Chuyên đề dự thi GVG

phòng giáo dục huyện lơng tài trờng trung học cơ sở hàn thuyên ======******======= chuyên đề tính chất chia hết trên tập hợp các số nguyên ngời trình bày: đặng thị tú đơn vị: trờng thcs

phòng giáo dục huyện lơng tài trờng trung học cơ sở hàn thuyên

======******=======

chuyên đề tính chất chia hết trên tập hợp các số nguyên

ngời trình bày: đặng thị tú

đơn vị: trờng thcs hàn thuyên

Thị Trấn Thứa, ngày 8 tháng 12 năm 2007

chuyên đề tính chất chia hết trên tập các số nguyên

Ngời Soạn: Đặng Thị Tú

A Mục tiêu:

- Học sinh nắm đợc định nghĩa về phép chia trên tập số nguyên, tính chất chia hết trên tập số nguyên và dấu hiệu chia hết của các số tự nhiên

- Rèn kỹ năng chứng minh biểu thức chia hết cho 1 số, kỹ năng tìm số thoả mãn

điều kiện cho trớc, kỹ năng giải toán về phép chia hết

- Phát triển t duy suy luận logic, khả năng trìu tợng hoá, khái quát hoá

- Giáo dục tính cẩn thận, lòng ham học toán cho học sinh

B Trọng tâm:

Trọng tâm của 2 tiết đầu: Chứng minh biểu thức chia hết cho một số

C Chuẩn bị của giáo viên và học sinh:

1 Giáo viên: Bảng phụ, thớc, phơng pháp nêu vấn đề - khái quát hoá, đọc tài liệu

tham khảo

2 Học sinh: Kiến thức về phép chia hết trên tập hợp các số nguyên ở lớp 6

D hoạt động dạy học:

I Lý thuyết:

1 Định lý cơ bản:

Với mọi số nguyên a và b, b 0, luôn tồn tại hai số nguyên q và r sao cho a = bq + r với 0  r < b

Nếu r = 0 thì a = bq ta có phép chia hết: a chia hết cho b, còn nói a là bội của b hay

b là ớc của a

Nếu r  0 thì ta có phép chia có d, số d là r

2 Từ định lý trên ta có định nghĩa:

Cho 2 số nguyên a và b, b 0 Nếu có số nguyên q sao cho a= bq thì ta nói a chia hết cho b, còn nói a là bội của b hay b là ớc của a Ký hiệu là a  b

3 Một số tính chất:

Với a,b,c  Z ta có:

3.1 a  a với a  0

3.2 0  a với a  0, a 1 với mọi a  Z

3.3 Nếu a  b và b  c thì a  c với b, c  0

3.4 Nếu a  b và b  a thì a = b hay a  b với a,b  0

3.5 Nếu a  c và b  c thì a b  c với c  0

Suy ra: Nếu a  c và b  c thì a b  c với c  0

Nếu a b  c và a  c thì b  c với c  0

Nếu a b  c và a  c thì b  c với c  0

3.6 Nếu a  b thì ka  b với b  0, k Z

Suy ra: Nếu a  c và b  c thì ma  nb  c với c  0, m,n  Z

Nếu a  b thì an

 bn với b  0, n N

3.7 Nếu a  m và b  n thì ab  mn với m,n  0, m,n  Z

3.8 Nếu a  b và a  c mà b và c nguyên tố cùng nhau thì a  bc với b,c  0

3.9 Nếu ab  c mà b và c nguyên tố cùng nhau thì a  c với c  0

3.10 Nếu an

 p mà p là số nguyên tố thì a  p 3.11 Nếu a  b và a  c thì a  BCNN(b;c) với b,c  0

4 Dấu hiệu chia hết của các số tự nhiên:

4.1 Dấu hiệu chia hết của 2 ( hoặc 5 ):

Aa  2 ( hoặc 5 )  a  2 ( hoặc 5 )

4.2 Dấu hiệu chia hết cho 3 ( hoặc 9 ):

A= a n a n 1 a1a0  3 ( hoặc 9 )  an + an-1 + + a1 + a0  3 ( hoặc 9 )

4.3 Dấu hiệu chia hết cho 4 ( hoặc 25):

Aab  4 ( hoặc 25)  ab  4 ( hoặc 25)

4.4 Dấu hiệu chia hết cho 8 ( hoặc 125 ):

Aabc  8 ( hoặc 125 )  abc  8 ( hoặc 125 )

4.5 Dấu hiệu chia hết cho 11:

A  11  Tổng các chữ số ở hàng chẵn trừ đi tổng các chữ số ở hàng lẻ của số A chia hết cho 11

II Một số ph ơng pháp giải:

1 Sử dụng định nghĩa về phép chia hết

2 Sử dụng tính chất chia hết, kết hợp với tính chất của số chính phơng, số nguyên tố

và hợp số

3 Sử dụng dấu hiệu chia hết của các số tự nhiên

4 Dùng phơng pháp phản chứng

5 Dùng phơng pháp quy nạp

III Một số dạng toán:

1 Dạng toán 1: Chứng minh tính chất chia hết:

Ví dụ 1: Chứng minh tính chất: Nếu a  c và b  c thì a  b  c với a, b, c  Z, c  0

Giải: Vì a  c => a = kc với k  Z ( theo định nghĩa )

Vì b  c => b = qc với q  Z ( theo định nghĩa )

=> a + b = kc + qc = (k + q)c mà k + q  Z (do k,qZ)

=> a +b  c (đpcm)

Với phép trừ ta cũng chứng minh tơng tự

Ví dụ 2: Chứng minh dấu hiệu chia hết cho 2 và dấu hiệu chia hết cho 9

Giải:

* Chứng minh: Aa  2  a  2

Ta có: Aa = 10A + a = 2.5 A + a => a = Aa - 2.5A

Nếu Aa  2 mà 2.5A  2 => Aa - 2.5A  2 => a  2 (1)

Nếu a  2 mà 2.5A  2 => 2.5A + a  2 => Aa  2 (2)

Từ (1) và (2) => Aa  2  a  2 (đpcm)

* Chứng minh: A= a n a n1 a1a0  9  an + an-1 + + a1 + a0  9

Ta có: A = a n a n1 a1a0 = an.10n + an-1.10n-1 + + a1.10 + a0

= (an.10n - an )+ (an-1.10n-1 - an-1 )+ + (a1.10 -a1) + (a0 + a1+ a2+ + an-1+ an) = an.(10n- 1) + an-1.(10n-1 -1) + + a1.(10 -1) + (a0 + a1+ a2+ + an-1+ an)

= an.  

9

9

99

so nch + an-1   

9 1

9

99

so c n + +a1.9 + (a0 + a1+ a2+ + an-1+ an) = 9 (an.

1

1

11

so c

n + an-1 

1 1

1

11

cso n + + a2 11 + a1) + (a0 + a1+ a2+ + an-1+ an) Đặt m = (an.

1

1

11

so c

n + an-1 

1 1

1

11

cso n + + a2 11 + a1) => m  Z

Ta có : A = a n a n1 a1a0 = 9m + (a0 + a1+ a2+ + an-1+ an)

=> (a0 + a1+ a2+ + an-1+ an) = a n a n1 a1a0 - 9m

Nếu a n a n 1 a1a0 9 mà 9m9 =>(a n a n 1 a1a0 - 9m)9 => (a0 + a1+ a2+ + an-1+

an)9 (1)

Nếu (a0 + a1+ a2+ + an-1+ an)  9 mà 9m 9 => 9m + (a0 + a1+ a2+ + an-1+ an) 

9

=> a n a n1 a1a0  9 (2)

Từ (1) và (2) => A= a n a n1 a1a0  9  an + an-1 + + a1 + a0  9 (đpcm)

Ví dụ 3: Chứng minh các đẳng thức sau:

a) ( a + b )2 = a2 + 2ab + b2 (1)

b) ( a - b )2 = a2 - 2ab + b2 (2)

c) (a + b)(a - b) = a2 - b2 (3)

Giải:

a) Biến đổi vế trái của (1) ta có: ( a + b )2 = (a + b)(a+ b)

