Rèn luyện cho học sinh khá giỏi kỹ năng giải quyết các vấn đề liên quan đến chủ đề chia hết trong môn Toán trung học cơ sở

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI KHOA SƢ PHẠM Nguyễn Thị Hợp RÈN LUYỆN CHO HỌC SINH KHÁ, GIỎI KĨ NĂNG GIẢI QUYẾT CÁC VẤN ĐỀ CÓ LIÊN QUAN ĐẾN CHỦ ĐỀ CHIA HẾT TRONG MÔN TOÁN TRUNG HỌC CƠ SỞ Luận

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

KHOA SƢ PHẠM

Nguyễn Thị Hợp

RÈN LUYỆN CHO HỌC SINH KHÁ, GIỎI KĨ NĂNG GIẢI QUYẾT CÁC VẤN ĐỀ CÓ LIÊN QUAN ĐẾN CHỦ ĐỀ CHIA HẾT TRONG MÔN TOÁN TRUNG HỌC CƠ SỞ

Luận văn Thạc sĩ sư phạm Toán học

Hà Nội, 2008

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

KHOA SƢ PHẠM

RÈN LUYỆN CHO HỌC SINH KHÁ, GIỎI KĨ NĂNG GIẢI QUYẾT CÁC VẤN ĐỀ CÓ LIÊN QUAN ĐẾN CHỦ ĐỀ CHIA HẾT TRONG MÔN TOÁN TRUNG HỌC CƠ SỞ

Luận văn Thạc sĩ sư phạm Toán học

Chuyên ngành : Lí luận và phương pháp dạy học (trong môn Toán)

Mã số : 001410

Lớp cao học ngành sư phạm Toán học K2 Người hướng dẫn : PGS TS Nguyễn Nhuỵ

CHƯƠNG 1: CƠ SỞ LÝ LUẬN VỀ KĨ NĂNG GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ 9

1.2.1 Định nghĩa và tính chất chia hết trong tập hợp Z 16

1.2.3 Một số dạng bài tập ứng dụng và phương pháp giải tương ứng về chủ

CHƯƠNG 2: NHỮNG BIỆN PHÁP NHẰM RÈN LUYỆN CHO HỌC SINH KHÁ, GIỎI KĨ NĂNG GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ LIÊN QUAN

2.1 Biện pháp 1: Giúp học sinh hiểu đúng bản chất bài toán trong từng

2.2 Biện pháp 2: Tạo cho học sinh ý thức phân chia tình huống và hình

thành kĩ năng phát hiện các tiêu chí để phân chia tình huống trong các bài

2.3 Biện pháp 3: Hình thành kĩ năng phát hiện sự tương ứng để từ đó rèn luyện kĩ năng chuyển đổi ngôn ngữ và cách phát biểu bài toán 57

2.4 Biện pháp 4: Trang bị kiến thức về phép biến đổi tương đương, giúp học

sinh phân chia các bài toán khác nhau về các lớp đặc biệt 59 2.5 Biện pháp 5: Hình thành khả năng phân tích, tổng hợp, khái quát hoá các dạng bài tập cho học sinh một cách có hệ thống từ đơn giản đến phức tạp 61

3.2.1 Định nghĩa tính chia hết trên tập hợp số nguyên bội số và ước số 65

3.3 Một số phương pháp nghiên cứu tính chia hết của các số 73

MỞ ĐẦU

1 Lí do chọn đề tài

Dạy toán là dạy hoạt động Toán học (A Stoliar), trong đó hoạt động

chủ yếu là hoạt động giải toán Bài tập Toán học mang nhiều chức năng:

chức năng giáo dục, chức năng giáo dưỡng, chức năng phát triển tư duy và chức năng kiểm tra đánh giá

Dạy học giải bài tập Toán học được xem là một trong những tình

huống điển hình trong dạy học môn Toán Khối lượng bài tập Toán ở trường

phổ thông là nhiều và hết sức phong phú, đa dạng Có những lớp bài toán có thuật giải nhưng phần lớn là những bài chưa có, thậm chí không có thuật giải Đứng trước những bài toán đó, giáo viên gợi ý và hướng dẫn học sinh thế nào để giúp họ giải quyết được bài toán  đó là một vấn đề hết sức quan trọng Thực chất của việc rèn luyện phương pháp giải Toán chính là rèn

luyện các kĩ năng giải toán Tuy nhiên, đây là vấn đề hết sức khó khăn bởi vì

nêu lên những gợi ý hợp lí, sử dụng được các kĩ năng thích hợp chính là nghệ thuật sư phạm của người giáo viên

Trong các phân môn của Toán học thì số học là một trong những phân môn có một lịch sử lâu đời nhất và được mệnh danh là “Bà chúa của Toán học” Sau quá trình phát triển lâu dài, số học đã xây dựng được một hệ thống

đồ sộ lí thuyết và bài tập, đồng thời thu lượm được một khối lượng hết sức phong phú về thuật giải, có lẽ không ở đâu lại đòi hỏi nhiều kĩ năng trong quá trình giải bài tập như số học

