Đề tài Phương pháp giải các bài toán chia hết trong tập hợp số nguyên z
Bạn đang xem trước 20 trang mẫu tài liệu Đề tài Phương pháp giải các bài toán chia hết trong tập hợp số nguyên z, để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Phần I: Đặt vấn đề
I - Lý do chọn đề tài
- Số học - môn học lâu đời và đầy hấp dẫn của toán học. Nhà toán học vĩ đại người Đức Carl Friedrich Gauss đã nói: "Toán học là ông hoàng, số học là bà chúa". Cho đến nay vẫn không phải là quá lời. Chúng ta đã biết môn số học, học sinh được học chủ yếu ở bậc tiểu học. Lên cấp II đến lớp 6 cơ bản kết thúc. Tuy vậy số học vẫn là môn học cần thiết phải rèn luyện vì trong các kỳ thi cuối cấp và kỳ thi học sinh giỏi môn số học chiếm một tỷ lệ không nhỏ.
Trong các nhà trường THCS việc phát hiện và bồi dưỡng học sinh giỏi là một vấn đề thường xuyên và có tính chất liên tục để chất lượng học sinh giỏi ngày càng được nâng lên. Trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi ở các năm qua, tôi nhận xét thấy việc vạch ra các phương pháp để giải các bài toán chia hết, hoặc các dạng có liên quan đến chia hết có sử dụng tổng hợp các phương pháp trên. Bên cạnh đó các bài toán, số học không ít đã làm say mê lòng người học toán và làm toán. Thông qua các bài toán số học mà loài người đã phát hiện ra biết bao tính chất hay và quy luật đẹp.
Với đề tài này một phần nào đó bản thân hy vọng sẽ giúp nâng cao chất lượng làm các bài toán về chia hết trên Z.
II - Giới hạn của đề tài:
Sáng kiến kinh nghiệm của tôi chủ yếu tập trung vào việc bồi dưỡng học sinh giỏi, nhằm nâng cao chất lượng học sinh giỏi trong nhà trườngTHCS .
III - Mục tiêu của đề tài:
- Trang bị cho học sinh một cách có hệ thống phương pháp giải các bài toán về chia hết trên Z.
- Rèn luyện kỹ năng giải các bài toán về chia hết trên Z.
- Phát huy khả năng suy luận, tư duy lôgic, óc phán đoán, tính linh hoạt và sự sáng tạo của học sinh.
- Thúc đẩy quá trình nâng cao chất lượng dạy và học trong trường phổ thông đặc biệt trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi.
Phần II: Giải quyết vấn đề.
Nội dung
I - Những vấn đề lý thuyết có liên quan.
1. Định nghĩa phép chia hết trên Z.
a, b Z; b 0, tồn tại 0 q Z; a = bq thì a b
2. Các tính chất: a, b, c, m, n Z.
2.1: a b thì a b (b0)
2.2: a a với a 0
2.3: a 1; a
2.4 0 a ; a 0
2.5: a b và b a
2.6: a b và b c a c, c 0
2.7: a b và b c (a b ) c ; c 0
2.8 : a c k.a c (k 0; c0)
Tổng Quát. ai c (i = ) ; k 0; c0
2.9: a m và b n ab mn (m0; n0)
2.10: a b an bn với n N
2.11: a m ; a n và (m,n) = 1 a m,n
2.12: ab m; (b,m) = 1 a m
3. Các dấu hiệu chia hết.
N = anan-1an-2 .a2a1a0
3.1: N 2 a0 2 (hoặc a0 chẵn)
3.2: N 5
3.3: N 3 (an + an-1 + +a2+a1+a0) 3
3.4: N 9 (an + an-1 + +a2+a1+a0) 9
Chú ý:
Nếu N 9 thì N 3
3.5: N 4
3.6: N 8
Chú ý:
N 8 thì N 4
3.7: N 25
3.8: N 125
Chú ý:
N 125
3.9: N 11
3.10: N 101
3.11: N 7
N 13
3.12: N 13
II - Một số phương pháp giải bài toán chia hết trên Z
A (n) là một biểu thức phụ thuộc n (nZ hoặc n V Z)
Phương pháp 1: Dùng định lý về chia có dư.
Trong phép chia n cho k số dư có thể là 0, 1, 2, ,k -1 hoặc 0; 1; 2; ; nếu k lẻ.
Để chứng minh A (n) k ta xét mọi trường hợp về số dư khi ta chia n cho k.