= (a + b).a + (a + b).b

= a2 + ab + ab + b2

= a2 + 2ab + b2

Vậy ( a + b )2 = a2 + 2ab + b2 (đpcm)

Với cách làm tơng tự ta chứng minh đợc đẳng thức (2) và (3)

2 Dạng toán 2: Chứng minh biểu thức chia hết cho một số:

Ví dụ 4: Chứng minh rằng: a) Tích của 2 số nguyên liên tiếp thì chia hết cho 2

b) Tích của 3 số nguyên liên tiếp thì chia hết cho 3

Giải:

a) Gọi 2 số nguyên liên tiếp có dạng: a, a+1 với aZ

Vì aZ nên a có thể chẵn hoặc lẻ

Nếu a chẵn => a  2 => a.(a+1)  2

Nếu a lẻ => a+1 chẵn => a+1  2 => a.(a+1)  2

=> Tích a.(a+1)  2 với aZ

Vậy tích của 2 số nguyên liên tiếp thì chia hết cho 2

b) Gọi 3 số nguyên liên tiếp có dạng: a, a+1,a+2 với aZ

Vì aZ nên a có thể có các dạng sau: 3k, 3k+1, 3k+2 với kZ

Nếu a=3k mà 3k 3 (vì kZ) => a  3 => Tích a.(a+1).(a+2) 3 (1)

Nếu a=3k+1 => a+2 =3k+1+2 = 3k+3 = 3(k+1)  3 (vì k+1Z do kZ )

=> a+2 3 => Tích a.(a+1).(a+2)  3 (2)

Nếu a = 3k+2 => a+1 = 3k+2+1 = 3k+3 = 3(k+1)  3 (vì k+2Z do kZ)

=> a+1  3 => Tích a.(a+1).(a+2)  3 (3)

Từ (1),(2) và (3) => Tích a.(a+1).(a+2)  3 với aZ

Vậy tích của 3 số nguyên liên tiếp thì chia hết cho 3

* Nhận xét: Từ ví dụ 4 ta suy ra: Tích của 3 số nguyên liên tiếp thì chia hết cho 6 (vì 2

và 3 là hai số nguyên tố cùng nhau)

Tích của n số nguyên liên tiếp thì chia hết cho n với n 0

* Dự đoán: Tích của 2 số chẵn liên tiếp thì chia hết cho 8

Tích của 5 số nguyên liên tiếp thì chia hết cho 120

Chứng minh:

+) Tích của 2 số chẵn liên tiếp có dạng 2a.(2a+2) với aZ

Ta có 2a.(2a + 2) = 2a.2(a + 1) = 4a(a +1)

mà a.(a +1)  2 (chứng minh trên)

=> 4a(a+1)  8 => 2a(2a +2)  8 (đpcm)

+) Tích của 5 số nguyên liên tiếp có dạng:

A = a(a+1).(a+2).(a+3).(a+4) với aZ

Theo ví dụ 4 suy ra A  3 và 5 mà trong 5 số liên tiếp có ít nhất 2 số chẵn liên tiếp

=> Tích của 2 số chẵn đó chia hết cho 8

=> A  3; 5 và 8 mà 3; 5 và 8 là các số nguyên tố cùng nhau

=> A  3.5.8 => A  120 ( đpcm)

* Ta nhận thấy a(a+1) = a2 + a Vậy bài toán có thể thay đổi yêu cầu:

Chứng minh: a2+a  2 với aZ Từ đó ta có ví dụ 5:

Ví dụ 5: Cho nZ, chứng minh: n3-19n  6:

Giải:

Ta có: n3-19n = (n3-n) -18n = n(n2-1) -18n = n(n+1)(n-1) -18n

Vì nZ => n(n+1)(n-1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp

=> n(n+1)(n-1)  6 mà 18n 6 => n(n+1)(n-1) -18n  6 => n3-19n  6 (đpcm)

Ví dụ 6: Chứng minh: 10n+2 chia hết cho 3 nhng không chia hết cho 9 với nN*

+) Chứng minh: 10n+2 3

- Cách 1: Ta có 10n+2 = (10n-1)+3 =   

9

9

99

cso

n +3 = 3.  