Một chủ đề hết sức thú vị của số học là chủ đề chia hết Chủ đề này đã

đúc kết được nhiều phương pháp xây dựng và thuật giải hết sức phong phú Chủ đề chia hết vừa có nhiều ứng dụng trong các lĩnh vực của cuộc sống và trong khoa học, lại vừa có tính chất như một trò chơi trí tuệ lí thú (cho những ai hiểu biết và yêu mến môn học này), nghệ thuật đoán định và tìm kiếm các dấu hiệu chia hết giúp người học và rèn luyện tư duy Toán học hết sức có hiệu quả Tuy nhiên, thực tiễn hoạt động giảng dạy Toán học cho thấy đứng trước chủ đề chia hết, học sinh thường gặp rất nhiều khó khăn và lúng túng

vì thiếu những công cụ kiểm tra có tính hệ thống, đồng thời cũng khó tìm lối thoát cho các phương hướng giải quyết và thực hiện các kĩ năng xử lí các loại bài tập thuộc chủ đề này Về phía giáo viên, do sự tinh tế và phức tạp của môn học, lại đòi hỏi những tư duy sắc sảo khi biểu đạt nên nhiều người

có tâm lí lảng tránh khi đề cập đến chủ đề này

Theo Giáo sư Nguyễn Cảnh Toàn, dạy Toán là dạy kiến thức, kĩ năng,

tư duy và tính cách, trong đó dạy kĩ năng có một vị trí đặc biệt quan trọng,

bởi vì nếu không có kĩ năng thì không thể phát triển được tư duy và không tìm được lối thoát cho việc giải quyết vấn đề Kĩ năng giải quyết vấn đề liên

quan đến chủ đề chia hết là hết sức thiết thực đối với học sinh phổ thông, đặc

biệt là học sinh trung học cơ sở Chính vì sự hấp dẫn và tầm quan trọng của

nó nên trong nhiều kì thi học sinh giỏi, kì thi kiểm tra chất lượng, thi kết thúc đánh giá môn học, v.v… có rất nhiều bài tập liên quan đến chủ đề chia hết

Trong quá trình tham gia giảng dạy số học nói chung và chủ đề chia hết nói riêng, chúng tôi nhận thấy rằng cần phải có những công trình

nghiên cứu nhằm đưa ra những thủ pháp dạy học, những hướng dẫn sư

phạm để giúp người giáo viên dạy tốt những kiến thức có trong chủ đề

chia hết, nhất là những kiến thức nhằm phân lớp đối tượng nghiên cứu để xây dựng các kĩ năng

Mặc dù đã có rất nhiều công trình liên quan đến rèn luyện kĩ năng,

nhưng theo tác giả, đến nay vẫn chưa có nhiều công trình nghiên cứu việc

rèn luyện kĩ năng xử lí các bài toán liên quan đến chủ đề chia hết Vì những

lí do nói trên, chúng tôi chọn đề tài nghiên cứu của luận văn này là: “Rèn

luyện cho học sinh khá giỏi kĩ năng giải quyết các vấn đề liên quan đến chủ đề chia hết trong môn Toán Trung học cơ sở”

đã ít nhiều đề cập đến chủ đề này

3 Mục tiêu nghiên cứu

- Hệ thống hoá cơ sở lí luận về kĩ năng giải quyết vấn đề

- Nghiên cứu cơ sở lý luận và kĩ năng chia hết

- Nghiên cứu nội dung về chương trình toán THCS mà cụ thể là chủ

đề chia hết của lớp 6, 7, 8, 9 liên quan đến chủ đề chia hết

- Nghiên cứu những biện pháp nhằm rèn luyện cho học sinh khá giỏi kĩ năng giải quyết vấn đề liên quan đến chủ đề chia hết trong dạy học toán ở THCS

4 Phạm vi nghiên cứu

- Nghiên cứu về các dạng toán chia hết trong trường THCS

- Nghiên cứu các phương pháp giải các dạng toán đó nhằm rèn luyện

kĩ năng giải các bài toán đó

- Nghiên cứu các vấn đề có liên quan đến chủ đề chia hết trên các tài liệu hiện có

5 Mẫu khảo sát

Học sinh trường THCS Mỹ Đình, trường bán công THCS Nguyễn Tất Thành, trường dân lập Nguyễn Bỉnh Khiêm, trường THCS Dịch Vọng, trường dân lập Lương Thế Vinh

6 Câu hỏi nghiên cứu

Rèn luyện cho học sinh khá, giỏi kĩ năng giải quyết các vấn đề liên quan đến chủ đề chia hết trong môn toán THCS như thế nào?

7 Giả thuyết khoa học

Nếu đề xuất và xây dựng được những biện pháp, những hướng dẫn sư phạm thích hợp thì sẽ rèn luyện được cho học sinh THCS kĩ năng giải quyết vấn đề liên quan đến chủ đề chia hết, góp phần nâng cao hiệu quả dạy và học Toán ở trường phổ thông

8 Phương pháp chứng minh luận điểm

- Dựa vào mẫu khảo sát và thực tế kết quả của học sinh

- Dựa vào các lập luận logic

- Dựa vào các kết quả thực nghiệm dễ nhất

- Dựa vào kinh nghiệm được tổng kết của các tài liệu có liên quan

9 Đóng góp của luận văn

- Hệ thống hoá cơ sở lí luận về kĩ năng giải quyết vấn đề

- Hệ thống cơ sở lí luận và kĩ năng chia hết

- Đề xuất được các biện pháp rèn luyện cho học sinh khá, giỏi kĩ năng giải quyết vấn đề liên quan đến chủ đề chia hết

- Tiến hành thực nghiệm các biện pháp đã nêu

10 Cấu trúc của luận văn

Ngoài phần mở đầu, kết luận và kiến nghị, tài liệu tham khảo, nội dung chính của luận văn được trình bày trong 3 chương:

Chương 1: Một vài cơ sở lý luận về kĩ năng giải quyết vấn đề

Chương 2: Những biện pháp nhằm rèn luyện cho học sinh khá, giỏi kĩ

năng giải quyết các vấn đề liên quan đến chủ đề chia hết trong môn toán THCS

Chương 3: Thực nghiệm sư phạm

CHƯƠNG 1

CƠ SỞ LÝ LUẬN VỀ KĨ NĂNG GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

1.1 Kĩ năng

1.1.1 Khái niệm kĩ năng

Thực tiễn cuộc sống luôn đặt ra cho con người những nhiệm vụ thuộc các lĩnh vực lí luận, thực hành hay nhận thức Để giải quyết được công việc, con người ta cần vận dụng vốn hiểu biết và kinh nghiệm để xử lí vấn đề được đặt ra Yêu cầu cốt lõi nằm ở chỗ phải vận dụng được những kiến thức chung nhất cho từng trường hợp cụ thể Trong quá trình đó, con người dần hình thành cho mình các kĩ năng để giải quyết vấn đề đặt ra

Theo giáo trình Tâm lí học đại cương: “Kĩ năng là năng lực sử dụng

các dữ kiện, các tri thức hay khái niệm đã có, năng lực vận dụng chúng để phát hiện những thuộc tính bản chất của các sự vật và giải quyết thành công những nhiệm vụ lí luận hay thực hành xác định” (Petrovski A V Tâm lí lứa

tuổi và tâm lí sư phạm, tập 2, NXB GD HN, 1982)

Theo Từ điển Tiếng Việt: “Kĩ năng là khả năng vận dụng những kiến

thức thu nhận được trong một lĩnh vực nào đó vào thực tế”

Như vậy, dù phát biểu dưới góc độ nào, các tác giả đều thống nhất rằng, kĩ năng là khả năng vận dụng kiến thức (khái niệm, cách thức, phương pháp, …) để giải quyết nhiệm vụ đặt ra

Tuy nhiên, thực tiễn giáo dục lại chỉ ra rằng, học sinh gặp rất nhiều khó khăn trong việc vận dụng những khái niệm và những nguyên tắc đã lĩnh hội được cho việc giải quyết những nhiệm vụ cụ thể Cái khó nằm ở chỗ, học sinh không biết tách ra khỏi đối tượng nhận thức những tri thức thứ yếu và không bản chất, đồng thời cũng không phát hiện được mối liên hệ bản chất giữa tri thức đã có với đối tượng đó Trong trường hợp này tri thức không biến thành công cụ của hoạt động nhận thức, và như vậy, khối tri thức mà họ có là một

khối tri thức khô cứng, không gắn với thực tiễn và không biến thành cơ sở của các kĩ năng

Tri thức về các sự vật là rất đa dạng và phong phú, nó phản ánh những thuộc tính khác nhau của các sự vật, những thuộc tính bản chất về các mặt phù hợp của các đối tượng khác nhau cho những hoạt động với các mục đích nhất định Như vậy, để tri thức trở thành cơ sở lựa chọn đúng đắn các hành động, thì cần phải biết lựa chọn đúng các tri thức hợp lí nhất Nói khác đi, cần lựa chọn tri thức phản ánh được thuộc tính của sự vật, lựa chọn tri thức phản ánh được thuộc tính bản chất phù hợp với mục tiêu đặt ra trước hành động, để sao cho hành động hay một dãy các hành động đạt tới mục tiêu Để minh hoạ ta xem xét ví dụ sau:

“Tìm các số nguyên n để giá trị của biểu thức   2

A n 10n  n 10

chia hết cho B n  n 1”

Tri thức phản ánh trong sự vật ở đây có rất nhiều: tham số, công thức, dấu hiệu chia hết, … Để tiến hành giải Toán ta phải lựa chọn tri thức phù hợp với mục tiêu là để:

 Học sinh nhận biết được đây là kiểu bài tìm nZ để A n B n   

 Quan hệ ở đây là A n B n    với nZ

 Đến đây học sinh có thể

Qua bài toán người giáo viên cần rèn cho học sinh:

* Năng lực nhận ra kiểu bài toán

* Phát hiện ra quan hệ cần thiết

* Thâu tóm toàn bộ tình huống

* Thủ thuật làm dễ dàng cho sự suy xét:

 Nguyên tắc giải

 Tách ra hay nhấn mạnh những cứ liệu và quan hệ bản chất bài toán

 Phân tích bài toán

- Dấu hiệu chia hết trong trường hợp cụ thể này

1.1.2 Sự hình thành các kĩ năng

Sự hình thành kĩ năng - đó là một quá trình nắm vững cả một hệ thống phức tạp các thao tác phát hiện và cải biến thông tin chứa đựng trong các tri thức và tiếp thu được từ các đối tượng, qua một quá trình đối chiếu và xác lập quan hệ của thông tin với các hành động

Kĩ năng chỉ được hình thành thông qua quá trình tư duy để giải quyết các nhiệm vụ đặt ra Khi tiến hành tư duy trên các sự vật thì chủ thể thường phải biến đổi, phân tích đối tượng để tách ra những khía cạnh và những thuộc tính mới Tất cả những điều này được ghi lại trong tri thức của chủ thể

tư duy và được biểu hiện bằng các từ Quá trình tư duy diễn ra nhờ các thao tác phân tích, tổng hợp trừu tượng hoá và khái quát hoá cho tới khi hình

thành được mô hình về một mặt nào đó của đối tượng mang ý nghĩa bản chất đối với việc giải bài toán đã cho Ở đây mỗi bước thực hiện các thao tác

tư duy mà nhờ khám phá ra những khía cạnh mới của đối tượng đã thúc đẩy

tư duy tiến lên, đồng thời quyết định bước tiếp sau của tư duy Vì các khía cạnh mới của đối tượng được phản ánh trong các khái niệm mới, nên tư duy diễn ra như là một sự diễn đạt lại bài toán nhiều lần, chẳng hạn khi dậy học sinh lớp 6 gặp bài toán:

Vậy khi chuyển bài toán thành bài toán mới thì bài toán đơn giản hơn

*) Còn phương pháp nào không?

