Sáng kiến kinh nghiệm một số dạng Toán về tính chất chia hết cho N

Phần một : đặt vấn đề Chúng ta đều biết rằng toán học là cơ sở của mọi ngành khoa học, vì thế môn toán đóng một vai trò quan trọng trong nhà trường. Thông qua môn toán, học sinh nắm vững các kiến thức toán học, từ đó dễ dàng học tập các môn học khác để ứng dụng những kiến thức đã học vào các ngành khoa học kĩ thuật, ứng dụng trong lao động, trong quản lý kinh tế, trong việc tự học, tự nghiên cứu khoa học.... Để giúp HS học tốt môn toán đòi hỏi người thày giáo phải có sự lao động sáng tạo nghiêm túc. Một vấn đề lớn trong chương trình toán THCS là vấn đề chia hết. Vấn đề này được đưa vào từ lớp 5, phát triển ở lớp 6, lớp 7 và được đề cập trong những bài toán nâng cao dành cho học sinh giỏi ở lớp 8, lớp 9. Trong các kì thi học sinh giỏi các cấp, đặc biệt là ở lớp 6 thì vấn đề chia hết là một nội dung hay đề cập đến và thường là những bài khó. Các bài toán về chia hết nếu chỉ đơn thuần làm các bài tập như SGK thì rất dễ nhưng các bài toán nâng cao thì rất khó, đa dạng và không có một quy tắc chung nào để giải, phải sử dụng các phương pháp khác nhau một cách linh hoạt, sáng tạo. Trong khi năng lực tư duy, khả năng phân tích tổng hợp của HS còn hạn chế nên HS thường bế tắc trong việc tìm ra cách giải cho loại toán này. Vấn đề đặt ra trong việc giải toán là phải biết nhận dạng bài toán và lựa chọn phương pháp thích hợp để giải. Hơn nữa để giải được các bài tập nâng cao về tính chia hết thì ngoài việc nắm kiến thức cơ bản có trong chương trình, HS còn phai nắm vững một số kiến thức bổ sung mở rộng, những kiến thức này không được phân phối trong các tiết học nên HS ít được vận dụng và rèn luyện trừ khi gặp những bài tập khó.Vì thế kỹ năng vận dụng các kiến thức đó chưa được thành thạo, nhạy bén, HS thường mắc sai lầm như : Khi thấy một tổng chia hết cho m thì vội vã kết luận các số hạng chia hết cho m ; hoặc khi thấy a⋮m và a⋮n thì kết luận ngay là a⋮mn mà không xem xét xem m,n có nguyên tố cùng nhau hay không. Để giúp HS gải quyết những khó khăn đó, đồng thời bổ sung một số kiến thức về tính chia hết, làm tài liệu tham khảo trong công tác bồi dưỡng HS giỏi, góp phần vào việc “đào tạo và bồi dưỡng nhân tài”. Tôi xin trình bày kinh nghiệm “Hướng dẫn HS lớp 6 giải một số dạng toán nâng cao về tính chia hết trong N”. Đây là sự đúc rút kinh nghiệm nhằm cung cấp cho HS phương pháp nhận dạng các bài toán về tính chia hết và hướng dẫn phương pháp phân tích để có lời giải hợp lý. Phần hai : Giải quyết vấn đề A. Vấn đề cần giải quyết : Để làm được các bài tập nâng cao về tính chia hêt HS phải nắm được định nghĩa, các tính chất cơ bản về số nguyên tố, hợp số, các em phải nắm được tính chất chia hết có liên quan đến