BÁO CÁO KẾT QUẢ
NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN
1. LỜI GIỚI THIỆU.
Cùng với sự phát triển của đất nƣớc, sự nghiệp giáo dục không ngừng đổi
mới. Các nhà trƣờng ngày càng chú trọng hơn đến chất lƣợng giáo dục toàn diện
bên cạnh sự đầu tƣ thích đáng cho giáo dục mũi nhọn. Với vai trò là môn học
công cụ, bộ môn Toán đã góp phần tạo điều kiện cho các em học tốt các bộ môn
khoa học tự nhiên khác.
Dạy nhƣ thế nào để học sinh không những nắm chắc kiến thức cơ bản một
cách có hệ thông mà phải đƣợc nâng cao để các em có hứng thú say mê học tập
là một câu hỏi mà mỗi thầy cô chúng ta luôn đặt ra cho mình.
Để đáp ứng đƣợc yêu cầu của sự nghiệp giáo dục và nhu cầu học của học
sinh đặc biệt là học sinh khá giỏi. Điều đó đòi hỏi trong giảng dạy chúng ta phải
biết chắt lọc kiến thức, phải đi từ dễ đến khó, từ cụ thể đến trừu tƣợng và phát
triển thành tổng quát, giúp học sinh phát triển tốt tƣ duy toán học.
Với đối tƣợng học sinh khá giỏi, các em có tƣ duy nhạy bén, có nhu cầu
cẩn hiểu biết ngày càng cao, làm thế nào để các học sinh này phát triển hết khả
năng của mình đó là trách nhiệm của các giáo viên chúng ta.
Bản thân tôi trong năm học này đƣợc nhà trƣờng phân công dạy môn toán
lớp 6 và bồi dƣỡng học sinh giỏi toán 6. Qua giảng dạy tôi nhận thấy “Phép chia
hết” là đề tài lý thú, phong phú và đa dạng của số học lớp 6 và không thể thiếu
khi bồi dƣỡng học sinh giỏi môn Toán 6 cũng nhƣ môn Toán THCS nói chung.
Với bài viết này tôi không tham vọng lớn bàn về việc dạy “Phép chia
hết” và ứng dụng của nó trong chƣơng trình toán học phổ thông. Tôi chỉ xin đƣa
ra một số kinh nghiệm giúp học sinh lớp 6 giải các bài tập về “Phép chia hết ”
mà tôi đã áp dụng.
Tôi hy vọng nó sẽ có ích cho các đồng nghiệp khi bồi dƣỡng học sinh
giỏi.
2. TÊN SÁNG KIẾN.
“ Một số phƣơng pháp giải toán về phép chia hết lớp 6 ”.
3. TÁC GIẢ SÁNG KIẾN.
Họ và tên: Nguyễn Văn Toán.
Địa chỉ tác giả sáng kiến: Trƣờng trung học cơ sở Gia Khánh.
Số điện thoại: 0985845938
1
Email:
[email protected]
4. CHỦ ĐẦU TƢ TẠO RA SÁNG KIẾN.
Nguyễn Văn Toán – Giáo viên trƣờng trung học cơ sở Gia Khánh – Bình
Xuyên – Vĩnh Phúc.
5. LĨNH VỰC ÁP DỤNG SÁNG KIẾN.
5.1. Lĩnh vực sáng kiến áp dụng.
Giảng dạy môn Toán học nói chung và bồi dƣỡng học sinh giỏi các khối
lớp 6,7,8,9 nói riêng trong trƣờng trung học cơ sở.
5.2. Vấn đề mà sáng kiến giải quyết.
Trong chƣơng trình giáo dục THCS môn Toán là môn học quan trọng,
môn Toán có tiềm năng có thể khai thác góp phần phát triển năng lực, trí tuệ
chung, rèn luyện và phát triển các thao tác tƣ duy và các phẩm chất tƣ duy.
Trong quá trình học tập bộ môn Toán ở nhà trƣờng cũng nhƣ trong các kỳ
thi học sinh giỏi các cấp, “Phép chia hết” là một vấn đề hay và lý thú. Chính vì
vậy mà nó thƣờng xuyên có mặt trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi các cấp.
Đứng trƣớc một bài toán có nhiều cách giải khác nhau, xong việc tìm ra
một lời giải hợp lý, ngắn gọn, thú vị và độc đáo là một việc không dễ thông qua
đó mà thu đƣợc kết quả nhanh chóng. Vì vậy, nếu khai thác phép chia hết này
vào việc giải các bài toán khác thì có thể đem lại kết quả nhiều mặt, kích thích
tính sáng tạo của học sinh.
Qua việc điều tra trên thực tế của giáo viên thì đa phần các em đã nắm
đƣợc kiến thức cơ bản của phép chia hết, bên cạnh đó có những bài toán học
sinh còn vƣớng mắc, nếu không có sự hƣớng dẫn của giáo viên thì các em
không tìm ra hƣớng giải. Từ thực tế trên và bản thân tôi là một giáo viên dạy bộ
môn Toán học luôn suy nghĩa phải đƣa ra những giải pháp nhƣ thế nào để các
em nắm đƣợc một số phƣơng pháp và kĩ năng vận dụng vào các bài toán chia hết
tốt hơn. Sau một thời gian suy nghĩ tiến hành thực nghiệm tôi đã thu đƣợc
những kết quả rất tốt từ việc áp dụng một số phƣơng pháp về giải bài toán chia
hết vào giảng dạy môn Toán học nói chung và các buổi bồi dƣỡng học sinh giỏi
nói riêng đã thu đƣợc kết quả cao.