 Để dẫn đến bài toán mới đơn giản hơn

 Tiếp tục phân tích để thấy các bước của thao tác tư duy

 Cuối cùng chính là sự diễn đạt lại bài toán và tiếp theo chủ thể lại phải diễn đạt bài toán theo khía cạnh mới

Điều cần lưu ý là chủ thể phải thấy cách diễn đạt nào cho phù hợp với đối tượng để có thể tiến hành hoạt động giải toán Quá trình tư duy của con người diễn ra một cách liên tục và có tính kế thừa Mỗi cách diễn đạt mới là kết quả của sự phân tích và tổng hợp những kết quả của giai đoạn trước, được thể hiện qua các khái niệm và mệnh đề Khi hoàn thành việc nghiên cứu đối tượng

từ tri thức của chủ thể thì tư duy sẽ ghi lại những thuộc tính bản chất của đối tượng và nó ít nhiều sẽ giúp ích cho hoạt động sau này Chính quá trình này sẽ thúc đẩy tư duy tiến lên nhằm chinh phục đỉnh cao mới và điều này đã làm cho con người luôn không bao giờ tìm ra giới hạn của tri thức nhân loại S L Rubinsfein đã chỉ ra, trong quá trình tư duy nhờ phân tích và tổng hợp, thì đối tượng tham gia vào các mối liên hệ ngày càng mới, rồi những phẩm chất này lại được ghi trong những khái niệm mới Như vậy, từ đối tượng dường như khai thác được ngày càng mới, nên mỗi lần nó quay lại dường như lại khác

và trong nó lại xuất hiện những thuộc tính mới (Petrovski A V [Tâm lí lứa tuổi và tâm lí sư phạm], tập 2, NXB GD HN, 1982, tr 155)

Theo quan điểm này, sự hình thành các kĩ năng xuất hiện trước hết như những sản phẩm của tri thức ngày càng được đào sâu Các kĩ năng được hình thành trên cơ sở lĩnh hội các tri thức về các mặt và các thuộc tính khác nhau về đối tượng được nghiên cứu Các con đường chính của sự hình thành các kĩ năng - đó là người học phải tự nhìn nhận thấy những mặt khác nhau trong đối tượng và vận dụng vào đối tượng, phải phát hiện ra những tri thức khác nhau sẽ diễn đạt mối quan hệ đa dạng giữa đối tượng và tri thức

biến đổi

Có thể dạy cho học sinh kĩ năng bằng những con đường khác nhau Một trong những con đường đó là truyền thụ cho học sinh những tri thức cần thiết, rồi sau đó đề ra cho học sinh những bài toán vận dụng tri thức đó Đến lượt mình, học sinh sẽ phải tìm tòi cách giải, bằng những con đường thử nghiệm đúng đắn hoặc sai lầm (thử các phương pháp rồi tìm ra phương pháp tối ưu), qua đó phát hiện ra các mốc định hướng tương ứng, những phương thức cải biến thông tin, những thủ thuật hoạt động Người ta còn gọi con

đường dạy học này là dạy học nêu vấn đề Cũng có thể dạy cho học sinh

bằng con đường khác: Dạy cho học sinh nhận biết những dấu hiệu mà theo

đó có thể đoán nhận được một cách dứt khoát kiểu bài toán và những thao

tác cần thiết để giải bài toán đó Người ta gọi con đường này là dạy học

angorit hoá hay dạy học trên cơ sở định hướng đầy đủ Cuối cùng, con

đường thứ ba là như sau: Người ta dạy cho học sinh chủ yếu là những hoạt động tâm lí cần thiết đối với việc vận dụng tri thức Trong trường hợp này, nhà giáo dục không những chỉ cho học sinh tìm hiểu các mốc định hướng để chọn lọc các dấu hiệu và các thao tác, mà còn tổ chức hoạt động cho học sinh trong việc cải biến, sử dụng thông tin thu được để giải các bài toán đặt ra Con đường này được các nhà tâm lí học nước Nga nghiên cứu, chẳng hạn như P J Galperin, N F Talyzyna và những người khác [tài liệu Rehovski

đã dẫn] Họ cho rằng, để dạy được những điều nêu trên, các thầy cô phải dẫn dắt học sinh một cách có hệ thống trải qua tất cả các giai đoạn hoạt động của thao tác tư duy và đòi hỏi phải được định hướng vào các dấu hiệu đã được ghi lại trong các khái niệm được nghiên cứu

Trong giai đoạn đầu những mốc định hướng (những dấu hiệu bản chất) của đối tượng được đưa ra trước học sinh dưới dạng có sẵn, được vật chất hoá dưới dạng sơ đồ, kí hiệu về các đối tượng, còn các thao tác và các mốc định hướng thì được thực hiện dưới hình thức những hành động đối tượng Chẳng hạn ví dụ Cho k

10 1 19 với k > 1 CMR 102k 1 19

được kết quả mong muốn Như vậy, người giáo viên đã định hướng cho học sinh để chứng minh bài toán trên trước hết phải phân loại dạng bài tập và tìm nội dung đã được học để tìm cách giải bài toán qua các giai đoạn cụ thể Từ đó xây dựng được cho học sinh hai phương pháp chứng minh bài toán chia hết

 Tuy nhiên để phát triển bài toán và để sâu cho học sinh, người giáo viên cần cho học sinh mở rộng bài toán 3k

10 1 19 ?