Ví dụ 1: Chứng minh rằng tích của 3 số nguyên liên tiếp chia hết cho 3.
Giải:
Gọi 3 số nguyên liên tiếp đó là: n; n + 1; n +2; (nZ)
Ta có: A (n) = n(n+1) (n+2)
Xét các trường hợp: n =3q; n =3q + 1; n = 3q+2.
- n = 3q A (n) 3
- n = 3q+1 n+2 = 3q+3 =3(q+1) (n+2) 3 A(n) 3
- n = 3q+2 n+1 = 3q+3 =3(q+1) (n+1) 3 A(n) 3
Vậy: A(n) 3; nZ hay : n (n+1)(n+2) 3 nZ
Ví dụ 2: Chứng minh rằng: a5 - a 5; aZ
Giải:
Ta có: A (n) = a5 - a = a(a4 - 1) = a(a2 - 1)(a2+1)
Xét các trường hợp số dư trong phép chia a cho 5 ta được.
* a = 5k; a = 5k 1; a = 5k 2 (k Z)
* a= 5k A (n) 5
* a= 5k +1 a2-1 = (5k +1)2 - 1 =5M (Mbội số của 5)
Suy ra: a2-15 hay A (n) 5
* a =5k -1 a2 -1 =(5k-1)2 -1 = 5N (Nbội số của 5)
Suy ra: a2-15 hay A (n) 5
* a = 5k + 2 a2 +1 = (5k+2)2 +1 =5B (Bbội số của 5)
Suy ra: a2+15 hay A (n) 5
* a = 5k -2 a2 +1 = (5k-2)2 +1 = 5L (Lbội số của 5)
Suy ra: a2+15 hay A (n) 5
Vậy: a5 - a 5 ; aZ
Phương pháp 2: Để chứng minh A(n) k ta có thể phân tích k ra thừa số : k = p.q
- Nếu (p,q) = 1; ta tìm cách chứng minh:
- Nếu (p,q) 1 ta phân tích A(n) = B(n). C(n) rồi ta tìm cách chứng minh:
Ví dụ 1: Chứng minh rằng: a5 - a 30; aZ
Giải
Ta có: 30 = 6.5 và (6.5) =1 ta phải chứng minh
a5 - a 6 và a5 -a 5
Thật vậy:
+ Theo ví dụ 2 phương pháp 1 ta đã chứng minh được: a5 -a 5 (1)
+ Ta thấy: a5 -a = a(a2 -1)(a2+1)
= a(a-1)a(a+1)(a2+1)
Nhận thấy: (a-1)a(a+1) là tích của 3 số tự nhiên liên tiếp.
Theo ví dụ 1: Phương pháp thì (a-1)a(a+1) 3
(a-1)a(a+1) 2
Mà (2,3) =1 (a-1)a(a+1) 6
Vậy: a5 -a 6 (2)
Từ (1) và (2) suy ra a5-a 30 (đpcm)
Ví dụ 2: Chứng minh rằng: n4 + 6n3 + 11n2 + 6n 24; nN.
Giải
A(n) = n4 + 6n3 + 11n2 + 6n = n(n3 + 6n2 + 11n + 6)
= n
=n(n+1)(n2+5n)+(6n+6)
= n(n+1)(n+2)(n+3)
Ta thấy: 24=3.8 và (3,8) =1 ta đi chứng minh cho A(n) 3 và A(n) 8.
Thật vậy: n; n+1; n+2; n+3 là 4 số tự nhiên liên tiếp.
Suy ra:
* n(n+1)(n+2) 3 (Theo ví dụ 1 - Phương pháp 1)
Hay A(n) 3
* n(n+1)(n+2)(n+3) 4 (Dựa vào phương pháp 1 để chứng minh)
Vì n(n+1)(n+2)(n+3) luôn có môt số chia hết cho 4 và cũng có một số chia hết cho 2. Hai số này khác nhau.
n(n+1)(n+2)(n+3) 2.4 A(n) 8 (4).
Từ (3) và (4) n4 6n3 +11n2 +6n 24 (đpcm)
Ví dụ 3: Chứng minh rằng: chia hết cho 23 và 29 nếu
Giải
Ta có:
Mà
= 1000.2
= 2001
= 23.29.3
Ta thấy: 23; 29 (đpcm)
Ví dụ 4: Chứng minh rằng: chia hết cho 7; 11; và 13.