số nguyên tố như thế nào. Các em còn cần được mở rộng một ssó dấu hiệu chia hết, bổ sung một số kiến thức về ƯCLN, BCNN. Từ đó các em phải nắm được phương pháp cơ bản để giải bài toán về tính chất chia hết và các bài tập có liên quan. Ngoài ra HS cần nắm được một số dạng toán điển hình về chia hết và có phương pháp giải quyết phù hợp đối với mỗi dạng. Có được kỹ năng này các em sẽ làm được các bài tập một cách nhanh gọn, linh hoạt. Để giải quyết được những vấn nêu trên HS cần phải phát huy tính tích cực, tư duy sáng tạo. Còn giáo viên là người thiết kế, hướng dấn các em, khơi dậy tư duy, tạo hứng thú học tập. Có như vậy chương trình dạy và học mới đạt hiệu quả cao. B. Các biện pháp tiến hành : I. 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: 1/ Định nghĩa : cho hai số tự nhiên a và b (b ≠ 0). Ta nói a chia hế cho b nếu tồn tại số tự nhiên q sao cho a = b.q . Ta còn nói a là bội của b hoặc b là ước của a, hoặc a chia hết cho b. 2/ Các tính chất về chia hết : * Tính chất chung : a) Số 0 chia hết cho mọi số b ≠ 0. b) Mọi số a ≠ 0 đều chia hết cho chính nó. c) Tính chất bắc cầu : Nếu a⋮b, b⋮c thì a⋮c. + Tính chất chia hết của một tổng, một hiệu. d) Nếu a⋮m, b⋮m thì tổng a + b⋮m, a - b⋮m. + Hệ quả : Nếu (a + b)⋮m (hoặc a - b⋮m) và a⋮m thì b⋮m. Nếu (a + b)⋮m (hoặc a - b⋮m) và b⋮m thì a⋮m. e) Nếu a⋮m, b⋮m thì a + b⋮m, a - b⋮m ; Nếu a⋮m, b⋮m thì a + b⋮m, a - b⋮m. f) Nếu một thừa số của tích chia hết cho m thì tích chia hết cho m. + Hệ quả: Nếu a⋮m thì an⋮m (n là số tự nhiên ≠ 0). g) Nếu a⋮m, b⋮n thì ab⋮mn + Hệ quả : nếu a⋮b thì an⋮bn. h) Nếu A⋮B thì mA +nB⋮B , mA – nB⋮B. i) Nếu một tích chia hết cho một số nguyên tố p thì tồn tại một thừa số của tích chia hết cho p. + Hệ quả: nếu an⋮p (p là số nguyên tố) thì a⋮p. j) Nếu ab⋮m, b và m, n guyên tố cùng nhau thì a⋮m. k) Nếu a⋮m, a⋮n thì a⋮BCNN(m,n) . + Hệ quả : Nếu a⋮m, a⋮n, (m,n) = 1 thì a⋮mn Nếu a chia hết cho các số nguyên tố cùng nhau đôi một thì a chia hết cho tích của chúng. 3/ Bổ sung một số dấu hiệu chia hết : Ngoài các dấu hiệu chia hết cho 2, cho 3, cho 5, cho 9 mà HS đã được học trong chương trình SGK, cần bổ sung thêm một số dấu hiệu sau: a) Dấu hiệu chia hết cho 4, cho 25 : Một số chia hết cho 4 (hoặc cho25) khi và chỉ khi số đó có hai chữ số tận cùng chia hết cho 4 ( hoặc cho 25). b) 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 cho 125). c) 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. d) Dấu hiệu chia hết cho 11 : Một số chia hết cho 11 khi và chỉ khi hiệu giữa tổng các số đứng ở vị trí lẻ và tổng các chữ số đứng ở vị trí chẵn (kể từ phải sang trái) chia hết chia 11. 