 Còn cách nào để chứng minh bài toán trên nữa không?

VD: Phản chứng, xét số dư của hiệu đó cho 19, …

Như vậy, học sinh được hình thành kĩ năng tư duy suy luận lôgíc

Người ta còn gợi ý từ dạy học nói trên là phương pháp hình thành các hành

động trí tuệ qua từng giai đoạn

Trên thực tế, khi hình thành các tri thức mới (có nội dung chứ không phải khái niệm từ ngữ thuần tuý) ai cũng phải trải qua các giai đoạn này Tuy nhiên, trong dạy học thông thường những giai đoạn không được tổ chức một cách có ý thức Vì thế, học sinh phải tự phát hiện những dấu hiệu cảm tính hay những dấu hiệu lôgic, mà điều chủ yếu là các em phải tự lựa chọn những hành động thích hợp để làm điều đó Do vậy không thể tránh sai lầm

và do vậy, các tri thức không phải bao giờ cũng được hình thành đầy đủ và đúng đắn Để cho các khái niệm được hình thành đầy đủ và đúng đắn thì hoạt động tương ứng của học sinh phải được xây dựng trên cơ sở định hướng đầy

đủ Nói một cách khác, thầy cô giáo cần phải truyền thụ cho học sinh tất cả những dấu hiệu bản chất của đối tượng dưới dạng sẵn có và dạy cho họ những thao tác cần thiết để phát hiện hay tái tạo những dấu hiệu

Những nguyên tắc trên cho phép cải tiến một cách căn bản việc dạy các khái niệm, đặc biệt tăng tốc độ lĩnh hội các tri thức, đảm bảo được tính mềm dẻo và đầy đủ của chúng, và việc vận dụng chúng một cách đúng đắn còn cho phép hình thành những tri thức trừu tượng phức tạp ở lứa tuổi sớm hơn nhiều

1.2 Chủ đề chia hết

1.2.1 Định nghĩa và tính chất chia hết trong tập hợp Z

a) Định nghĩa Cho hai số nguyên a, b trong đó b  0 Ta nói a chia hết cho

b nếu tồn tại số nguyên q sao cho a = b.q Khi đó ta nói a chia hết cho b (a là bội của b, b là ước của a)

b) Tính chất

- Các tính chất chung

1) Bất cứ một số nào khác 0 cũng chia hết cho chính nó

2) Tính chất bắc cầu: Nếu a chia hết cho b và b chia hết cho c thì a chia hết cho c

3) Số 0 chia hết cho mọi số khác 0

4) Bất cứ số nào cũng chia hết cho 1

- Tính chất chia hết của tổng và hiệu

1) Nếu các số hạng của một tổng (hiệu) đều chia hết cho m thì tổng (hiệu) đó chia hết cho m

Hệ quả Xét tổng

n i

c) Dấu hiệu chia hết

- Dấu hiệu chia hết cho 2, cho 5

1) a  2 nếu a có chữ số tận cùng là 0; 2; 4; 6; 8

2) a  5 nếu a có chữ số tận cùng là 0; 5

- Dấu hiệu chia hết cho 3, cho 9

1) a  3 (hoặc 9) nếu tổng các chữ số của a chia hết cho 3 (hoặc 9) 2) Số dư trong phép chia số a cho 3 (hoặc 9) bằng số dư trong phép chia tổng các chữ số của a cho 3 (hoặc 9)

- Dấu hiệu chia hết cho 4, cho 25

a  4 (hoặc 25) nếu hai chữ số tận cùng của a chia hết cho 9 (hoặc 25)

- Dấu hiệu chia hết cho 8 hoặc 125

a  8 (hoặc 125) nếu 3 chữ số tận cùng của a chia hết cho 8 (hoặc 125)

- Dấu hiệu chia hết cho 11:

a  11  tổng các chữ số hàng lẻ trừ đi tổng các chữ số hàng chẵn (hoặc ngược lại) chia hết cho 11

- Một dấu hiệu chia hết

* Bổ đề Với mã số P = 10s + r với r = 1, 3, 7, 9 có thể chọn được số k (phụ

thuộc vào s, r) sao cho 10 k +1 là bội của P, nghĩa là (10k +1)  P

thì 10k + 1 = 10(3s + 2 + pt) + 1 = 10pt + 3(10s + 7) = p(10 + 3) + Với p = 105 + 9 ta chọn k = 9k + 8 + pt (t  Z)

thì 10k + 1 = 10(9s + 8 + pt) + 1 = 10pt + 9 (10s + 9) = p(10t + 9)

Ta có dấu hiệu nhận biết sau đây

* Định lí Số tự nhiên T = 10n + a chia hết cho số lẻ p = 10s + r với r = 1, 3, 7,

9 khi và chỉ khi số x - ka chia hết cho p, trong đó k là số thoả mãn 10 k +1 chia hết cho p (số k chọn được theo bổ đề trên)

Giả sử 10k + 1 = pv theo bổ đề ta có:

T =10x + a = 10(x - ka) + 10ka + a = 10 (x - ka) + a (10k + 1)

= 10 (x - ka) + pva

vì (10, p) = 1  T = 10(x-ka) + pva  T  p  (x - ka)  p (đpcm)

- Nguyên lí Đirichlê: Nếu nhốt a con thỏ vào b cái lồng mà a = b.q + r

(0<r<b) thì ít nhất cũng có một lồng nhốt từ q + 1 con thỏ trở lên

1.2.2 Tính chất chia hết đối với đa thức một biến

a) Khái niệm Nếu hai đa thức f(x) và g(x) mà trong đó g(x) khác đa thức

không Khi đó tồn tại đa thức q(x), r(x) sao cho f(x) = g(x) q(x) + r(x) mà bậc r(x) nhỏ hơn bậc q(x) thì f(x) chia hết cho g(x) nếu r(x) bằng đa thức không (khi đó f(x) chia hết cho g(x)) f(x) không chia hết cho g(x) nếu r(x) khác đa thức không (Khi đó f(x) không chia hết cho g(x))

b) Tính chất

1) Một vài trường hợp tìm được số dư của phép chia mà không thực hiện phép chia

Trường hợp 1 Đa thức chia có dạng x - a (a là hằng số)

+ Định lí Bedu (1730-1783 nhà toán học Pháp): Số dư khi chia đa thức f(x)

cho nhị thức x - a bằng giá trị của đa thức f(x) tại x =a

Chứng minh Do đa thức x - a có bậc nhất nên số dư khi chia f(x) cho x - a

là hằng số r

Ta có f(x) = (x-a) Q(x) + r

Đẳng thức trên đúng mọi r nên x = a ta có:

f(x) = 0 Q(a) + r  f(a) = r

Hệ quả Đa thức f(x) chia hết cho x - a khi và chỉ khi f(a) = 0 (tức là khi và

chỉ khi a là nghiệm của đa thức)

Trường hợp 2 Đa thức chia có bậc từ 2 trở lên:

+ Cách 1: đa thức f(x) chia cho g(x) ta phân tích f(x) thành g(x).h(x)

và tìm r(x)

+ Cách 2: Xét giá trị riêng tìm ra r(x)

- Sơ đồ Hooc-ne: (1786-1837 - nhà toán học Anh)

Khi chia đa thức a0xn

+ a1xn-1 + a2xn-2 + … + an-1x + an

Cho đa thức x - a ta có sơ đồ:

a b0 = a0 b1 = ab0+a1 b2 = ab1+a2 bn-1 = abn-1+an-1 r = abn-1+an

Chứng minh sơ đồ Đa thức bị chia:

+ a0xn + a1xn-1 + a2xn-2 + … + an-1x + an

r = abn-1 + an

Thật vậy, thực hiện phép tính

(x-a) (b0xn-1 + b1xn-2 + … + bn-2x + bn-1) + r rồi rút gọn  b0xn + (b1+ab0)xn-1 + …+ (bn-1 - abn-2)x - abn-1 + r

Đồng nhất đa thức này và đa thức bị chia, ta được:

b0 = a0 b1 - ab0 = a1

… bn-1 - abn-2 = an-1

r - abn-1 = an

 điều phải chứng minh

c) Các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử

- Phương pháp đặt nhân tử chung

- Phương pháp dùng hằng đẳng thức

- Phương pháp nhóm nhiều hạng tử

- Phương pháp tách một hạng tử thành nhiều hạng tử

- Phương pháp thêm bớt cùng một hạng tử

- Phương pháp xét giá trị riêng (hệ số bất định)

- Phương pháp đổi biến

- Phương pháp dùng nghiệm của đa thức

(2) Xét số dư của A cho n

(3) Dựa vào nguyên lí Đirichlet

(4) Dùng dấu hiệu chia hết

(5) Xét chữ số tận cùng của luỹ thừa

Đây là 7 số nguyên liên tiếp  tồn tại một số chia hết cho 5; một số chia hết cho 7; hai số chia hết cho 3; 3 số chia hết cho 2 và một số là bội của 9; một số là bội của 4

 A  5, 7, 9, 16 mà các số này đôi một nguyên tố cùng nhau

Ví dụ 3 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, biểu thức 16n

- 1 chia hết cho 17 khi và chỉ khi n là số chẵn

và 2 không chia hết cho 17

 A không chia hết cho 17

Vậy 16n

- 1 chỉ chia hết cho 17 nếu n là lẻ, n  N

* DẠNG 2: TÌM n LÀ SỐ TỰ NHIÊN (SỐ NGUYÊN) BIẾT A(n)  B(n)

Phương pháp

(1) Dùng tính chất hiệu chia hết (của tổng, hiệu, tích…) để khử n, đưa

về dạng một số chia hết cho B(x)  tìm n

(2)Dùng dấu hiệu chia hết

(3) Xét chữ số tận cùng của luỹ thừa…

Ví dụ 1 Tìm số tự nhiên có hai chữ số, biết rằng số đó chia hết cho tích các

+ Nếu k = 1  b = a thay vào (1)  11a  a  a = 1

Vậy ab = 11

+ Nếu k = 2  b = 2a thay vào (1) có 12, 24, 36, 48 và chỉ có 12, 24,

36 thoả mãn điều kiện

+ Nếu k = 5  b = 5a  ab = 15 thoả mãn điều kiện

(a-1) (a + 1) (a2+ 1) luôn chia hết cho 5 vì:

Nếu chia a cho 5  dư r = 0; 1; 2; 3; 4

Trong các trường hợp đều có một số chia hết cho 5

* DẠNG 3: VẬN DỤNG CÁC BÀI TOÁN CHIA HẾT ĐỂ TÌM ƢỚC VÀ BỘI; ƢỚC SỐ

CHUNG LỚN NHẤT, BỘI SỐ CHUNG NHỎ NHẤT

Kiến thức

1) Định nghĩa Số tự nhiên a chia hết cho số tự nhiên b thì a gọi là bội của b

và b được gọi là ước của a

a  b  a  B(b) và b  Ư(a)

2) Ƣớc chung - ƣớc chung lớn nhất (ƢC - ƢCLN)

1) Nếu a  x; b  x  x là ước chung của a và b

2) ƯCLN của a và b là số lớn nhất trong tập hợp các ước chung của a

và b, (ƯCLN (a, b) hoặc (a, b))

3) Nếu a  b  (a, b) = b

4) a, b nguyên tố cùng nhau  (a, b) = 1

 Cho (a, b) = d nếu chia a và b cho d thì thương của chúng là số nguyên tố cùng nhau

5) Nếu ab  m mà (a, m) = 1 thì b  m

3) Bội chung - Bội chung nhỏ nhất (BC-BCNN)

1) Nếu x  a và x  b  x là bội chung của a và b

- BCNN của a và b là số nhỏ nhất khác trong tập hợp các bội chung của a và b (BCNN (a, b) hoặc [a, b])

 ƯCLN (a, b) x BCNN (a, b) = a b

Hàng 5 xếp thiếu 1 con mới đầy Xếp thành hàng 7 đẹp thay!

Vịt bao nhiêu tính được ngay mới tài

(Biết số vịt chưa đến 200 con)

Từ giả thiết (4) ta có a phải có tận cùng là 9 hoặc 4

Theo giả thiết (1) và (3) a là số lẻ vậy a chỉ có tận cùng là 9

Theo giả thiết (5) và a < 200  a 49; 119; 189

Theo giả thiết (2)  a = 49 thoả mãn điều kiện

Vậy số vịt là 49 con

Ví dụ 2 Tìm số tự nhiên b biết rằng chia 326 cho b thì dư 11, chia 553 cho b

thì dư 13

Giải

326 chia cho b thì dư 11  326 - 11 = 315  b, b > 11

553 chia cho b thì dư 13  553 - 13 = 540  b, b > 13

 b  ƯC (315, 540) với b > 13

ƯCLN (315, 540) = 45

 ƯCLN (315, 540) = Ư(45) = 1, 3, 5, 9, 15, 45

mà b > 13  b = 15 hoặc b = 45

Ví dụ 3 Có 64 người đi tham quan bằng hai loại xe: Loại 12 chỗ và loại 7

chỗ ngồi Biết số người đi vừa đủ số ghế ngồi, hỏi mỗi loại có mấy xe?

Giải

Gọi loại xe12 chỗ là x; xe 7 chỗ ngồi là y (x, y  N*)

Theo bài ra, ta có: 12 x + 7 y = 64

Do 12x  4; 64  4  7y  4, do (7, 4) = 1  y  4

mà 7y < 64  y < 10  y = 4 hoặc 8

Nếu y = 4  x = 3  N*

Nếu y = 8  x  N

Vậy có 3 xe 12 chỗ ngồi và 4 xe 7 chỗ ngồi

Ví dụ 4 Khối 6 của một trường chưa có tới 400 học sinh Khi xếp hàng 10, 12,

15 đều dư 3 nhưng xếp hàng 11 thì không dư Tính số học sinh khối 6?

Vậy số học sinh khối 6 là 363 học sinh

Ví dụ 5 Tìm số tự nhiên nhỏ nhất có 3 chữ số sao cho chia cho 11 thì dư 5,

chia cho 13 thì dư 8

Giải

Gọi số tự nhiên cần tìm là a (a  N*; 100  a  999)

Vì a chia 11 dư 5  (a + 6)  11  (a + 6) + 77  11  a + 83  11

+ Suy nghĩ để xuất hiện “thỏ”, “lồng”

+ Sau đó diễn đạt bài toán theo ngôn ngữ thông dụng

Ví dụ Cho 7 số tự nhiên bất kỳ Chứng minh rằng bao giờ cũng có thể chọn

ra 2 số mà hiệu của chúng chia hết cho 6

Giải

Phân tích:

+ 7 số tự nhiên coi là 7 con thỏ nhốt vào một số lồng nào đó

+ Nếu 7 số này chia cho 6 thì số dư chỉ có thể là 0, 1, 2, 3, 4, 5

Khi đó: Trong 7 số tự nhiên khi chia cho 6 thì số dư r có thể là 0, 1, 2,

3, 4, 5 (có 6 số dư) Vậy nhất định có 2 số chia cho 6 có cùng số dư Gọi 2 số

1) Dựa vào định nghĩa số nguyên tố, hợp số:

- Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1 chỉ có ước là 1 và chính nó

- Hợp số là số tự nhiên lớn hơn 1 và có nhiều hơn 2 ước 2) Dựa vào phản chứng

3

! 3

3

! 2

! 1

Do n không chia hết cho 3  n2 không chia hết cho 3 nên trong hai số

n2 - 1 và n2 + 1 phải có một số chia hết cho 3  n2 - 1, n2 + 1 sẽ có một số là hợp số