6. NGÀY SÁNG KIẾN ĐƢỢC ÁP DỤNG LẦN ĐẦU HOẶC ÁP DỤNG
THỬ.
Bắt đầu từ ngày 15 tháng 2 năm 2015.
7. MÔ TẢ BẢN CHẤT CỦA SÁNG KIẾN.
7.1. Về nội dung của sáng kiến.
2
Muốn bồi dƣỡng học sinh giỏi đạt kết quả cao về phép chia hết, theo tôi
trƣớc hết giáo viên cần nắm đƣợc các phƣơng pháp dạy học tích cực sau đó thiết
kế bài dạy, phƣơng pháp phù hợp với nhiều đối tƣợng học sinh. Sau đây là nội
dung của chƣơng trình nghiên cứu.
“Giúp học sinh lớp 6 giải các bài toán về phép chia hết trong tập hợp số tự
nhiên”.
Trƣớc hết học sinh cần nắm vững định nghĩa phép chia hết trong sách
giáo khoa toán 6 ; Các dấu hiệu chia hết cũng nhƣ các tính chất về quan hệ chia
hết.
A. ĐỊNH NGHĨA PHÉP CHIA
Cho 2 số nguyên a và b trong đó b 0 ta luôn tìm đƣợc hai số nguyên q
và r duy nhất sao cho:
a = bq + r Với 0 r b
Trong đó: a là số bị chia, b là số chia, q là thƣơng, r là số dƣ.
Khi a chia cho b có thể xẩy ra b số dƣ
r {0; 1; 2; …; b}
Đặc biệt: r = 0 thì a = bq, khi đó ta nói a chia hết cho b hay b chia hết a.
Ký hiệu: ab hay b\ a
Vậy: a b Có số nguyên q sao cho a = bq
B. CÁC TÍNH CHẤT
1.
Với a 0 a a
2.
Nếu a b và b c a c
3.
Với a 0 0 a
4.
Nếu a, b > 0 và a b ; b a a = b
5.
Nếu a b và c bất kỳ ac b
6.
Nếu a b (a) (b)
7.
Với a a (1)
8.
Nếu a b và c b a c b
9.
Nếu a b và cb a c b
10.
Nếu a + b c và a c b c
11.
Nếu a b và n > 0 an bn
12.
Nếu ac b và (a, b) =1 c b
13.
Nếu a b, c b và m, n bất kỳ am + cn b
3
14.
Nếu a b và c d ac bd
15.
Tích n số nguyên liên tiếp chia hết cho n!
C. MỘT SỐ DẤU HIỆU CHIA HẾT
Gọi N = an an 1 ...a1 a0
1. Dấu hiệu chia hết cho 2:
Một số chia hết cho 2 chữ số tận cùng của nó là chữ số chẵn.
N 2 a0 2 a0{0; 2; 4; 6; 8}
2. Dấu hiệu chia hết cho 5:
Một số chia hết cho 5 chữ số tận cùng của nó là 0 hoặc 5.
N 5 a0 5 a0{0; 5}
3. Dấu hiệu chia hết cho 4 và 25:
Một số chia hết cho 4 (hoặc 25) số tạo bởi 2 chữ số tận cùng của nó chia hết
cho 4 hoặc 25.
N 4 (hoặc 25)
a1 a 0 4 (hoặc 25)
4. Dấu hiệu chia hết cho 8 và 125:
Một số chia hết cho 8 (hoặc 125) số tạo bởi 3 chữ số tận cùng của nó chia
hết cho 8 hoặc 125.
N 8 (hoặc 125)
a 2 a1 a 0 8 (hoặc 125)
5. Dấu hiệu chia hết cho 3 và 9:
Một số chia hết cho 3 (hoặc 9) tổng các chữ số của nó chia hết cho 3 (hoặc
9).
N 3
(hoặc 9) a0+a1+…+an 3 (hoặc 9)
* Chú ý: một số chia hết cho 3 (hoặc 9) dƣ bao nhiêu thì tổng các chữ số của nó
chia cho 3 (hoặc 9) cũng dƣ bấy nhiêu.
6. Dấu hiệu chia hết cho 11:
Một số chia hết cho 11 hiệu giữa tổng các chữ số ở hàng lẻ và tổng các chữ
số ở hàng chẵn tính từ trái sang phải chia hết cho
N 11 [(a0+a2+…) - (a1+a3+…)] 11
7. Một số dấu hiệu khác:
N 101 [( a1 a 0 + a 5 a 4 +…) - ( a 3 a 2 + a 7 a 6 +…)]101
(hoặc 13) [( a 2 a1 a 0 + a8 a 7 a 6 +…) - [( a5 a 4 a 3 + a11a10a 9 +…)
11 (hoặc 13)
N 7
4
N 37
( a 2 a1 a 0 + a 5 a 4 a 3 +…) 37
N 19
( a0+2an-1+22an-2+…+ 2na0) 19
D. ĐỒNG DƢ THỨC
a. Định nghĩa: Cho m là số nguyên dƣơng. Nếu hai số nguyên a và b cho cùng
số dƣ khi chia cho m thì ta nói a đồng dƣ với b theo modun m.