Giải
Ta có: = 1000
= 1001 .
= 7.11.13
7; 11 và 13 (đpcm)
Phương pháp 3: Để chứng minh A(n) k ta biến đổi A(n) thành tổng của nhiều hạng tử và chứng minh mỗi hạng tử chia hết cho k.
Nghĩa là:
Ví dụ 1: Chứng minh rằng: A(n) = n3-13n 6 với n Z
Giải
A(n) = n3 - 13n = n3 - n -12n
= n(n2 - 1) - 12n
= n(n - 1)(n+1) - 12n
Ta có: n-1; n; n+1 là 3 số nguyên liên tiếp nên:
Lại có: -12n 6
A(n) 6 hay (n3-13n) 6 (đpcm)
Ví dụ 2: Chứng minh rằng: 2n(16-n4) 30 với n N.
Giải
A(n) = 2n(16-n4) = 32n - 2n5
= 32(n-n5) + 30n5
= - 32(n5- n) + 30n5
Theo ví dụ 1: Phương pháp 2 thì n5 -n 30 n N.
Suy ra:
Mà
Vậy: 2n(16-n4) 30 với n N. (đpcm)
Phương pháp 4: Để chứng minh A(n) k. Ta phân tích A(n) thành nhân tử và chứng minh ít nhất 1 nhân tử chia hết cho k
Nghĩa là và hoặc A(n) k.
Sử dụng phương pháp này ta dùng các công thức:
(an-bn) (a-b) Với n N; a b
(an+bn) (a+b) với n lẻ; a - b
(an-bn) (a+b) với n chẵn; a - b
(a+1)n BSa+1
(a-1)2n = BSa+1; (a-1)2n+1+=BSa-1
Ví dụ 1: Chưng minh rằng: 3+33+35+37 + + 32n-1 30
Giải
Đặt A(n) = : 3+ 33 +35+37+ + 32n-1
= 3(1+32) + 35(1+32) + + 32n-3(1+32)
= 3.10 +35.10 + + 32n-3.10
= 30 + 30.34 + + 30.32n-4
A(n) = 30(30+34+ + 32n-4)
Vậy: 3 + 33+35+37+ n+ 32n-1 30 (đpcm)
Ví dụ 2: Chứng minh rằng: 5n+2+26.5n+82n+1 59 n N.
Giải
Ta có: 5n+2+26.5n+82n+1 = 5n.52+26.5n+82n.8
= 5n(25+26) +64n.8
= 5n.51+64n.8
= 5n(59-8)+64.8
= 5n..59+8(64n-5n)
Vì (64n-5n) (64-5) 64n-5n 59 8(64n-5n) 59
Hay 8(64n-5n)=59 (M bội số của 59)
5n+2+26.5n+82n+1 = 5n .59 +59M
=59(5n+M) 59 (M bội số của 59)
Vậy: 5n+2 +26.5n+82n+1 59 n N. (đpcm)
Ví dụ 3: Chứng minh rằng: 16n - 1 17 với n N; n chẵn.
Giải
Vì n chẵn n = 2m (m N)
A(n) = 16n -1 = (162)m-1
Suy ra: (162)m-1 (162-1) (162)m-1 255 Mà 255 17 (162)m -1 17
Suy ra: 16n -1 17 khi n chẵn; n N
Ví dụ 4: Chứng minh rằng.
1.4+2.42+3.43+4.44+5.45+6.46 3
Giải
Đặt A = 1.4+2.42+3.43+4.44+5.45+6.46
= 1(1+3)+2(1+3)2+3(1+3)3+4(1+3)4+5(1+3)5+6(1+3)6
Ta có: (3+1)n = BS3+1
Suy ra: 1(1+3) = BS3+1
2(1+3)2 = BS3+2
3(1+3)3 = BS3+3
4(1+3)4 = BS3+4
5(1+3)5 = BS3+5
6(1+3)6 = BS3+6
Vậy: A - BS3+1 + 2 + 3 +4 + 5+6
= BS3+21 Mà 21 3
Suy ra: 1.4+2.42+3.43+4.44+5.45+6.46 3 (đpcm)
Phương pháp 5: Dùng phương pháp quy nạp.
Nguyên lý quy nạp
Một mệnh đề A(n) phụ thuộc vào số tự nhiên n.
Nếu A(n) đúng với n = n0 (n0 có thể là 0 hoặc 1; hoặc một số tự nhiên xác định).