4/ Bổ sung kiến thức về ƯCLN và BCNN : a) Thuật toán Ơclit : + Nếu a⋮b thì ƯCLN(a,b) = b. + Nếu a⋮b thì ƯCLN(a,b) = ƯCLN(b,r). (r là số dư trong phép chia a cho b) b) ƯCLN(a,b). BCNN(a,b) = ab. 5/ 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 hai số nguyên tố cùng nhau nếu ƯCLN của chúng bằng 1. II. Phân loại một số dạng toán điển hình và cách giải: Bài tập về tính chia hết rất phong phú và đa dạng. Trong phần này tôi chỉ đề cập đến một số dạng toán điển hình, có thể phân loại như sau : 1/ 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 rồi 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 ... Cụ thể là : a) Kết hợp với các kiến thức về luỹ thừa và tìm chữ số tận cùng của luỹ thừa : Ví dụ 1: Cho A = 2 + 22 + 23 +.......+ 299 + 2100 . Chứng minh rằng A chia hết cho 31. - Phương pháp : Chia tổng A thành từng nhóm thích hợp để biến đổi về dạng A = 31.Q rồi áp dụng tính chất : Giải: A = (2 + 22 + 23 + 24 + 25) + (26 + 27 + 28 + 29 + 210) + ....... + (296 + 297 + 298 + 299 + 2100) = 2(1 + 2 + 22 + 23 + 24) + 26(1 + 2 + 22 + 23 + 24) + ..... + 296(1 + 2 + 22 + 23 + 24) = 2.31 + 26.31 + .... +296.31 = 31(2 + 26 +... + 296) Vậy A⋮31 Ví dụ 2 : Chứng minh rằng 34n + 1 + 2 ⋮5 với mọi n . - Phương pháp : Tìm chữ số tận cùng của 34n + 1 + 2 rồi sử dụng dấu hiệu chia hết cho 5. Giải : 34n + 1 + 2 = (34)n . 3 + 2 = 81n .3 + 2 Những số có chữ số tận cùng là 1 thì khi nâng lên bất kỳ luỹ thừa nào khác 0 cũng vẫn có tận cùng là 1, do đó 81n có tận cùng là 1. ⇒ 81n .3 có tận cùng là 3 ⇒ 81n .3 + 2 có tận cùng là 5. vậy 81n .3 + 2 ⋮5 hay 34n + 1 + 2 ⋮5 . Ví dụ 3: Chứng minh rằng 1033 + 8⋮2 và 9 Giải : 1033 + 8 = 10.............0 + 8 = 10..............08 33 chữ số 0 32 chữ số 0 Số 10.............08 có chữ số tận cùng là 8 nên ⋮2, có tổng các chữ số 33 chữ số 0 là 9 nên⋮9 b) Kết hợp với kiến thức về phép chia có dư : Ví dụ 4 : Chứng tỏ rằng hai số tự nhiên a và b khi chia cho số tự nhiên c≠ có cùng số dư thì hiệu của chúng chia hết cho c . - Phương pháp: Sử dụng kiến thức về phép chia có dư để biểu diễn a, b rồi tìm hiệu của chúng. 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⋮c - 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, cho9). Từ đó rút ra nhận xét : Hiệu của số tự nhiên và tổng các chữ số của nó chia hết cho 3, cho9. (Yêu cầu HS ghi nhớ nhận xét này để vận dụng giải bài tập). Ví dụ 5: Cho n∊N. Chứng minh rằng : n(n + 1)(2n + 1) ⋮6 Giải : + Trong 2 số tự nhiên liên tiếp luôn có một số là bội của 2 Do đó n(n + 1)(2n + 1) ⋮2. + Ta cần chứng minh n(n + 1)(2n + 1) ⋮3 thì n(n + 1)(2n + 1) ⋮6 (Vì 2 và 3 là hai số nguyên tố cùng nhau) Xét hai trường hợp : Nếu n ⋮3 ⇒ n(n + 1)(2n + 1) ⋮3 ⇒ n(n + 1)(2n + 1) ⋮6 Nếu n ⋮3 ⇒ n = 3k + 1 hoặc n = 3k + 2 (k∊ N) Khi n = 3k + 1 thì 2n + 1 = 2(3k + 1) + 1 = 6k + 3⋮3 ⇒ n(n + 1)(2n + 1)⋮3⇒ n(n + 1)(2n + 1)⋮6 Khi n = 3k + 2 thì n + 1 = (k + 2) + 1 = 3k + 3⋮3 ⇒ n(n + 1)(2n + 1)⋮3⇒ n(n + 1)(2n + 1)⋮6 Vậy :Trong mọi trường hợp ta luôn có n(n + 1)(2n + 1)⋮6 c) Sử dụng cấu tạo số để biến đổi: Ví dụ 6: Cho biết abc chia hết cho 7, chứng minh rằng: 2a + 3b + c chia hết cho 7. - Phương pháp: 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 Do đó (2a + 3b +c) chia hết cho 7 Ví dụ 7: Với a, b là những chữ số ≠ 0. Hãy chứng minh: a) aaabbb chia hết cho 37 b) (abab – baba) chia hết cho 9 và 101 (a > b) - Phương pháp: Dùng cấu tạo số để biến đổi về dạng A = BQ Giải: a, aaabbb = 1000 aaa + bbb = 1000.111a + 111b = 111(1000a + 6) = 337 (1000a +b) Vậy aaabbb chia hết cho 37 d. Toán về chia hết có liên quan đến hai số nguyên tố cùng nhau: Ví dụ 8: Cho biết 3a + 2b chia hết cho 17 (a,b ∊ N), chứng minh rằng 10a + b chia hết cho 17. 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 (hệ quả của tính chất 4). Mặt khác 2 và 17 nguyên tố cùng nhau nên Y chia hết cho 17 (tính chất 10) hay 10a + 6 chia hết cho 17. Ví dụ 9: 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. Giải: Gọi số chia hết cho 7 gồm 6 chữ số là: X = abcdeg Nếu chuyển chữ số tận cùng lên đầu tiên ta được số: Y = gabcde Đặt abcde = n thì X = 10n + g, Y = 100000g + n Ta có: 10Y – X = 10(100000g +n) – (10n + g) = 1000000g + 10n – 10n – g = 999999g ⋮7 10 Y – X chia hết cho 7, X chia hết cho 7 nên 10Y ⋮7 Mà 10 và 7 là hai số nguyên tố cùng nhau nên Y⋮ 7 hay abcdeg ⋮7 e/ Sử dụng một số tính chất khác: Ví dụ 10: Chứng minh rằng 10n + 18n – 1 chia hết cho 27 Phương pháp: biến đổi 10n + 18n – 1 thành tổng các số hạng đều chia hết cho 27. Giải: Ta có 10n + 18n – 1 = 10n – 1 – 9n + 27n = 99......9 – 9n + 27n n = 9 (11.....1 – n) + 27n n Dựa vào nhận xét ở ví dụ 4 ta có : Số 11.....1 và tổng các chữ số của nó (bằng n) có cùng số dư trong n phép chia cho 3 nên hiệu của chúng chia hết cho 3, nghĩa là : 11.....1 – n chia hết cho 3, do đó 9(11..... 1 – n) chia hết cho 27 . n n Vậy 9(11......1 – n) + 27n chia hết cho 27 n Hay 10n + 18n – 1 chia hết cho 27. Ví dụ 11: Chứng minh rằng số gồm 27 chữ số 1 thì chia hết cho 27 Phương pháp: biến đổi số đó thành tích của hai thừa số, một thừa số chia hết cho 9, một thừa số chia hết cho 3 rồi áp dụng tính chất 7. 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⋮9 (1) Lấy A chia B được thương là: 100..............0100.............0 (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⋮3 (2) Từ (1) và (2) ta suy ra B.C⋮27 hay A⋮7 * Dạng 2 : Tìm các chữ số theo điều kiện về chia hết. Ví dụ 12: Thay dấu * bởi các chữ số thích hợp để A = 52*2* chia hết cho 36 - Phương pháp : Xét điều kiện để A⋮4 và cho 9 từ đó tìm ra các chữ số. Giải : Để A⋮34 thì A⋮4 và 9 ⇒ hai chữ số tận cùng của A tạo thành số chia hết cho 