Ký hiệu: a b (modun)
Vậy: a b (modun) a - b m
b. Các tính chất
1.
Với a a a (modun)
2.
Nếu a b (modun) b a (modun)
3.
Nếu a b (modun), b c (modun) a c (modun)
4.
Nếu a b (modun) và c d (modun) a+c b+d (modun)
5.
Nếu a b (modun) và c d (modun) ac bd (modun)
6.
Nếu a b (modun), d Uc (a, b) và (d, m) =1
a
b
(modun)
d
d
7.
Nếu a b (modun), d > 0 và d Uc (a, b, m)
a
b
m
(modun )
d
d
d
E. MỘT SỐ ĐỊNH LÝ
1. Định lý Euler
Nếu m là 1 số nguyên dương (m) là số các số nguyên dương nhỏ hơn m và
nguyên tố cùng nhau với m, (a, m) = 1 Thì a(m) 1 (modun)
Công thức tính (m)
Phân tích m ra thừa số nguyên tố
m = p11 p22 … pkk với pi p; i N*
Thì (m) = m(1 -
1
1
1
)(1 ) … (1 )
p1`
p2
pk
2. Định lý Fermat
Nếu t là số nguyên tố và a không chia hết cho p thì a p-1 1 (modp)
G. CÁC PHƢƠNG PHÁP GIẢI TOÁN CHIA HẾT
1. Phƣơng pháp 1: SỬ DỤNG DẤU HIỆU CHIA HẾT
Ví dụ 1: Tìm các chữ số a, b sao cho a56b 45
Giải: Ta thấy 45 = 5.9 mà (5 ; 9) = 1
để a56b 45 a56b 5 và 9
5
Xét a56b 5 b {0 ; 5}
Nếu b = 0 ta có số a56b 9 a + 5 + 6 + 0 9 a + 11 9 a = 7
Nếu b = 5 ta có số a56b 9 a + 5 + 6 + 0 9 a + 16 9 a = 2
Vậy: a = 7 và b = 0 ta có số 7560
a = 2 và b = 5 ta có số 2560
Ví dụ 2: Biết tổng các chữ số của 1 số là không đổi khi nhân số đó với 5. CMR
số đó chia hết cho 9.
Giải: Gọi số đã cho là a
Ta có: a và 5a khi chia cho 9 cùng có 1 số dƣ
5a - a 9 4a 9 mà (4 ; 9) = 1
a 9 (Đpcm)
Ví dụ 3: CMR số 111
111
81
81sè 1
Giải: Ta thấy: 111111111 9
72
63
9
Có 111
111
= 111111111(10 + 10 + … + 10 + 1)
81sè 1
Mà tổng 1072 + 1063 + … + 109 + 1 có tổng các chữ số bằng 9 9
1072 + 1063 + … + 109 + 1 9
Vậy: 111
111
81 (Đpcm)
81sè 1
BÀI TẬP TƢƠNG TỰ
Bài 1: Tìm các chữ số x, y sao cho
a. 34x5y 4 và 9
b. 2x78 17
Bài 2: Cho số N = dcba CMR
a. N 4 (a + 2b) 4
b. N 16 (a + 2b + 4c + 8d) 16 với b chẵn
c. N 29 (d + 2c + 9b + 27a) 29
Bài 3: Tìm tất cả các số có 2 chữ số sao cho mỗi số gấp 2 lần tích các chữ số của
số đó.
Bài 4: Viết liên tiếp tất cả các số có 2 chữ số từ 19 đến 80 ta đƣợc số A =
192021…7980. Hỏi số A có chia hết cho 1980 không ? Vì sao?
Bài 5: Tổng của 46 số tự nhiên liên tiếp có chia hết cho 46 không? Vì sao?
6
Bài 6: Chứng tỏ rằng số 11
11
22
22
là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp.
100sè 1
100sè 2
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1:
và y = 2
a. x = 4
x = 0;9
và y = 6
b. 2x78 = 17 (122 + 6x) + 2(2-x)17 x = 2
a. N4 ab 4 10b + a4 8b + (2b + a) 4 a + 2b4
Bài 2:
b. N16 1000d + 100c + 10b + a16
(992d + 96c + 8b) + (8d + 4c + 2b + a) 16 a + 2b + 4c + 8d16
với b chẵn
c. Có 100(d + 3c + 9b + 27a) - dbca 29
Mà (1000, 29) =1 dbca 29 (d + 3c + 9b + 27a) 29
Bài 3: Gọi ab là số có 2 chữ số
Theo bài ra ta có: ab = 10a + b = 2ab (1)
ab 2 b {0; 2; 4; 6; 8}
Thay vào (1) a = 3; b = 6
Bài 4: Có 1980 = 22.32.5.11
Vì 2 chữ số tận cùng của a là 80 4 và 5
A 4 và 5
Tổng các số hàng lẻ 1+(2+3+…+7).10+8 = 279
Tổng các số hàng chẵn 9+(0+1+…+9).6+0 = 279
Có 279 + 279 = 558 9 A 9
279 - 279 = 0 11 A 11
Bài 5: Tổng 2 số tự nhiên liên tiếp là 1 số lẻ nên không chia hết cho 2.