Giả sử A(n) đúng với n=k
Ta phải chứng minh A(n) đúng với n=k+1.
Suy ra: A(n) đúng với số tự nhiên n 0.
Ví dụ 1: Chứng minh rằng: Với mọi n nguyên dương thì
A(n) = 7n+2+82n+1 19
Giải
Với n = 1 thì A(1) = 73+83 = 343+512
A(1) = 19.45 A(1) 19
Giả sử A(n) đúng với n = k
Ta có: A(k) = 7k+2 +82k+1 19
Ta chứng minh A(n) đúng với n = k+1
A(k+1) = 7k+3 + 8 2k+3 = 7.7k+2+ 82.82k+1
= 7.7k+2 +64.82k+1
= 7.7k+2+7.82k+1+57.82k+1
= 7(7k+2+82k+1)+19.3.82k+1
= 7.A(k) + 19.3.82k+1
Vì A(k) 19 (Theo giả thiết quy nạp)7.A(k) 19 A(k) 19
19 19 19.3.82k+1 19
Theo nguyên lý quy nạp: A(n) 19 n nguyên dương.
Vậy: A(n) = 7k+2 +82k+1 19 n nguyên dương.
Ví dụ 2: Chứng minh rằng: 16n-15n-1 225; n N
Đặt A(n) = 16n-15n-1
N=1 thì A(1) = 16n-15n-1 = 0 225 A(1) 225
Giả sử A(n) đúng với n = k
Ta có: A(k) = 16k-15k-1 225
Ta phải chứng minh A(n) đúng với n=k+1
Ta có:
A(k+1) = 16k+1-15(k+1) -1
= 16k.16-15k -16
= 16k-15K-1+15.16k-15
= (16k-15k-1) + 15(16k-1)
= A(k) +15 (16k-1)
A(k) 225 (Theo giả thiết quy nạp)
(16k-1) 16-1 16k -1 15(16k -1) 15.15
15(16k-1) 225
Suy ra : A(k+1) 225
Theo nguyên lý quy nạp thì A(n) 225; n N
Vậy: 16n -15n -1 225; n N
Phương pháp 6: Dùng nguyên tắc Dirichlê
Nguyên tắc Dirichlê có thể phát biểu dưới dạng hình ảnh như sau:
"Nếu nhốt k con thỏ vào m chuồng mà k>m thì ít nhất phải nhốt 2 chú thỏ vào chung một chuồng"
Ví dụ 1: Chứng minh rằng trong m+1 số nguyên bất kỳ thế nào cũng có số có hiệu chia hết cho m.
Giải
Khi ta chia một số bất kỳ cho m thì số dư là một trong m số sau: 0; 1; 2; 3; ; m-1
Chia m+1 số cho m thì phải có m+1 số dư.
Theo nguyên tắc Dirichlê phải có ít nhất 2 số có số dư bằng nhau Hiệu của 2 số có cùng số dư là một số chia hết cho m.
Ví dụ 2: Chứng minh rằng trong m số nguyên bất kỳ bao giờ cũng có 1 số chia hết cho m hoặc tổng của một nhóm các số trong m số đó chia hết cho m.
Giải
Gọi m số nguyên đó là: a1; a2; a3 ,am
- Nếu ai m (i = ) thì mệnh đề được chứng minh.
- Nếu không ai nào chia hết cho m (i = ) ta làm như sau.
Ta thành lập các tổng:
S1 = a1
S2 = a1+a2
S3 = a1+a2 +a3
..
Sk = a1+a2 +a3 + ak
..
Sm = a1+a2+ +ak+ + am
Nếu có một tổng Sk nào đó (1<k<m) để Sk m thì bài toán được chứng minh.
Nếu không tồn tại tổng nào trong m tổng trên chia hết cho m thì ta chia các tổng đó cho m (lấy S1; S2; Sm) chia cho m. Số dư trong phép chia trên là: 1, 2, , m-1.
Theo nguyên tắc Dirichlê phải có 2 tổng có cùng số dư khi chia cho m. Hiệu của 2 tổng này là tổng của một số các số đã cho chia hết cho m. Vậy bài toán được chứng minh.
Ví dụ 3: Chứng minh rằng: Có thể tìm được một số co dạng:
19911991 .. 19910 . 0 và chia hết cho 1992.
Giải
Xét dãy có 1992 số như sau:
1991; 19911991; .; 1991 . 11991
1992 số 1991
Chia các số trên cho 1992.
