì p lẻ và p M3 nên p2 – 1 = (p - 1)(p + 1) M3 và 2p + 1 M3 . Do đó, 2p + p2 M3 và 2p + p2 > 3 nên là hợp số. Vậy với p = 3 thì 2p + p2 là số nguyên tố. * Bài tập áp dụng: 1. a. Tìm các số nguyên tố p để các số sau là số nguyên tố: p+2, p+10. b. Tìm các số nguyên tố p để các số sau là số nguyên tố: p+2, p+6, p+8, p+14. c. Tìm các số nguyên tố p vừa là tổng vừa là hiệu của hai số nguyên tố. 2. Tìm ba số nguyên tố p, q, r sao cho: pq + qp = r. 3. Tìm các số nguyên tố x, y, z thoả xy+1 = z. 4. Tìm tất cả các số nguyên tố p dạng n(n  1)  1 ( n �1 ) 2 Dạng 3: Chứng minh hai số nguyên tố cùng nhau Phương pháp chung: đặt ƯCLN của hai số đã cho là d. Khi đó, mỗi số đều chia hết cho d. Ta tìm cách chứng minh d=1. Ví dụ1: Chứng minh rằng hai số tự nhiên liên tiếp (khác 0) là hai số nguyên tố cùng nhau. * Hướng giải quyết: Gọi d là ước chung của hai số n và n+1. Hiệu hai số bằng 1 chia hết cho d. Vậy d = 1. Giải: Gọi hai số tự nhiên liên tiếp là n và n+1 (n �0). Giả sử d là ước chung của n và n + 1. Ta có: n Md; n + 1 Md. 16 GV: NGUYEÃN THÒ THANH TAÂM - THCS BUØI THÒ XUAÂN Suy ra: (n+1) – n Md hay 1 Md. Do đó, d=1. Vậy, hai số tự nhiên liên tiếp (khác 0) là hai số nguyên tố cùng nhau. Ví dụ 2: Chứng minh rằng 2n + 1 và 3n + 1 (n � N) là hai số nguyên tố cùng nhau. * Hướng giải quyết: Giả sử d là ước chung của hai số đã cho. Biến đổi để hiệu hai biểu thức có chứa hai số đã cho bằng 1 chia hết cho d. Vậy d = 1. Giải: Gọi d là ước chung của 2n + 1 và 3n + 1 Ta có: 2n + 1 Md; 3n + 1 Md � [3(2n+1) – 2(3n + 1)] Md � 6n + 3 – 6n - 2 Md � 1 Md � d = 1 Vậy 2n + 1 và 3n + 1 là hai số nguyên tố cùng nhau. Ví dụ 3 : Cho a và b là hai số nguyên tố cùng nhau, chứng minh rằng ab và a + b cũng là hai số nguyên tố cùng nhau. * Hướng giải quyết: Chứng minh bằng phản chứng. Giải : Giả sử ab và a + b cùng chia hết cho số nguyên tố d � tồn tại một thừa số a hoặc b chia hết cho d. Giả sử a Md. Mà a + b Md � b Md � d là ước chung của a và b. Mặt khác : ƯCLN(a,b) = 1 nên điều đó trái với đề bài. Vậy ab và a + b là hai số nguyên tố cùng nhau. * Bài tập áp dụng : 1. Chứng minh rằng hai số lẻ liên tiếp là hai số nguyên tố cùng nhau. 2. Chứng minh rằng, với mọi số tự nhiên n, các số sau là hai số nguyên tố cùng nhau : a. 2n+1 và 3n+1 b. 7n+10 và 5n+7 17 GV: NGUYEÃN THÒ THANH TAÂM - THCS BUØI THÒ XUAÂN c. 2n+3 và 4n+8 3. Cho a và b là hai số nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng các số sau cũng là hai số nguyên tố cùng nhau : a. a và a+b b. a2 và a+b Dạng 4: Tìm điều kiện để hai số nguyên tố cùng nhau Phương pháp chung: Giả sử số nguyên tố d là ước chung của hai số đã cho. Khi đó, cả hai số đều chia hết cho d. Biến đổi để tìm d. Sau đó xét điều kiện để ƯCLN của hai số đó bằng 1 Ví dụ: Tìm số tự nhiên n để các số 9n+24 và 3n+4 là các số nguyên tố cùng nhau. * Hướng giải quyết: Gọi số nguyên tố d là ước chung của 9n + 24 và 3n + 4. Biến đổi để tìm d. Sau đó xét diều kiện để ƯCLN(9n+24, 3n+4 ) = 1 Giải : Giả sử số nguyên tố d là ước chung của 9n+24 và 3n+4. Khi đó : 9n+24 Md và 3n+4 Md Suy ra : 9n+24 – 3(3n+4) Md � 12 Md � d� {2, 3} Điều kiện để ƯCLN(9n+24, 3n+4 ) = 1 là d � 2 và d � 3. + d �3 vì 3n+4 M3. + d �2 khi có ít nhất một trong hai số 9n+24 và 3n+4 không chia hết cho 2. 