Có 46 số tự nhiên liên tiếp có 23 cặp số mỗi cặp có tổng là 1 số lẻ tổng 23
cặp không chia hết cho 2. Vậy tổng của 46 số tự nhiên liên tiếp không chia hết
cho 46.
11
22
11
02
Bài 6: Có 11
22
= 11
100
100sè 1
100sè 2
100sè 1
99 sè 0
34
02
Mà 100
= 3. 33
99 sè 3
99 sè 0
11
22
33 33
34 (Đpcm)
11
22
= 33
100sè 1
100sè 2
100sè 3
99 sè 3
2. Phƣơng pháp 2: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CHIA HẾT
7
* Chú ý: Trong n số nguyên liên tiếp có 1 và chỉ 1 số chia hết cho n.
CMR: Gọi n là số nguyên liên tiếp
m + 1; m + 2; … m + n với m Z, n N*
Lấy n số nguyên liên tiếp trên chia cho n thì ta đƣợc tập hợp số dƣ là: {0; 1; 2;
… n - 1}
* Nếu tồn tại 1 số dƣ là 0: giả sử m + i = nqi ; i = 1, n
m+in
* Nếu không tồn tại số dƣ là 0 không có số nguyên nào trong dãy chia hết
cho n phải có ít nhất 2 số dƣ trùng nhau.
m i nqi r
Giả sử:
m j qjn r
1 i; j n
i - j = n(qi - qj) n i - j n
mà i - j< n i - j = 0 i = j
m+i=m+j
Vậy trong n số đó có 1 số và chỉ 1 số đó chia hết cho n…
Ví dụ 1: CMR: a. Tích của 2 số nguyên liên tiếp chia hết cho 2.
b. Tích của 3 số nguyên liên tiếp chia hết cho 6.
Giải: a. Trong 2 số nguyên liên tiếp bao giờ cũng có 1 số chẵn
Số chẵn đó chia hết cho 2.
Vậy tích của 2 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2.
Tích 2 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2 nên tích của 3 số nguyên liên tiếp
luôn chia hết cho 2
b. Trong 3 sô nguyên liên tiếp bao giơ cũng có 1 số chia hết cho 3.
Tích 3 số đó chia hết cho 3 mà (1; 3) = 1.
Vậy tích của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 6.
Ví dụ 2: CMR: Tổng lập phƣơng của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 9.
Giải: Gọi 3 số nguyên liên tiếp lần lƣợt là: n - 1 , n , n+1
Ta có: A = (n - 1)3 + n3 + (n + 1)3
= 3n3 - 3n + 18n + 9n2 + 9
= 3(n - 1)n (n+1) + 9(n2 + 1) + 18n
Ta thấy (n - 1)n (n + 1) 3 (CM Ví dụ 1)
8
3(n - 1)n (n + 1) 9
9(n 2 1) 9
mà
18n 9
A 9 (ĐPCM)
Ví dụ 3: CMR: n4 - 4n3 - 4n2 +16n 384 với n chẵn, n4
Giải: Vì n chẵn, n4 ta đặt n = 2k, k2
Ta có n4 - 4n3 - 4n2 + 16n = 16k4 - 32k3 - 16k2 + 32k
= 16k(k3 - 2k2 - k + 2)
= 16k(k - 2) (k - 1)(k + 1)
Với k 2 nên k - 2, k - 1, k + 1, k là 4 số tự nhiên liên tiếp nên trong 4 số đó có
1 số chia hết cho 2 và 1 số chia hết cho 4. (k - 2)(k - 1)(k + 1)k 8
Mà (k - 2) (k - 1)k 3 ; (3,8)=1
(k - 2) (k - 1) (k + 1)k 24
16(k - 2) (k - 1) (k + 1)k (16,24)
Vậy n4 - 4n3 - 4n2 +16n 384 với n chẵn, n 4
BÀI TẬP TƢƠNG TỰ
Bài 1: CMR: a. n(n + 1) (2n + 1) 6
b. n5 - 5n3 + 4n 120 Với n N
Bài 2: CMR: n4 + 6n3 + 11n2 + 6n 24 Với n Z
Bài 3: CMR: Với n lẻ thì
a.
n2 + 4n + 3 8
b.
n3 + 3n2 - n - 3 48
c.
n12 - n8 - n4 + 1 512
Bài 4: Với p là số nguyên tố p > 3 CMR : p2 - 1 24
Bài 5: CMR: Trong 1900 số tự nhiên liên tiếp có 1 số có tổng các chữ số chia
hết cho 27.