Dãy số trên là dãy số lẻ không có số nào chia hết cho 1992. Số dư trong phép chia các số trên cho 1992 là: 1; 2; . 1991
Vậy phải có 2 số có cùng số dư khi chia cho 1992.
Hiệu 2 số đó có dạng: 19911991 . 19910 ..0 và số này chia hết cho 1992.
Phương pháp 7: Dùng phương pháp phản chứng.
Phản chứng là phương pháp chứng minh gián tiếp.
Để chứng minh A(n) k ta chứng minh A(n) k là sai.
Bước 1: Giả sử A(n) k.
Bước 2: Từ điều giả sử và từ giữ kiện bài toán ta suy ra điều mâu thuẫn với dữ kiện bài toán hay kiến thức đã biết.
Bước 3: Vậy kết luận của bài toán là đúng.
Ví dụ 1: Chứng minh rằng n N thì n2 +n +1 9.
Giải
Giả sử: n2 +n +1 9 n2 +n +1 3
Ta có: n2 +n +1 = n2+2n-n-2+3.
= n(n+2) - (n+2) +3
= (n-1) (n+2) +3.
Suy ra: (n-1) (n+2) + 3 3 mà 3 3 (n-1)(n+2) 3
Mà 3 là số nguyên tố nên:
Nhưng (n+2) - (n-1) = 3 3
Suy ra: (*)
Mặt khác theo giả thiết: n2 +n +1 9 (n-1)(n+2) +3 9 (**)
Từ (*) và (**) suy ra: 3 9 điều này vô lý.
Vậy n N thì n2 +n +1 9 (đpcm)
Ví dụ 2: Với a, b Z ; (a,b) = 1 thì a3+2b3 và a3-2b3 không chia hết cho 19.
Giải
Giả sử: a3+2b3 9 hoặc a3-2b3 9
Khi đó (a3+2b3) (a3-2b3) 9
a6 - 4b6 9 (a6)3 - (4b6)3 9
a18- 16b18 9 (5)
Nếu a 9 b 9 Trái với giả thiết (a,b) =1
Nếu b 9 a 9 Trái với giả thiết (a,b) =1
Suy ra: a 19 ; b 19 hay (a,19) =1; (b,19) =1
Theo định lý Fecma.
(6)
Từ (5) và (6) suy ra
Vì
b 19 Trái với kết quả trên là b 19
Vậy không xảy ra a6- 4b6 9 tức là: a3+2b3 và a3-2b3 không chia hết cho 19.
Phương pháp 8: Dựa chữ số tận cùng để chứng minh
A(n) k
Khi tìm chữ số tận cùng của một số ta thường sử dụng các nhận xét sau:
* Các số có tận cùng là các chữ số 0; 1; 5; 6 khi nâng lên luỹ thừa của các số tự nhiên khác 0 thì chữ số tận cùng là chính số đó.
* Chữ số tận cùng là 4 hoặc 9.
+ Số mũ chẵn.
Luỹ thừa của một số tận cùng bằng 4 là một số tận cùng bằng 6.
Luỹ thừa của một số tận cùng bằng 9 là một số tận cùng bằng 1.
+ Số mũ lẻ.
Luỹ thửa của một số tận cùng bằng 4 là một số tận cùng bằng 4.
Luỹ thửa của một số tận cùng bằng 9 là một số tận cùng bằng 9.
Ví dụ: Chứng minh rằng:
9999931999 - 5555571997 5
Giải
Ta xét số tận cùng của từng số hạng.
Ta có: 31999= (34)499 có số tận cùng là 1
33 có số tận cùng là 7
31999 có số tận cùng là 7.
Hay: 9999931999 có số tận cùng là7.
Ta có: 71997=(74)499.7
Số 74 có số tận cùng là 1 (74)499 có số tận cùng là 1.
(74)499.7 có số tận cùng là 7.
Hay: 5555571997 có số tận cùng là 7
Vậy: 9999931999-5555571997 có số tận cùng là 0
Hay: 9999931999-5555571997 5 (đpcm)
Ví dụ 2: Chứng minh rằng:
Giải
Vì 9 là số lẻ 99 có số tận cùng là 9.
có số tận cùng là 9.
(đpcm)
Ví dụ 3: Chứng minh rằng: 19831983-19171917 chia hết cho 2 và chia hết cho 5
Giải
Nhận xét thấy: (2;5) = 1.