3

3

33

cso

n +3 = 3.(  

3

3

33

cso

=> 10n+2 3

- Cách 2: Vì 10 chia 3 d 1 => 10n chia 3 d 1n => 10n+2 chia 3 d 1+2=3 3

=>10n+2 chia 3 d 0 => 10n+2 3 (1)

+) Chứng minh: 10n+2 9

Vì 10n+2 = (10n-1)+3 =   

9

9

99

cso

n +3 mà   

9

9

99

cso

n 9 và 3  9 =>   

9

9

99

cso

=> 10n+2 chia 9 d 3 (2)

Từ (1) và (2) => 10n+2 chia hết cho 3 nhng không chia hết cho 9 với nN* (đpcm)

* Nhận xét: Bài toán có thể đặt yêu cầu khác là: Tìm d của phép chia số 10n+2 cho 9

Ví dụ 7: Tìm d của phép chia số A=n2+4n+5 cho 8 với n là số nguyên lẻ

Giải:

Vì n là số nguyên lẻ nên n có dạng 2k+1 với kZ

=> A= (2k+1)2 +4(2k+1)+5 = 4k2+4k+1+8k+4+5

= 4k(k+1)+8k+8+2 = 4k(k+1)+8(k+1)+2

Vì kZ => k(k+1) là tích của 2 số nguyên liên tiếp => k(k+1) 2

=> 4k(k+1) 8 mà 8(k+1) 8 và 28 => 4k(k+1)+8(k+1)+2 8

=> 4k(k+1)+8(k+1)+2 chia 8 d 2

Vậy A chia 8 d 2

Ví dụ 8: Chứng minh rằng: a+4b 13  10a+b 13 với a, bZ

Giải:

- Cách 1: Ta có 10(a+4b) = 10a+40b = (10a+b)+39b => 10a+b = 10(a+4b)- 39b

Nếu a+4b 13 => 10(a+4b) 13 mà 39b 13 => 10(a+4b)- 39b 13

=> 10a+b 13 (1)

Nếu (10a+b) 13 mà 39b 13 => (10a+b)+39b 13 => 10(a+4b) 13

mà 10 và 13 là 2 số nguyên tố cùng nhau

=> a+4b 13 (2)

Từ (1) và (2) => a+4b 13  10a+b 13 với a, bZ (đpcm)

- Cách 2: Ta có 4(10a+b) = 40a+4b = 39a+(a+4b) => a+4b = 4(10a+b) - 39a

Nếu a+4b 13 mà 39a 13 => 39a+(a+4b) 13 => 4(10a+b) 13

mà 4 và 13 là 2 số nguyên tố cùng nhau

=> 10a+b 13 (3)

Nếu 10a+b 13 => 4(10a+b) 13 mà 39a 13 => 4(10a+b) - 39a 13 => a+4b 13 (4)

Từ (3) và (4) => a+4b 13  10a+b 13 với a, bZ (đpcm)

* Vậy: Để chứng minh biểu thức A chia hết cho một số nguyên a 0, ta đa biểu thức A

về dạng A= a.M với MZ

3 Dạng toán 3: Tìm một số thoả mãn điều kiện cho tr ớc

Ví dụ 9: Tìm xZ, x -1, biết: 3x+1 (1)

Giải:

Vì 3x+1 => x+1Ư(3) => x+1 3  ; 1 ; 1 ; 3 => x 4  ; 2 ; 0 ; 2 (thoả mãn (1) ) Vậy với x 4  ; 2 ; 0 ; 2 thì 3x+1

* Lấy ví dụ 9 làm cơ sở để có ví dụ 10:

Ví dụ 10: Tìm xZ, x -1, biết: a) x+3x+1 (2)

b) 2x+3 x+1 (3)

c) 2x+3 3x+1 (4)

d) 2x2+3 x+1 (5)

Giải:

- Cách 1: Ta có x+3 x+1  (x+1)+2  x+1 2  x+1 (Vì x+1 x+1 với x -1)  x+1 Ư(2)  x+1  2  ; 1 ; 1 ; 2  x 3  ; 2 ; 0 ; 1 (Thoả mãn (2))