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: a. n(n + 1)(2n + 1) = n(n + 1) [(n + 1) + (n + 2)]
= n(n + 1) (n - 1) + n(n + 1) (n + 2) 6
b. n5 - 5n3 + 4n = (n4 - 5n2 + 4)n
= n(n2 - 1) (n2 - 4)
= n(n + 1) (n - 1) (n + 2) (n - 2) 120
9
Bài 2: n4 + 6n3 + 6n + 11n2
= n(n3 + 6n2 + 6 + 11n)
= n(n + 1) (n + 2) (n + 3) 24
Bài 3: a. n2 + 4n + 3 = (n + 1) (n + 3) 8
b. n3 + 3n2 - n - 3 = n2(n + 3) - (n + 3)
= (n2 - 1) (n + 3)
= (n + 1) (n - 1) (n + 3)
= (2k + 4) (2k + 2) (2k với n = 2k + 1, k N)
= 8k(k + 1) (k +2) 48
c. n12 - n8 - n4 + 1 = n8 (n4 - 1) - (n4 - 1)
= (n4 - 1) (n8 - 1)
= (n4 - 1)2 (n4 + 1)
= (n2 - 1)2 (n2 - 1)2 (n4 + 1)
= 16[k(k + 1)2 (n2 + 1)2 (n4 + 1)
Với n = 2k + 1 n2 + 1 và n4 + 1 là những số chẵn (n2 + 1)2 2 ; n4 + 1 2
n12 - n8 - n4 + 1 (24.22. 22. 1 . 21)
Vậy n12 - n8 - n4 + 1 512
Bài 4: Có p2 - 1 = (p - 1) (p + 1) vì p là số nguyên tố p > 3
p 3 ta có: (p - 1) (p + 1) 8
và p = 3k + 1 hoặc p = 3k + 2 (k N)
(p - 1) (p + 1) 3
Vậy p2 - 1 24
Bài 5: Giả sử 1900 số tự nhiên liên tiếp là
n, n +1; n + 2; … ; n + 1989 (1)
trong 1000 tự nhiên liên tiếp n, n + 1; n + 2; …; n + 999
có 1 số chia hết cho 1000 giả sử n0, khi đó n0 có tận cùng là 3 chữ số 0 giả sử
tổng các chữ số của n0 là s khi đó 27 số n0, n0 + 9; n0 + 19; n0 + 29; n0 + 39; …;
n0 + 99; n0 + 199; … n0 + 899 (2)
Có tổng các chữ số lần lƣợt là: s; s + 1 … ; s + 26
Có 1 số chia hết cho 27 (ĐPCM)
* Chú ý: n + 899 n + 999 + 899 < n + 1989
Các số ở (2) nằm trong dãy (1)
10
3. Phƣơng pháp 3: XÉT TẬP HỢP SỐ DƢ TRONG PHÉP CHIA
Ví dụ 1: CMR: Với n N Thì A(n) = n(2n + 7) (7n + 7) chia hết cho 6
Giải: Ta thấy 1 trong 2 thừa số n và 7n + 1 là số chẵn. Với n N A(n) 2
Ta chứng minh A(n) 3
Lấy n chia cho 3 ta đƣợc n = 3k + 1 (k N)
Với r {0; 1; 2}
Với r = 0 n = 3k n 3 A(n) 3
Với r = 1 n = 3k + 1 2n + 7 = 6k + 9 3 A(n) 3
Với r = 2 n = 3k + 2 7n + 1 = 21k + 15 3 A(n) 3
A(n) 3 với n mà (2, 3) = 1
Vậy A(n) 6 với n N
Ví dụ 2: CMR: Nếu n 3 thì A(n) = 32n + 3n + 1 13 Với n N
Giải: Vì n 3 n = 3k + r (k N); r {1; 2; 3}
A(n) = 32(3k + r) + 33k+r + 1
= 32r(36k - 1) + 3r (33k - 1) + 32r + 3r + 1
ta thấy 36k - 1 = (33)2k - 1 = (33 - 1)M = 26M 13
33k - 1 = (33 - 1)N = 26N 13
với r = 1 32n + 3n + 1 = 32 + 3 +1 = 13 13
32n + 3n + 1 13
với r = 2 32n + 3n + 1 = 34 + 32 + 1 = 91 13
32n + 3n + 1
Vậy với n 3 thì A(n) = 32n + 3n + 1 13 Với n N
Ví dụ 3: Tìm tất cả các số tự nhiên n để 2n - 1 7
Giải: Lấy n chia cho 3 ta có n = 3k + 1 (k N); r {0; 1; 2}
Với r = 0 n = 3k ta có
2n - 1 = 23k - 1 = 8k - 1 = (8 - 1)M = 7M 7
với r =1 n = 3k + 1 ta có:
2n - 1 = 28k +1 - 1 = 2.23k - 1 = 2(23k - 1) + 1
mà 23k - 1 7 2n - 1 chia cho 7 dƣ 1
với r = 2 n = 3k + 2 ta có :
2n - 1 = 23k + 2 - 1 = 4(23k - 1) + 3
11
mà 23k - 1 7 2n - 1 chia cho 7 dƣ 3
Vậy 23k - 1 7 n = 3k (k N)
BÀI TẬP TƢƠNG TỰ
Bài 1: CMR: An = n(n2 + 1)(n2 + 4) 5 Với n Z
Bài 2: Cho A = a1 + a2 + … + an