Để chứng minh 19831983-19171917 chia hết cho 2 và chia hết cho 5.
Ta chứng minh: 19831983-19171917 10
Thậy vậy:
Ta có: 31983= (34)495 .33
34 chữ số tận cùng là 1 (34)495 có chữ số tận cùng là 1
33 chữ số tận cùng là 7 (34)495 có chữ số tận cùng là 7
Ta có: 71917-(74)479.7
74 có chữ số tận cùng là 1 (74)479 có chữ số tận cùng là 1.
(74)479.7 có chữ số tận cùng là7
Khi đó: 19831983-19171917 có chữ số tận cùng là 0
Vậy 19831983-19171917 10 (đpcm).
Phương pháp 9: Dùng dấu hiệu; tính chất chia hết để giải thích các bài toán về chia hết.
Nội dung ở mục 2 và mục 3 phần đầu nội dung.
Ví dụ 1: Tìm x; y để
Giải
Ta có:
Vì (1).
Ta lại có:
Suy ra: (2).
Từ (1) và (2) ta có:
*
Vậy: hoặc thì
Ví dụ 2: Tìm tất cả các số có năm chữ số có dạng sao cho 36
Giải
Ta thấy 36 = 4.9 mà (9,4) = 1
Vậy thì: 36
* y=2 hoặc y = 6 (I)
*
(3)'
Vì
Suy ra: x+y = {0;1; 2; ; 18} (4)'
Từ (3)' và (4)' suy ra: x+y = 6 hoặc x + y = 15 (II)
Từ (I) và (II) ta có các trường hợp sau:
Số cần tìm là: 34452.
Số cần tìm là: 34056, loại bỏ.
Loại bỏ.
Số cần tìm là: 34956.
Vậy: Các số thoả mãn điều kiện bài toán là:
34452; 34056; 34956.
Ví dụ 3: Cho N = chứng minh rằng:
N 8 a+2b+4c 8
Giải
* Chứng minh: N 8 thì a+2b+4c 8
N 8 8 8
100c+10b+a) 8(96c+8b) + (4c+2b+a) 8
Vì
4c+2b+a 8 (đpcm).
Chứng minh: 4c+2b+a 8 thì N = 8
Ta có:
8 (theo dấu hiệu chia hết cho 8) (đpcm).
Vậy N = ; N 8 a+2b+4c 8
Ví dụ 4: Viết liên tiếp các số có 2 chữ số từ 19 đến 80 thành một hàng nganh ta được số 19202122 787980. Số này có chia hết cho 1980 không?
Giải
Ta thấy: 1980 = 22.32.5.11
Đặt: A = 19202122 787980
Để xét xem A có chia hết cho 1980 không thì ta phải xét xem A có chia hết cho 4; 9 5 và 11 không? vì (4;9;5;11) = 1
Ta có:
* A có số tận cùng là 0 A 5
* A có 2 chữ số tận cùng là 80 A 4
* A có tổng các chữ số của nó ở vị trí số lẻ là:
1+(2+3+4+5+ + 7).10 + 8 = 279
Tổng các chữ số của A vị trí chẵn là:
9 +(0+ 1+2+ +9). 6+0 = 279
Hiệu giữa tổng các chữ số lẻ và chẵn là: 279 - 279 = 0 11 suy ra A 11
* A có tổng các chữ số là: 279+279 = 558 9 suy ra A 9
Tóm lại: A 4; A 5; A 9; A 11 nêm A 4.5.9.11
Hay A 1980.
Vậy 192021 77787980 1980.
Các bài toán khác về chia hết.
Loại 1: Tìm n để A(n) B(n).
Phương pháp chung để giải:
- Giả sử A(n) B(n). Ta biến đổi để đi đến hằng số M B(n). Từ đó ta tìm được n.
- Kiểm nghiệm các giá trị tìm được của n.
Ví dụ 1: Tim n Z để (2n+7) (n+1).
Giải
Giả sử:
Mà
5 (n+1).
n+1 = ư(5) =
* n+1 = 1 n = 0
* n+1 = -1 n = - 2
* n+1 = 5 n = 4.
*n+1 =-5 n = - 6
Kiểm nghiệm lại ta thấy n = = { -6; -2; 0; 4] thì (2n+7) (n+1)
Ví dụ 2: Tìm n Z để n2 + 1 (n+1)
Giải
Giả sử: (n2+1) (n+1)
Vì
Hay n +1 = ư(2) =
* n+1 = 1 n = 0
* n+1 = -1 n = -2.