9n+24 là số lẻ � 9n lẻ � n lẻ. 3n+4 là số lẻ � 3n lẻ � n lẻ. Vậy điều kiện để các số 9n+24 và 3n+4 là các số nguyên tố cùng nhau là n là số lẻ. * Bài tập áp dụng : Tìm số tự nhiên n để các số sau nguyên tố cùng nhau : a. 4n+3 và 2n+3 b. 7n+13 và 2n+4 18 GV: NGUYEÃN THÒ THANH TAÂM - THCS BUØI THÒ XUAÂN c. 9n+24 và 3n+4 d. 18n+3 và 21n+7 III. Các dạng toán về chia hết có liên quan đến ƯCLN, BCNN Dạng 1 : Tìm ƯCLN của hai số bằng thuật toán Ơclit Nếu a = bq + r (0 < r < b) thì ƯCLN(a,b) = ƯCLN(b,r). Từ đó có cách tìm ƯCLN của hai số như sau : Lấy a chia cho b dư r, Lấy b chia cho r dư r 1, Lấy r chia cho r1 dư r2...... Cứ tiếp tục như vậy cho đến khi được số dư bằng 0 thì số dư cuối cùng khác 0 là ƯCLN phải tìm. Ví dụ 1: Tìm ƯCLN(A;B) biết rằng A gồm 1991 chữ số 2, B gồm 8 chữ số 2. Giải : A = 22...............2, B = 22...............2 1991 chữ số 2 8 chữ số 2 Ta có 1991 chia cho 8 dư 7; 8 chia 7 dư 1 nên khi chia A cho B ta được dư là 22..............2 . 7 chữ số 2 Tiếp tục phép chia B cho số dư trên ta được số dư là 2. Theo thuật toán Ơclit ta có ƯCLN(22................2 ; 22................2) 1991 chữ số 2 8 chữ số 2 = ƯCLN(22...............2 ; 22...............2) 8 chữ số 2 7chữ số 2 = ƯCLN(22................2 ; 2) = 2. 7 chữ số 2 Vaäy ÖCLN(A;B) = 2. Ví dụ 2: Tìm ƯCLN của 11………........1 và 11111111 (8 chữ số 1) 2004 chữ số 1 Gọi a = 11………….......1 , b = 11………….......1. 2004 chữ số 1 8 chữ số 1 19 GV: NGUYEÃN THÒ THANH TAÂM - THCS BUØI THÒ XUAÂN Ta có: 2000 M8 nên 11…………………1 Mb. 2000 chữ số 1 Do đó: a = 11………….......10000 + 1111 = bq + 1111 2000 chữ số 1 Suy ra: ƯCLN(a, b) = ƯCLN(b, 1111) = 1111 (Vì b M1111) Ví dụ 3: Tìm ƯCLN của 123456789 và 987654321. Giải: Đặt a = 987654321 và b = 123456789. Ta có: a = 8b + 9 � ƯCLN(a, b) = ƯCLN(b, 9) = 9 (Vì b M9). Dạng 2: Tìm ƯCLN của các biểu thức số Phương pháp chung: Gọi d là ước chung của các biểu thức số. Khi đó, các biểu thức đều chia hết cho d. Biến đổi để tìm d. Xét các điều kiện để tìm ƯCLN của các biểu thức đã cho. Ví dụ 1: Tìm ƯCLN của 2n+1 và 3n+1. Giải: Giả sử d = ƯCLN(2n+1, 3n+1) � 2n+1 Md, 3n+1 Md � [3(2n+1) – 2(3n+1)] Md Hay 1 Md. Vậy ƯCLN(2n+1, 3n+1)= 1. Ví dụ 2: Cho số tự nhiên a. Tìm ƯCLN(a, a+2) Giải : Giả sử d = ƯCLN(a, a+2) � a Md, a+2 Md � a + 2 - a Md Hay 2 Md � d � {1; 2}. + Với a lẻ thì ƯCLN(a, a+2) = 1. + Với a chẵn thì ƯCLN(a, a+2) = 2. * Bài tập áp dụng: 1. Tìm ƯCLN của 2n-1 và 9n+4 (n � N*). 2. Tìm ƯCLN của n(n  1) và 2n+1 (n � N*). 2 Dạng 3: Tìm hai số trong đó biết ƯCLN, BCNN 20