B = a51 + a52 + … + a5n
Bài 3: CMR: Nếu (n, 6) =1 thì n2 - 1 24 Với n Z
Bài 4: Tìm số tự nhiên n để 22n + 2n + 1 7
Bài 5: Cho 2 số tự nhiên m, n để thoả mãn 24m4 + 1 = n2. CMR: mn 5
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: + A(n) 6
+ Lấy n chia cho 5 n = 5q + r r {0; 1; 2; 3; 4}
r = 0 n 5 A(n) 5
r = 1, 4 n2 + 4 5 A(n) 5
r = 2; 3 n2 + 1 5 A(n) 5
A(n) 5 A(n) 30
Bài 2: Xét hiệu B - A = (a51 - a1) + … + (a5n - an)
Chỉ chứng minh: a5i - ai 30 là đủ
Bài 3: Vì (n, 6) =1 n = 6k + 1 (k N)
Với r {1}
r = 1 n2 - 1 24
Bài 4: Xét n = 3k + r (k N)
Với r {0; 1; 2}
Ta có: 22n + 2n + 1 = 22r(26k - 1) + 2r(23k - 1) + 22n + 2n + 1
Làm tƣơng tự VD3
Bài 5: Có 24m4 + 1 = n2 = 25m4 - (m4 - 1)
Khi m 5 mn 5
Khi m 5 thì (m, 5) = 1 m4 - 1 5
(Vì m5 - m 5 (m4 - 1) 5 m4 - 1 5)
n2 5 n 5. Vậy mn 5
4. Phƣơng pháp 4: BIẾN ĐỔI BIỂU THỨC CẦN CHỨNG MINH VỀ DẠNG
TỔNG
12
Giả sử chứng minh A(n) k ta biến đổi A(n) về dạng tổng của nhiều hạng tử và
chứng minh mọi hạng tử đều chia hết cho k.
Ví dụ 1: CMR: n3 + 11n 6 với n z.
Giải: Ta có n3 + 11n = n3 - n + 12n = n(n2 - 1) + 12n
= n(n + 1) (n - 1) + 12n
Vì n, n - 1; n + 1 là 3 số nguyên liên tiếp
n (n + 1) (n - 1) 6 và 12n 6
Vậy n3 + 11n 6
Ví dụ 2: Cho a, b z thoả mãn (16a +17b) (17a +16b) 11
CMR: (16a +17b) (17a +16b) 121
Giải: Có 11 số nguyên tố mà (16a +17b) (17a +16b) 11
16a 17b 11
(1)
17a 16b 11
Có 16a +17b + 17a +16b = 33(a + b) 11 (2)
16a 17b 11
Từ (1) và (2)
17a 16b 11
Vậy (16a +17b) (17a +16b) 121
Ví dụ 3: Tìm n N sao cho P = (n + 5)(n + 6) 6n.
Giải : Ta có P = (n + 5)(n + 6) = n2 + 11n + 30
= 12n + n2 - n + 30
Vì 12n 6n nên để P 6n n2 - n + 30 6n
n2 - n 6
n(n - 1) 3 (1)
30 n (2)
30 6n
Từ (1) n = 3k hoặc n = 3k + 1 (k N)
Từ (2) n {1; 2; 3; 5; 6; 10; 15; 30}
Vậy từ (1); (2) n {1; 3; 6; 10; 15; 30}
Thay các giá trị của n vào P ta có
n {1; 3; 10; 30} là thoả mãn
Vậy n {1; 3; 10; 15; 30} thì P = (n + 5)(n + 6) 6n.
BÀI TẬP TƢƠNG TỰ
Bài 1: CMR: 13 + 33 + 53 + 73 23
13
Bài 2: CMR: 36n2 + 60n + 24 24
Bài 3: CMR: a. 5n+2 + 26.5n + 8 2n+1 59
b. 9 2n + 14 5
Bài 4: Tìm n N sao cho n3 - 8n2 + 2n n2 + 1
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: 13 + 33 + 53 + 73 = (13 + 73) + (33 + 53)
= 8m + 8N 23
Bài 2: 362 + 60n + 24 = 12n(3n + 5) + 24
Ta thấy n và 3n + 5 không đồng thời cùng chẵn hoặc cùng lẻ n(3n + 5) 2
ĐPCM
Bài 3: a. 5n+2 + 26.5n + 8 2n+1
= 5n(25 + 26) + 8 2n+1
= 5n(59 - 8) + 8.64 n
= 5n.59 + 8.59m 59
b. 9 2n + 14 = 9 2n - 1 + 15
= (81n - 1) + 15
= 80m + 15 5
Bài 4: Có n3 - 8n2 + 2n = (n2 + 1)(n - 8) + n + 8 (n2 + 1) n + 8 n2 + 1
Nếu n + 8 = 0 n = -8 (thoả mãn)
Nếu n + 8 0 n + 8 n2 + 1
n 8 -n 2 1 Víi n 8 n 2 n 9 0 Víi n 8
2
2
n 8 n 1 Víi n 8
n n 7 0 Víi n 8
n {-2; 0; 2} thử lại. Vậy n {-8; 0; 2}
5. Phƣơng pháp 5: DÙNG QUY NẠP TOÁN HỌC
Giả sử CM A(n) P với n a (1)
Bƣớc 1: Ta CM (1) đúng với n = a tức là CM A(n) P
Bƣớc 2: Giả sử (1) đúng với n = k tức là CM A(k) P với k a