Vậy với x 3  ; 2 ; 0 ; 1 thì x+3 x+1

x

Z x

Z x

x Z x

x































1

2 1

2 1 1

2 1 1

3

=> x+1Ư(2)  x+1  2  ; 1 ; 1 ; 2  x 3  ; 2 ; 0 ; 1 (Thoả mãn (2))

Vậy với x 3  ; 2 ; 0 ; 1 thì x+3 x+1

b) Làm tơng tự phần a)

c) Vì 2x+3 3x+1 => 3(2x+3) 3x+1 => 6x+9 3x+1 => 2(3x+1)+7 3x+1

=> 7 3x+1 (Vì 2(3x+1) 3x+1)

=> 3x+1 Ư(7) => 3x+1 7  ; 1 ; 1 ; 7 => 3x 8  ; 2 ; 0 ; 6 => x











  

2

;

0

;

3

2

;

3

8

mà xZ => x = 0 ; 2 (Thoả mãn (3))

Vậy với x = 0;2 thì 2x+3 3x+1

d) Vì 2x2+3 x+1 => 2x(x+1) - 2(x+1) +5 x+1

mà 2x(x+1) x+1 và 2(x+1) x+1

=> 5 x+1 => x+1 Ư(5) => x+1  5 ;  1 ; 1 ; 5  x 6 ;  2 ; 0 ; 4 (Thoả mãn (4))

Vậy với x 6  ; 2 ; 0 ; 4 thì 2x2+3 x+1

Ví dụ 11: Tìm x, yZ biết: (x-5)(y+2) = 7 (1)

Giải:

Từ (1) => x 5 và y -2

- Cách 1: Vì x, yZ => x-5  Z và y+2 Z mà (x-5)(y+2) = 7

=> x-5 Ư(7) (Hoặc y+2 Ư(7))

=> x-5 7  ; 1 ; 1 ; 7 Ta có bảng:

Thử lại ta thấy các cặp (x;y) ở trên đều thoả mãn (1)

Vậy có 4 cặp (x;y) thoả mãn đầu bài: (x;y) = (-2;-3) , (4;-9) , (6;5) , (12;-1)

- Cách 2: vì x 5 và y -2 => x-5 = 7 2



y (Hoặc y+2 =

5

7



mà x-5 Z (do x Z) => 7 2



y Z => y+2 Ư(7) => y+2 7  ; 1 ; 1 ; 7

Sau đó lập bảng và làm nh cách 1

* Ta nhận thấy: Nếu phá ngoặc đơn của đẳng thức (1) ta đợc đẳng thức :

xy+2x-5y=17 Bài toán trở thành: Tìm x, y thoả mãn xy+2x-5y=17

- Cách 3: Ta biến đổi đua về dạng đẳng thức (1), tức là: (xy+2x)-5y-10=17-10

<=> x(y+2)-5(y+2)=7 <=> (x-5)(y+2)=7 Sau đó thực hiện nh trên

- Cách 4: Ta có xy+2x-5y=17 => x(y+2) = 17+5y => x = 17 52





y

y

(Vì y 2)

mà x Z => 17 52





y

y

y

Z y

Z y

y























2

7 2

7 5 2

7 ) 2 ( 5

=> y+2 Ư(7) Sau đó lập bảng và làm nh cách 1

4 Dạng toán 4: á p dụng vào giải toán

Ví dụ 12: Tìm số tự nhiên có 2 chữ số sao cho số đó bằng hai lần tích các chữ số của nó

Giải:

Gọi số cần tìm có dạng ab với a 0, 9a,bN

Theo vài ra ta có: ab= 2ab <=> 10a+b = 2ab

- Cách 1: 10a+b = 2ab <=> 10a+b- 2ab = 0 <=> (10a-2ab)+b = 0

<=> 2a(5-b)-(5-b) = -5 <=> (5-b)(2a-1) = -5 <=> (b-5)(2a-1) = 5

mà a,bN => b-5  Z và 2a-1 Z => 2a-1 Ư(5) (Hoặc b-5  Ư(5)) => 2a-1  5  ; 1 ; 1 ; 5 Ta có bảng:

loại

0 loại

loại

6 Thử lại: 36 = 2.3.6 (Đúng)

Vậy số cần tìm là 36

- Cách 2: 10a+b = 2ab <=> b=2ab-10a <=> b=2a(b-5) <=> 2a=

5



b

b

với b 5 Vì a N => 2a N =>

5



b

b

b

N b

N b

b























5

5 5

5 1 5

5 5

=> b-5 Ư(5) => b-5 5 ;  1 ; 1 ; 5  b0 ; 4 ; 6 ; 10

Ta có bảng:

2a=

5



b

Thử lại: 36= 2.3.6 (Đúng)

Vậy số cần tìm là 36

- Cách 3: 10a+b=2ab <=> b=2ab-10a <=> b=2a(b-5)

Vì bN => b-5 Z => 2a(b-5)  a => ba Đặt b=ka với kN*, k9, ta có: 10a+ka=2aka <=> (10+k)a=2aka <=> 10+k=2ka (1) (Vì a 0)

mà k k và 2ka k => 10 k => k= 1;2;5 (Vì k N*, k 9)

Nếu k=1 thay vào (1) => 11=2a => a=

2

11

N (loại) Nếu k=2 thay vào (1) => 12= 4a => a= 3 mà b= ka => b=2.3=6

Thử lại: 36=2.3.6 (Đúng)

Nếu k=5 thay vào (1) => 15= 10a => a= N

10

15

(loại) Vậy số cần tìm là 36

IV Bài tập luyện tập:

Bài 1: Chứng minh rằng: a) 192008 - 192007 2

b) 92004 +14 5

c) 3+32+33+ +32008

 120 Bài 2: Chứng minh rằng: a) 4m3+9m2-19m-30 6 với mọi mZ

b) n3+3n2-n-3 48 với n là số nguyên lẻ

c) n4-4n3-4n2+16n 384 với n là số nguyên chẵn lớn hơn 4 Bài 3: Chứng minh rằng: a) abcd 4  2cd 4

b) abc 21  a 2b 4c 21

c) a+b+c 6 <=> a3+b3+c3 6 với a,b,c  Z

Bài 4: Tìm x,y N sao cho 30x0y03  13

Bài 5: Với x,y Z Chứng minh rằng: a) 6x+11y 31 <=> x+7y 31

b)10x+y 17 <=> 3x+2y  17

Bài 6: Cho a,b,c N thoả mãn: a2+b2=c2 Chứng minh rằng: abc 30

Bài 7: Tìm n N để tổng 1+2+3+ +n là một số có 3 chữ số giống nhau

Bài 8: Tìm n Z để: a) n-22n+4

b)

3

3

3





n

n có giá trị nguyên Bài 9: Tìm x,y Z sao cho: a) x2+xy+y2=x2y2

b) 2xy+x+y= 83

c) 6xy+3x-y=7+2y2

Bài 10: Cho p và 10p+1 là các số nguên tố lớn hơn 3 Chứng minh 5p+1 6

Bài 11: Cho a+1 và 2a+1 đồng thời là các số chính phơng Chứng minh a 24

Bài 12: Tìm số tự nhiên abc với a b c 0 sao cho abc bằng trung bình cộng của

bca và cab

Bài 13: Chứng minh rằng: Nếu tổng của 3 số tự nhiên liên tiếp là một số lẻ thì tích của chúng chia hết cho 24

Bài 14: Tìm số tự nhiên nhỏ nhất chia hết cho 7 và khi chia số đó cho các số 2;3;4;5;6

đều d 1

Bài 15: Tìm số tự nhiên có 3 chữ số biết rằng nếu xoá chữ số hàng trăm đi thì số đó giảm đi 9 lần

Bài 16: Tìm một số chẵn có 4 chữ số trong đó chữ số hàng trăm và chữ số hàng chục lập thành một số gấp 3 lần chữ số hàng nghìn và gấp 2 lần chữ số hàng đơn vị