* n+1 = 2 n = 1
* n+1 = -2 n= -3.
Kiểm nghiệm lại ta thấy n = { -3; -2; 0 ; 1}
Thì: n2 + 1 n+1
Loại 2: Liên quan đến số nguyên tố.
Ví dụ 1: Chứng minh rằng mọi số nguyên tố khác 2 và khác 3 có dạng
6m + 1 hoặc 6m -1.
Giải
Gọi p là số nguyên tố : p 2; p 3.
Nếu p = 5 p = 6.1-1 p có dạng 6m-1; 0 m N
Nếu p = 7 p = 6.1+1 p có dạng 6m+1; 0 m N
Giả sử p >7 ta có thể viết:
P - 6m +r với m, r N; 0 < r <6; m 0
* r = 1 p = 6m+1.
* r = 2 p = 6m+2 p 2 nên p không nguyên tố.
* r = 3 p = 6m+3 p 3 nên p không nguyên tố.
* r = 4 p = 6m +4 p 2 nên p không nguyên tố.
* r = 5 thì p = 6m +5.
p = 6m +6 -1 = 6(m+1) -1 p = 6m' -1
Vậy Mọi số nguyên tố khác 2 và khác 3 có dạng:
6m + 1 hoặc 6m -1
Phần III: Kết thúc vấn đề.
I - Kết quả thực nghiệm
Qua nhiều năm giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi trong nhà trường. Tôi nhận thấy việc đưa "Phương pháp giải các bài toán chia hết trong Z" vào chương trình giảng dạy học sinh giỏi là một điều hết sức cần thiết: Nó không chỉ giúp cho các em có phương pháp để giải các bài toán chia hết mà còn có thêm những kiến thức để giải các bài toán có liên quan, việc đưa sáng kiến này vào việc bồi dưỡng học sinh giỏi nó còn giúp cho các em phát triển tư duy khoa học linh hoạt, sáng tạo tạo điều kiện cho một số bộ môn khác bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 9 nói chung và bộ môn toán nói riêng đạt kết quả cao.
Từ năm 2004 - 2007 tôi so sánh trong đội tuyển học sinh giỏi khi chưa đưa phương pháp này vào giảng dạy và đã đưa phương pháp này vào giảng dạy kết quả như sau:
Năm học
Số học sinh trong đội tuyển
Kết quả khi chưa áp dụng.
Kết quả khi đã áp dụng
Tỷ lệ HS chưa có phương pháp giải.
Tỷ lệ HS có phương pháp giải
Tỷ lệ HS chưa có phương pháp giải.
Tỷ lệ HS có phương pháp giải
2004-2005
05
04
01
01
04
2005-2006
06
04
02
02
04
2006-2007
05
03
02
01
04
II - Kết luận:
Xuất phát từ thực tiễn giảng dạy, đặc biệt là trước bức xúc của việc bồi dưỡng học sinh khá, giỏi trong nhà trường hiện nay. Bản thân đã tập trung nghiên cứu, thông qua một số tài liệu và qua thực tế giảng dạy để viết sáng kiến kinh nghiệm này, với hy vọng giúp cho các em học sinh có một công cụ để giải bài toán về chia hết trong Z và các bài toán có liên quan. Bên cạnh đó tôi hy vọng đem lại sự định hướng cho học sinh khá, giỏi cho các đồng nghiệp. Cũng qua sáng kiến này học sinh và các bạn động nghiệp có nhiều hứng thú trong nghiên cứu và đưa ra hệ thống phương pháp giải các bài toán chia hết trong Z một cách quy mô để giúp người học và người dạy có cái nhìn tổng thể hơn.
Mặt dù tôi đã có nhiều cố gắng trong quá trình tìm tòi, trao đổi, nghiên cứu để hoàn thành sáng kiến kinh nghiệm này tuy vậy vẫn còn nhiều hạn chế và thiếu sót. Rất mong được sự góp ý của bạn đọc để sáng kiến này của tôi được hoàn thiện hơn.
III - Một số đề suất kiến nghị :
* Với nhà trường:
- Cần tham mưu với UBND xã xây dựng cơ sở vật chất (phòng học chức năng), tạo điều kiện cho giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi được thường xuyên hơn.