Ta CM (1) đúng với n = k + 1 tức là phải CM A(k+1) P
Bƣớc 3: Kết luận A(n) P với n a
Ví dụ 1: Chứng minh A(n) = 16n - 15n - 1 225 với n N*
Giải: Với n = 1 A(n) = 225 225 vậy n = 1 đúng
14
Giả sử n = k 1 nghĩa là A(k) = 16k - 15k - 1 225
Ta phải CM A(k+1) = 16 k+1 - 15(k + 1) - 1 225
Thật vậy: A(k+1) = 16 k+1 - 15(k + 1) - 1
= 16.16k - 15k - 16
= (16k - 15k - 1) + 15.16k - 15
= 16k - 15k - 1 + 15.15m
= A(k) + 225
mà A(k) 225 (giả thiết quy nạp)
225m 225
Vậy A(n) 225
Ví dụ 2: CMR: với n N* và n là số tự nhiên lẻ ta có m2 12n 2
n
Giải: Với n = 1 m2 - 1 = (m + 1)(m - 1) 8 (vì m + 1; m - 1 là 2 số chẵn liên
tiếp nên tích của chúng chia hết cho 8)
Giả sử với n = k ta có m2 1 2k 2 ta phải chứng minh
k
m2
k 1
1 2k 3
2
k 2
Thật vậy m2 1 2k 2 m 1 2 .q
(q z )
k
k
m2 2k 2.q 1
k
có m2
k 1
1 m2
k
2
1 2 k 2.q 1
2
1 2 k 4.q 2 2 k 3.q
= 2 k 3 (2 k 1 q 2 q) 2 k 3
Vậy m2 1 2n 2 với n 1
n
BÀI TẬP TƢƠNG TỰ
Bài 1: CMR: 33n+3 - 26n - 27 29 với n 1
Bài 2: CMR: 42n+2 - 1 15
Bài 3: CMR số đƣợc thành lập bởi 3n chữ số giống nhau thì chia hết cho 3n với n
là số nguyên dƣơng.
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: Tƣơng tự ví dụ 1.
Bài 2: Tƣơng tự ví dụ 1.
Bài 3: Ta cần CM aa...a 3n (1)
3n
sè a
Với n = 1 ta có aa...a 111a3
15
...
a 3k
Giả sử (1) đúng với n = k tức là aa
3k sè a
Ta chứng minh (1) đúng với n = k + 1 tức là phải chứng minh
aa
...
a 3k+1 ta có 3k+1 = 3.3k = 3k + 3k +3k
3k 1 sè a
...
a a
...a a
...a a
...a aa...a.102.3 aa...a.103 a
...a
Có aa
k
k
k
k
3k 1 sè a
3
3
k
3k
3
aa
...
a 10 2.3 103 1 3k 1
k
k
3k
6. Phƣơng pháp 6: SỬ DỤNG ĐỒNG DƢ THỨC
Giải bài toán dựa vào đồng dƣ thức chủ yếu là sử dụng định lý Euler và định lý
Fermat
Ví dụ 1: CMR: 22225555 + 55552222 7
Giải: Có 2222 - 4 (mod 7) 22225555 + 55552222 (- 4)5555 + 45555 (mod 7)
Lại có: (- 4)5555 + 42222 = - 45555 + 42222
= - 42222 (43333 - 1) = - 4 2222 43
1111
1
Vì 43 = 64 (mod 7) 4 3
1111
1 0 (mod 7)
22225555 + 55552222 0 (mod 7)
Vậy 22225555 + 55552222 7
4 n 1
Ví dụ 2: CMR: 32
4 n 1
33
5 22 với n N
Giải: Theo định lý Fermat ta có:
310 1 (mod 11)
210 1 (mod 11)
Ta tìm dƣ trong phép chia là 24n+1 và 34n+1 cho 10
Có 24n+1 = 2.16n 2 (mod 10)
24n+1 = 10q + 2 (q N)
Có 34n+1 = 3.81n 3 (mod 10)
34n+1 = 10k + 3 (k N)
4 n 1
Ta có: 32
4 n 1
33
5 310q2 210k 3
= 32.310q + 23.210k + 5
1+0+1 (mod 2)
0 (mod 2)
16
mà (2, 11) = 1
4 n 1
Vậy 32
4 n 1
5 22 với n N
33
Ví dụ 3: CMR: 22
4 n 1
7 11 với n N
Giải : Ta có: 24 6 (mod) 24n+1 2 (mod 10)
24n+1 = 10q + 2 (q N)
4 n 1
22
210q2
Theo định lý Fermat ta có: 210 1 (mod 11)
210q 1 (mod 11)
4 n 1
22
7 210q2 7
4+7 (mod 11) 0 (mod 11)
Vậy
22
4 n 1
7 11
với n N (ĐPCM)
BÀI TẬP TƢƠNG TỰ
6 n2
Bài 1: CMR 22
319
với n N
Bài 2: CMR với n 1 ta có 52n-1. 22n-15n+1 + 3n+1 .22n-1 38
Bài 3: Cho số p > 3, p (P). CMR 3p - 2p - 1 42p
Bài 4: CMR với mọi số nguyên tố p đều có dạng 2n - n (n N) chia hết cho p.