4, nghĩa là 2*⋮4 ⇒ 2*∊ {20 ; 24 ; 28} - Trường hợp 1 : A = 52*20. Để A⋮9 thì 5 + 2 + * + 2 + 0 phải chia hết cho 9, tức là 9 + * phải chia hết cho 9, do đó * ∊{ 0 ; 9 } - Trường hợp 2 : A = 52*24. Lập luận tương tự như trên ta có * = 5. - Trường hợp 3 : A = 52*28, ta có * = 1 Thay dấu * bởi các chữ số thích hợp vừa tìm ở trên, ta tìm được các số :52020 ; 52920 ; 52524 ; 52128 đều chia hết cho 36. Ví dụ 13 : Tìm các chữ số a và b sao cho a – b = 4 và 7a5b1⋮3. Giải : Vì 13 : 3 dư 1 ⇒ a + b : 3 dư 2 (1) Do a, b là chữ số và a – b = 4 nên : 4≤ a ≤ 9 và 0≤ b ≤ 5 ⇒ 4≤ a + b ≤ 14 (2) Do a – b là số chẵn nên a + b cũng là số chẵn (3) Từ (1),(2),(3) ⇒ a + b ∊ {8 ; 14} Với a + b = 8 , a – b = 4 ⇒ a = 6, b =2 Với a + b = 14, a – b = 4 ⇒ a = 9, b = 5 Ta được các số 76521 ; 79551 ⋮ 3 Ví dụ 14: Tìm chữ số a để 1aaa1⋮11. Giải : Tổng chữ số hàng lẻ là 1 + a + 1 = a + 2 Tổng chữ số hàng chẵn là a + a = 2a - Nếu 2a ≥ a + 2, ta có 2a – (a + 2) = a - 2 để 1aaa1⋮11 thì a - 2⋮11, mà 2 – a < 2 ⇒ 2 – a = 0 ⇒ a = 2 - Nếu 2a < a + 2, ta có a + 2 – 2a = 2 - a để 1aaa1⋮ 11 thì 2 - a⋮ 11 mà 2 – a < 2 ⇒ 2 – a = 0 ⇒ a = 2 Vậy với a = 2 thì ta được số 12221⋮11 Ví dụ 15 : Tìm chữ số a, biết rằng 20a20a20a⋮7 Giải : Ta có 20a20a20a = 20a.20a.1000 + 20a = (20a.1000 + 20a).1000 + 20a = 1001.20a.1000 + 20a = 7.143.20a.1000 + 20a⋮7 mà 7.143.20a.1000⋮7⇒20a⋮7 20a = 200 + a = 196 + 4 + a = 196 + (4 + a)⋮7 mà 196⋮7 ⇒ 4 + a⋮7. Vì a là chữ số ⇒ a = 3. Ta được số 203203203⋮7 * Dạng 3 : Tìm số tự nhiên theo điều kiện cho trước Ví dụ 16: Tìm các số tự nhiên x và y sao cho: (2x + 1)(y – 3) = 10 - Phương pháp : Xét các ước của 10 Giải : x và y là các số tự nhiên nên 2x + 1 và y – 3 là các ước của 10 (y>3). Các ước của 10 là 1 ; 2 ; 5 ; 10. Vì 2x + 1 là số lẻ nên 2x + 1 ∊ {1 ; 5} Ta có bảng sau : 2x + 1 y - 3 x y 1 10 0 13 5 2 2 5 Ví dụ 17 : Tìm số tự nhiên n sao cho n + 6 ⋮ 2n – 1 Giải : n + 6 ⋮ 2n – 1 ⇒ [2(n+6) – (2n – 1)] ⋮2n – 1 ⇒ (2n + 12 – 2n + 1) ⋮ 2n – 1 ⇒ 13⋮2n – 1 ⇒ 2n – 1 là ước của 13 ⇒ 2n – 1 ∊ {1; 13} Ta có bảng sau: 2n – 1 1 13 n 1 7 Ví dụ 18: Tìm số tự nhiên n lớn nhất có hai chữ số sao cho n2 – n chia hết cho 5 Giải: Ta có n2 – n = n(n -1) n2 – n chia hết cho 5 ⇒ n(n -1)⋮5 do đó n⋮5 hoặc n - 1⋮5 Nếu n⋮5 ⇒n có chữ số tận cùng là 0 hoặc 5 Nếu n - 1⋮5 ⇒ n có chữ số tận cùng là 1 hoặc 6. Do đó n có thể có chữ số tận cùng là 0 ; 1 ; 5 ; 6. Để n là lớn nhất có hai chữ số sao cho n2 – n⋮5 ta chọn n = 96. Ví dụ 19 : Tìm số tự nhiên n sao cho 18n + 3 ⋮7 Giải : 18n + 3 ⋮7 ⇒ 21n – (18n + 3) ⋮7 ⇒ 21n – 18n - 3⋮7 ⇒ 3n - 3⋮7 ⇒ 3(n – 1)⋮7 Vì 3, 7 là 2 số nguyên tố cùng nhau nên n – 1 ⋮7 ⇒ n = 7k + 1 (k∊ N) Ví dụ 20 : Tìm số có hai chữ số biết rằng số đó chia hết cho tích các chữ số của nó Giải : Gọi số có hai chữ số phải tìm là ab, theo bài ra ta có ab ⋮ab ab = 10a + b⋮ab (1) ⇒ 10a + b ⋮a mà 10a ⋮a ⇒ b⋮a ⇒ b = ka (2) (k∊N; k<10) Thay (2) vào (1) ta có: 10a + ka⋮aka ⇒ 10a + ka⋮ka ⇒ 10a ⋮ka ⇒ 10⋮ka ⇒ k ∊ {1; 2; 5} (vì k < 10) + Nếu k = 1 ta có b = a. Thay vào (1) được : 10a + a⋮a2 ⇒ 11⋮a ⇒ a = 1, do đó b = 1. Vậy ab = 11 + Nếu k = 2 ta có b = 2a Lần lượt xét các số có hai chữ số, chữ số hàng đơn vị gấp đôi chữ số hàng chục là: 12; 24; 36; 48 ta thấy các số 12; 24; 36 thoả mãn đầu bài. + Nếu k = 5 ta có b = 5a. Ta thấy số 15 thoả mãn đầu bài. Vậy có 5 số thoả mãn là: 11; 12; 15; 24; 36 Ví dụ 21: 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. Giải: Gọi số cần tìm là aaa. Theo bài ra ta có: Vì n (n+1)⋮37 nên tồn tại một trong hai thừa số ⋮37. Mà: là số có 3 chữ số nên (n + 1) và n đều nhỏ hơn 74. ⇒ n = 37 hoặc n + 1 = 37 Vậy số phải tìm là 666 2/ Các bài toán về số nguyên tố, hợp số, số nguyên tố cùng nhau : * Dạng 1 : Chứng minh một số là số nguyên tố, hợp số. Ví dụ 22 : Chứng tỏ rằng với mọi số tự nhiên n ≠ 0 thì số 11......1211.....1 là hợp số n n - Phương pháp : Phân tích số đã cho thành tích của hai thừa số lớn hơn 1. Giải : Ta có : 11......1211......1 = 11......100......0 + 11......1 = 11......1. (10n +1) là tích của n n n + 1 n n + 1 n + 1 hai thừa số lớn hơn 1. Vậy tích đã cho là hợp số. Ví dụ 23: Nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 và 2p + 1 cũng là số nguyên tố thì 4p + 1 là số nguyên tố hay hợp số. - Phương pháp: Xét các khả năng có thể xảy ra của p rồi thay vào 4p + 1 Giải: p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p⋮3. Do đó p có dạng 3k + 1 hoặc 3k + 2. Với p = 3k + 1 ⇒ 2p + 1 = 2(3k + 1) + 1 = 6k + 3 ⋮3 nên là hợp số, trái với đề bài cho 2p + 1 là số nguyên tố. Do đó p = 3k + 2, khi đó 4p + 1 = 4(3p + 2) + 1 = 12k + 9 ⋮9 và 12k + 9 > 3. Vậy 4p + 1 là số nguyên tố. * Dạng 2: Tìm số nguyên tố theo các điều kiện của nó. Ví dụ 24 : Tìm số nguyên tố p sao cho p + 2, p + 4 cũng là số nguyên tố. 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⋮3 ⇒ 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. * Dạng 3: Chứng minh hai số nguyên tố cùng nhau. Ví dụ 25: Chứng minh rằng 2n + 1 và 3n + 1 (n∊N) là hai số nguyên tố cùng nhau. Giải: Gọi d là ước chung của 2n + 1 và 3n + 1 Ta có: 2n + 1 ⋮ d; 3n + 1⋮d ⇒[3(2n+1) – 2(3n + 1)]⋮d ⇒ 6n + 3 – 6n - 2⋮d ⇒ 1⋮d ⇒ d = 1 Vậy 2n + 1 và 3n + 1 là hai số nguyên tố cùng nhau. Ví dụ 26 : 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. - Phương pháp : 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⋮d mà a + b⋮d ⇒ b⋮d ⇒ d là ước chung của a và b nhưng (a,b) = 1 nên điều đó trái với đề bài. Vậy ab và a + b là hai sốnguyên tố cùng nhau. * Dạng 4: Tìm điều kiện để hai số nguyên tố cùng