 Điều phải chứng minh

1.2.3.2 Một số dạng bài tập ứng dụng và phương pháp giải tương ứng về tính chia hết đối với đa thức (khái quát hoá)

* DẠNG 1: CHỨNG MINH ĐA THỨC A(n)  B(n)

2) Phân tích đa thức thành nhân tử:

Chứng minh

Ta có: x2

- x = x(x -1)có nghiệm là x = 0 và x = 1

Ta có f(0) = 0; f(1) = 0 Vậy x = 0, x = 1 là nghiệm của f(x)

 f(x)  x và x - 1 cho x và x - 1 không có nhân tử chung

 f(x)  x (x-1)

* DẠNG 2: TÌM CÁC SỐ HỮU TỈ a, b, c ĐỂ A(n)  B(n)

Phương pháp

1) Dùng phép chia đa thức:

- Lấy A(x): B(x) được dư R(x)

- Cho R(x) đồng nhất đa thức không  a, b

2) Dùng định lí Bêdu để chỉ ra nghiệm của A(n) dựa vào nghiệm của B(x):

- Giải hệ số tương ứng bằng nhau ở hai vế  a, b, c…

Ví dụ Tìm số hữu tỉ a, b sao cho:

3x3 + ax2 + bx + 9 chia hết cho x2 - 9

Cách 1

3x3 + ax2 + bx + 9

- 3x3 - 27x

x2 - 9 3x + a

ax2 + (b + 27)x + 9

-

ax2 - 9a (b+27)x + (9+9a)

27 b 0 a 9 9

0 27 b

1 a 72 b a 9

18 a 18 0

9 b a 9 81

0 9 b a 9 81

Phương pháp Dùng phép chia đa thức:

- Chia A(x) cho B(x) dư là R(x)

x - 1 10x + 11

11x - 10

- 11x - 11

1

Để phép chia hết thì 1  (x-1)  x - 1  Ư(1) = -1; 1

 x 0; 2Vậy x = 0; 2 thì 10x2

+ x - 10 chia hết cho x - 1 b) x3 + x2 + 2x + 7 = x3 + x - x2 - 1 + x + 8

1.2.4 Sự chia hết và nghiệm nguyên của phương trình

1.2.4.1 Sử dụng định lí nghiệm nguyên của phương trình bậc hai để giải phương trình

* Định lí 1 Phương trình ax 2

+ bx + c = 0 với các hệ số nguyên và c  0 nếu

có nghiệm nguyên x 0 thì c chia hết cho x 0

a)

* Định lí 2 Phương trình x 2

+ bx + c = 0 với các hệ số nguyên có nghiệm nguyên khi và chỉ khi  = b 2 - 4c là bình phương của một số nguyên ( là số chính phương)

x2 - y2 = m (1) (với m là số nguyên dương)

- Trước hết ta tìm nghiệm nguyên dương x, y

Đặt y = x - v (v > 0) thay vào phương trình trên  v2 - 2xv + m = 0

- Theo định lý 1  phương trình này nếu có nghiệm nguyên là v  v phải là ước của m  x0, y0 nguyên dương

 Nghiệm phương trình (1) là (x0, y0), (x0, -y0), (-x0, y0), (-x0, -y0) + Áp dụng hai định lí trên và cách giải phương trình (1) vào phương trình có hệ số nguyên dạng x2

Áp dụng định lý 3 ta có phương trình (2) có nghiệm nguyên khi:

(2y + 1)2 - (3y2 + 4y - 9) = V2 (3) có nghiệm nguyên

 V2 = y2+ 10 (4)

Đặt V = y + 2t thay vào (4)  2(t2 + t) = 5

 2 vế khác tính chẵn lẻ  Phương trình (4) vô nghiệm  phương trình (2) không có nghiệm nguyên

1.2.4.2 Phương pháp dùng tính chia hết

a) Phương pháp phát hiện tính chia hết của một ẩn

Ví dụ 1 Giải phương trình với nghiệm nguyên

3x + 17y = 159 (1)

Giải

Giả sử x, y là các số nguyên thoả mãn phương trình (1) Ta thấy 159

và 3x đều chia hết cho 3 nên 17y  3, do đó y  3 (vì 17 và 3 nguyên tố cùng nhau)

Đặt y = 3t (t  Z) Thay vào phương trình (1) ta được:

3x + 17.3t = 159  x + 17t = 53

t 17 53 x

(t  Z) Đảo lại, thay các biểu thức của x và y vào (1), phương trình được nghiệm đúng

Vậy phương trình (1) có vô số nghiệm nguyên (x, y) được biểu thị bởi công thức:

b) Phương pháp đưa về phương trình ước

Ví dụ 2 Tìm các nghiệm nguyên của phương trình

x (y - 1) - y = 2

Giải

Biến đổi phương trình thành:

x(y - 1) - y = 2

 x(y - 1) - (y - 1) = 3

 (y - 1) (x - 1) = 3

Ta gọi phương trình trên là phương trình ước số: vế trái là một tích

các thừa số nguyên, vế phải là một hằng số Ta có x và y là các số nguyên nên x - 1 và y - 1 là các số nguyên và là ước của 3

Do vai trò bình đẳng của x và y trong phương trình nên có thể giả thiết rằng x  y, khi đó x - 1  y - 1

Nghiệm nguyên của phương trình: (4; 2), (2; 4), (0; -2), (-2; 0)

c) Phương pháp tách ra các giá trị nguyên

2 y





Tách ra ở phân thức

1 y

2 y



 các số nguyên:

x =

1 y

2 y



 =

1 y

3 1 1 y

3 1 y