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: Làm tƣơng tự nhƣ VD3
Bài 2: Ta thấy 52n-1. 22n-15n+1 + 3n+1 .22n-1 2
Mặt khác 52n-1. 22n-15n+1 + 3n+1 .22n-1 = 2n(52n-1.10 + 9. 6n-1)
Vì 25 6 (mod 19) 5n-1 6n-1 (mod 19)
25n-1.10 + 9. 6n-1 6n-1.19 (mod 19) 0 (mod 19)
Bài 3: Đặt A = 3p - 2p - 1 (p lẻ)
Dễ dàng CM A 2 và A 3 A 6
Nếu p = 7 A = 37 - 27 - 1 49 A 7p
Nếu p 7 (p, 7) = 1
Theo định lý Fermat ta có:
A = (3p - 3) - (2p - 2) p
Đặt p = 3q + r (q N; r = 1, 2)
A = (33q+1 - 3) - (23q+r - 2)
= 3r.27q - 2r.8q - 1 = 7k + 3r(-1)q - 2r - 1 (k N)
17
với r = 1, q phải chẵn (vì p lẻ)
A = 7k - 9 - 4 - 1 = 7k - 14
Vậy A 7 mà A p, (p, 7) = 1 A 7p
Mà (7, 6) = 1; A 6
A 42p.
Bài 4: Nếu P = 2 22 - 2 = 2 2
Nếu n > 2 Theo định lý Fermat ta có:
2p-1 1 (mod p)
2m(p-1) 1 (mod p) (m N)
Xét A = 2m(p-1) + m - mp
A p m = kq - 1
Nhƣ vậy nếu p > 2 p có dạng 2n - n trong đó
N = (kp - 1)(p - 1), k N đều chia hết cho p
7. Phƣơng pháp 7: SỬ DỤNG NGUYÊN LÝ ĐIRICHLET
Nếu đem n + 1 con thỏ nhốt vào n lồng thì có ít nhất 1 lồng chứa từ 2 con
trở lên.
Ví dụ 1: CMR: Trong n + 1 số nguyên bất kỳ có 2 số có hiệu chia hết cho n.
Giải: Lấy n + 1 số nguyên đã cho chia cho n thì đƣợc n + 1 số dƣ nhận 1 trong
các số sau: 0; 1; 2;…; n - 1
có ít nhất 2 số dƣ có cùng số dƣ khi chia cho n.
0r
j; q, k N
aj = 1993k + r
aj - aj = 1993(q - k)
111
1100
0 1993(q k )
i - j 1994sè 1
i sè 0
111
11.10 j 1993(q k )
i - j 1994sè 1
mà (10j, 1993) = 1
111
11 1993 (ĐPCM)
1994sè 1
Bài 3: Xét dãy số gồm 17 số nguyên bất kỳ là
a1, a2, …, a17
Chia các số cho 5 ta đƣợc 17 số dƣ ắt phải có 5 số dƣ thuộc tập hợp{0; 1; 2; 3;
4}
Nếu trong 17 số trên có 5 số khi chia cho 5 có cùng số dƣ thì tổng của chúng sẽ
chia hết cho 5.
Nếu trong 17 số trên không có số nào có cùng số dƣ khi chia cho 5 tồn tại 5
số có số dƣ khác nhau tổng các số dƣ là: 0 + 1 + 2 + 3 + 4 = 10 10
Vậy tổng của 5 số này chia hết cho 5.
Bài 4: Xét dãy số a1 = 1993, a2 = 19931993, …
19
1993
a1994 = 1993
1 9 9 4sè 1 9 9 3
đem chia cho 1994 có 1994 số dƣ thuộc tập {1; 2; …; 1993} theo nguyên lý
Đirichlet có ít nhất 2 số hạng có cùng số dƣ.
Giả sử: ai = 1993 … 1993 (i số 1993)
aj = 1993 … 1993 (j số 1993)
aj - aj 1994
1 i < j 1994
1993.10 ni 1993
1993
j - i sè 1993
8. Phƣơng pháp 8: PHƢƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG
Để CM A(n) p (hoặc A(n) p )
+ Giả sử: A(n) p (hoặc A(n) p )
+ CM trên giả sử là sai
+ Kết luận: A(n) p (hoặc A(n) p )
Ví dụ 1: CMR n2 + 3n + 5 121 với n N
Giải: Giả sử tồn tại n N sao cho n2 + 3n + 5 121
4n2 + 12n + 20 121 (vì (n, 121) = 1)
(2n + 3)2 + 11 121 (1)
(2n + 3)2 11
Vì 11 là số nguyên tố 2n + 3 11
(2n + 3)2 121 (2)
Từ (1) và (2) 11 121 vô lý
Vậy n2 + 3n + 5 121
Ví dụ 2: CMR n2 - 1 n với n N*
Giải: Xét tập hợp số tự nhiên N*
Giả sử n 1, n N* sao cho n2 - 1 n
Gọi d là ƣớc số chung nhỏ nhất khác 1 của n d (p) theo định lý Format ta
có
2d-1 1 (mod d) m < d
ta chứng minh m\n
Giả sử n = mq + r (0 r < m)
Theo giả sử n2 - 1 n nmq+r - 1 n
20