nhau. Ví dụ 27: Tìm số tự nhiên n để 4n + 3 và 2n + 3 nguyên tố cùng nhau - Phương pháp: ta tìm ƯC (4n + 3; 2n + 3) rồi xét điều kiện để ƯCLN của chúng bằng nhau. Giải: Giả sử d ∊ ƯC (4n + 3; 2n + 3), ta có 4n + 3⋮d và 2n + 3⋮d ⇒ [2(2n + 3) – (4n + 3)] ⇒ 3⋮d ⇒ d ∊ {1; 3} Để ƯCLN(4n + 3; 2n + 3) = 1 thì 2n + 3⋮3 hay 2n⋮3 ⇒n⋮3 ⇒ n = 3k + 1 hoặc n = 3k + 2. Vậy với n = 3k + 1 hoặc n = 3k + 2 thì 4n + 3 và 2n + 3 là hai số nguyên tố cùng nhau. 3/ Các bài toán về ƯCLN, BCNN : * Dạng 1 : Tìm ƯCLN của hai số bằng thuật toán Ơclit : nếu α = 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 r1, 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 28 : 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 . Tiếp tục phép chia B cho số dư trên ta được số dư là 2. 7 chữ số 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 * Dạng 2: Tìm ƯCLN, BCNN của các biểu thức. Ví dụ 28: Tìm ƯCLN của 2n + 1 và 9n + 4 (n∊N) Giải : Gọi d là ước chung của 2n – 1 và 9n + 4 ⇒ 2(9n + 4) – 9(2n – 1)⋮d ⇒ 17 ⋮d ⇒ d ∊ {1; 17} Ta có 2n - 1⋮17 ⇔ 2n - 18⋮17 ⇔ 2(n – 9)⋮17 ⇔ n – 9⋮17 ⇔ n = 17k + 9 (k∊N) - Nếu n = 17k + 9 thì 2n - 1⋮17 và 9n + 4 = 9(17k + 9 + 4) = bội của 17 + 85 ⋮17. Do đó ƯCLN (2n – 1; 9n +4) = 17 - Nếu n ≠ 17k + 9 thì 2n – 1 không chia hết cho 17 Do đó ƯCLN (2n – 1; 9n + 4) = 1. Ví dụ 29: Tìm BCNN của ba số tự nhiên liên tiếp n, n + 1, n + 2 (n≠ 0) Giải: Ta có [n, n + 1, n + 2] = [(n, n + 1), n + 2] = [n(n + 1), n + 2] vì [n, n + 1] = n(n +1) Ta có : (n + 1, n + 2) = 1 nên [n(n + 1), n + 2] = (n, n + 2) = (n, 2) - Nếu n chẵn thì (n,2) = 2. Do đó - Nếu n lẻ thì (n,2) = 1. Do đó [n, n + 1, n + 2] = n(n + 1)(n + 2) * Dạng 3: Tìm hai số trong đó biết ƯCLN, BCNN Khi giải các bài toán về tìm hai số trong đó biết ƯCLN, BCNN ta thường sử dụng các kiến thức sau: a = da, ƯCLN (a,b) = d ⇔ b = db, (a,, b,) = 1 (2) ƯCLN (a, b) . BCNN (a, b) = ab (3) Từ (1) và (2) ⇒ BCNN (a, b) = Ví dụ 30 : Tìm hai số tự nhiên a và b (a ≥ b), biết rằng ƯCLN (a, b) = 12 ;BCNN (a, b) = 72 Giải : a = 12a, ƯCLN (a,b) = 12 ⇔ b = 12b, (a,, b,) = 1 a.b = ƯCLN (a, b).BCNN (a, b) = 12.72 ⇒12a,. 12b, = 12.72 ⇒ a,.b, = 6 Do a ≥ b nên a, ≥ b,. Chọn hai số có tích bằng 6, nguyên tố cùng nhau và a, ≥ b,, ta được a, 6 3 Do đó a 72 36 b, 1 2 b 12 24 Ví dụ 31 : Tìm hai số tự nhiên biết rằng ƯCLN và BCNN của chúng có tổng bằng 55. Giải : Gọi hai số phải tìm là a và b (giả sử a ≤ b) và d là ƯCLN (a, b). Ta có : a = da, = Theo đề bài ƯCLN(a, b) + BCNN(a, b) = 55 nên da, b, + d = 55 ⇒ d(a,b, + 1) = 55 Do đó a,b, + 1 là ước của 55 và a,b, + 1≥ 2. Vì a ≤ b ⇒ a, ≤ b, Ta có bảng sau: d a,b, + 1 a,b, a, b, a b 1 55 54 1 2 54 27 1 2 54 27 5 11 10 1 2 10 5 5 10 50 25 11 5 4 1 4 11 44 Vậy có 5 cặp số thoả mãn là (1;54) ; (2;27) ; (5;50) ; (10;25) ; (11;44). III. Giúp đỡ học sinh tìm tòi một số lời giải bài toán ở phần II đã nêu một số dạng toán điển hình, cách giải các dạng toán đó. Song các bài toán về chia hết rất phong phú, đa dạng và không có một quy tắc chung nào để giải, có những bài cùng nằm trong những dạng đã nêu trên nhưng khi giải tương tự thì lại gặp bế tắc. Vì vậy khi hướng dẫn học sinh cần phân tích kỹ đầu bài để lựa chọn phương pháp thích hợp, đi đến lời giải hợp lý. Sau đây là một số bài toán cụ thể: Bài 1: Cho B = 3 + 33 + 35 +........+ 31991 Chứng minh rằng B chia hết cho 13, cho 41. 1, Phân tích đề bài: Đề bài cho B là tổng các lũy thừa cùng cơ số nhưng lưu ý các số mũ là số lẻ liên tiếp. 2, Hướng dẫn cách tìm lời giải: Qua phân tích đề bài học sinh thấy ngay được bài này thuộc dạng chứng minh một biểu thức chia hết cho một số. Từ đó, về phương pháp giải cần hướng cho các em là phải biến đổi B = 13P, B = 13Q bằng cách nhóm các số hạng thích hợp rồi sử dụng các phép biến đổi để xuất hiện các số là bội của 13, bội của 41. Việc chia nhóm các số hạng cũng không phải là đơn giản, giáo viên cần hướng dẫn học sinh xem xét tổng B có m số hạng và chia B thành từng nhóm, mỗi nhóm có n số hạng sao cho n ∊ Ư (m). Từ đó chọn cách chia nào xuất hiện bội của 13, bội của 41. Để tạo cho học sinh “phản xạ” khi gặp dạng toán này, giáo viên có thể đặt ra một số câu hỏi phân tích, dẫn dắt: ? Biến đổi B thành tổng các nhóm có bao nhiêu số hạng? (học sinh có thể dùng phương pháp thử tính tổng các số hạng tìm ra cách chia đúng, chẳng hạn chia B thành tổng các nhóm, mỗi nhóm có n số hạng). ? Nếu các số hạng không chia hết cho n thì sao? (sẽ tìm ra một hoặc vài số hạng mà tổng của chúng chưa chắc là bội của 13, 41). ? Như vậy để đảm bảo không bị rơi vào trường hợp nêu trên, học sinh sẽ kiểm tra ở tổng B có: (1991 – 1) : 2 + 1 = 996 (số hạng) 996 chia hết cho 2, 3, 4, 6.... nhưng khi chia B thành các nhóm 3 số hạng, 4 số hạng sẽ xuất hiện bội của 13, bội của 41. 3, Lời giải vắn tắt: a, B = (3 + 33 + 35) + (37 + 39 + 311) +........+(31987 + 31989 + 31991) = 3(1 + 32 + 34) + 37(1 + 32 + 34) + ......+ 31987(1 + 32 + 34) = 91(3 + 37 +........+ 31987) = 13.7. (3 + 37 +........+ 31987) Vậy B∶13 b, Tương tự biến đổi : B = (3 + 33 + 35+37 )+(39 + 311 + 315) +........+(31985 + 31987 + 31989 + 31991) = 820.(3 + 39 +.......+31985) = 41.20.(3 + 39 +.......+31985) Vậy B⋮41 Bài 2 : Chứng minh rằng : 10n – 36n - 1⋮27 Phân tích: Đề bài cho biểu thức ở dạng tổng quát và trong biểu thức có 10n – 1 để có thể đưa về áp dụng nhận xét ở ví dụ 4 (hiệu của số tự nhiên và tổng các chữ số của nó chia hết cho 3 và cho 9). Hướng dẫn cách tìm lời giải: Để chứng minh 10n – 36n – 1 ta không thể dùng cách tính kết quả cụ thể, biến đ