- Do Phòng giáo dục không tổ chức các kỳ thi học sinh giỏi lớp 6, 7, 8 nên nhà trường đã tổ chức thi học sinh giỏi trong trường đó là một việc làm rất tốt nhưng theo tôi nhà trường cần có chế độ bồi dưỡng khen thưởng đối với giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi và học sinh đạt giải cao trong các kỳ thi học sinh giỏi nhằm nâng cao chất lượng học sinh giỏi lớp 6, 7, 8 tạo nguồn học sinh giỏi học sinh giỏi lớp 9, thi học sinh giỏi Huyện và Tỉnh.
* Với Phòng giáo dục:
- Nên có những chuyên đề cấp Huyện để bồi dưỡng kiến thức và phương pháp dạy học cho giáo viên trong Huỵên.
- Những sáng kiến kinh nghiệm hay trong Huyện Phòng Giáo dục nên tổ chức Hội thảo cho giáo viên trong Huyện học tập và áp dụng những sáng kiến đó./.
bài soạn minh hoạ
Tên bài: Phương pháp giải các bài toán chia hết.
(Phương pháp 3)
A - Mục tiêu:
- Kiến thức: HS có phương pháp giải (Phương pháp 3) giải các bài toán chia hết trong Z.
- Kỹ năng: HS có kỹ năng giải các bài toán chia hết.
- Thái độ: Rèn tư duy khoa học linh hoạt, sáng tạo.
B - Chuẩn bị:
* GV: Chuẩn bị các bài tập có liên quan đến nội dung bài học.
* HS: Ôn lại tính chất về chia hết.
C - Bài mới:
Giáo viên: Giới thiệu phương pháp 3.
Phương pháp 3: Để chứng minh A(n) k ta biển đổi A (n) thành tổng của nhiều hạng từ và chứng minh mỗi hạng tử chia hết cho k.
Nghĩa là:
Giáo viên: áp dụng phương pháp trên giải các bài tập sau đây:
Bài tập 1:
Chứng minh rằng: A(n) = n3 - 13n 6 với n
* Tìm tòi lời giải:
GV: Hướng dẫn HS giỏi qua hệ thống câu hỏi gợi mở sau đây:
? Làm xuất hiện 12n từ n3 - 13n.
HS: Tách n3 - 13n = n3- n - 12n.
? Phân tích n3- n thành nhân tử.
HS: n3-n - n(n-1) (n+1).
? GV: Nhận xét: Ba số n-1; n; n+1 và tích của 3 số này chia hết cho những số nào?
HS: Trình bày lời giải.
Lời giải:
A(n) = n3- 13n = n3- n -12n
= n(n-1) (n+1) - 12n
Nhận thấy: n-1; n; n+1 là ba số nguyên liên tiếp nên :
Mà (1)
Lại có: -12n 6 (2)
Từ (1) và (2) suy ra: A(n) 6 (đpcm)
Bài tập 2:
Chứng minh rằng: 2n (16-n4) 30 với
* Tìm tòi lời giải:
GV: Hướng dẫn HS giải qua hệ thông câu hỏi sau:
? Khai triển tích: 2n. (16 - n4)
HS: : 2n. (16 - n4) = 32n - 2n5
? Làm xuất hiện 30n5 từ 32n - 2n5.
HS: 32n - 2n5 = 32n - 32n5 + 30n5
? Chứng minh: 32n - 32n5 30
GV: Viết: 32n - 33n5 = -32(n5-n)
? Chứng minh (n5-n) 30
HS: Chứng minh (n5-n) 30 theo VD 1 của phương pháp 2.
Lời giải:
Ta có: 2n(16 - n4) = 32n - 2n5
= 32n - 32n5 + 30n5
Nhận thấy: 30n5 30
Theo VD 1 của phương pháp 2 thì (n5-n) 30 suy ra -32((n5-n) 30
2n(16-n4) 30
*Củng cố: Thông qua các bài tập đã làm để học sinh nắm vững phương pháp 3 và sử dụng phương pháp này vào giải các bài toán chia hết trong Z
* Hướng dẫn về nhà:
- Thuộc lý thuyết, xem lại các bài tập đã làm.
- Làm các bài tập tương tự sau:
1. Chứng minh rằng: thì: (n3 - 7n) 6
2. Chứng minh rằng: thì: n(n4-31) 30
3. Chứng minh rằng: (a+4b) 13 (10a +b) 13
File đính kèm:
SKKNThien 01.doc
