Một số kinh nghiệm hướng dẫn học sinh lớp 8 và lớp 9 giải các dạng toá

Thực tế nhiều học sinh lớp 8, lớp 9 có lực học khá, giỏi vẫn rất lúng túng và mất định hướng khi gặp các bài toán “ Chứng minh chia hết “ và lớp các bài toán có sử dụng tính chất chia hế

1 MỞ ĐẦU 1.1 Lí do chọn đề tài.

Số học – một phân môn của toán học mà chỉ được gọi tên chính thức ở lớp

6, nhưng kiến thức cơ bản của nó thì xuyên suốt quá trình học toán ở bậc THCS Một trong những mảng kiến thức quan trọng trong số học đó là “ Tính chất chia hết trên tập Z ” Tuy nhiên lượng kiến thức trong sách giáo khoa và sách bài tập hiện hành của bậc THCS liên quan về phần kiến thức này còn rất hạn chế Mặt khác do thời lượng cho phần này quá ít ( chủ yếu học sinh được học ở lớp 6) nên trong quá trình giảng dạy giáo viên chưa thể đưa ra nhiều bài tập cho nhiều dạng toán để hình thành kỹ năng giải toán cho học sinh Thực tế nhiều học sinh lớp 8, lớp 9 có lực học khá, giỏi vẫn rất lúng túng và mất định hướng khi gặp các bài toán “ Chứng minh chia hết “ và lớp các bài toán có sử dụng tính chất chia hết như: các bài toán về số nguyên tố; số chính phương; phương trình nghiệm nguyên …

Xuất phát từ thực tế trên, tôi mạnh dạn đưa ra đề tài “ Một số kinh nghiệm hướng dẫn học sinh lớp 8 và lớp 9 giải các dạng toán về tính chất chia hết thường gặp ở bậc THCS Trường THCS và THPT Nghi Sơn huyện Tĩnh Gia”.

1.2 Mục đích nghiên cứu.

Mục đích nghiên cứu của đề tài là xây dựng thêm một số phương pháp giải các bài toán liên quan đến tính chất chia hết thường gặp ở lớp 8 và lớp 9 Trên

cơ sở đó học sinh có thể định hướng tìm tòi, vận dụng, tìm ra nhiều cách giải hay đối với lớp các bài toán về số nguyên tố; số chính phương; phương trình nghiệm nguyên …

1.3 Đối tượng nghiên cứu.

Một số kinh nghiệm hướng dẫn học sinh lớp 8 và lớp 9 giải các dạng toán

về tính chất chia hết thường gặp ở bậc THCS Trường THCS và THPT Nghi Sơn thông qua một số bài toán cụ thể mang tính đặc trưng cho từng phương pháp

1.4 Phương pháp nghiên cứu

+ Phương pháp nghiên cứu xây dựng cơ sở lý thuyết: Nhắc lại một số kiến thức

cơ bản về tính chất chia hết mà học sinh đã được học từ đó rút ra một số tính chất đặc trưng thường vận dụng trong giải toán

+ Phương pháp thực nghiệm sư phạm, điều tra, khảo sát thực tế : Học sinh áp

dụng các tính chất trên vào việc giải các bài toán cụ thể từ đó tổng quát hóa thành phương pháp giải các dạng toán về chứng minh chia hêt, các bài toán về

số chính phương, số nguyên tố, phương trình nghiệm nguyên

2 NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lí luận.

Tính chất chia hết là một trong những tính chất rất đặc trưng của bộ môn số học trong chương trình toán bậc THCS, những bài toán liên quan đến nó cũng rất đa dạng, phong phú và phức tạp Những bài toán liên quan đến tính chia hết thường xuyên xuất hiện trong các kỳ thi học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh và

thi tuyển sinh vào lớp 10 Những bài toán này thường gây “khó khăn” đối với học sinh kể cả đối với học sinh có lực học khá,giỏi Thực tế hơn 10 năm giảng dạy tại trường THCS và THPT Nghi Sơn tôi thấy lí do là đa số học sinh chưa biết những bài toán “ gốc” của từng dạng toán và phân dạng các bài toán từ đó mất phương hướng tìm tòi lời giải

Qua nghiên cứu một số tài liệu liên quan, tôi thấy nhiều tác giả cũng đã tiếp cận về vấn đề này nhưng việc giải quyết chưa thật triệt để và hiệu quả chưa cao, trong quá trình giảng dạy bản thân tôi nhận thấy việc vận dụng các tính chất chia hết vào các bài toán liên quan: chứng minh chia hết; số chính phương, số nguyên

tố, phương trình nghiệm nguyên để giải quyết rất hiệu quả

Với mong muốn góp phần nhỏ vào việc nâng cao chất lượng giảng dạy môn toán nói chung và phân môn số học nói riêng ở bậc THCS Trường THCS và THPT Nghi Sơn tôi đã mạnh dạn nghiên cứu vấn đề này

2.2 Thực trạng vấn đề.

Là giáo viên giảng dạy môn toán khối THCS trong nhiều năm qua tôi nhận

thấy đa số học sinh có lực học trung bình, mức độ tư duy vừa phải, một số em có lực học khá, giỏi nhưng cũng chỉ có thể làm được một số bài toán mang tính chất vận dụng thấp Trong các kì thi học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh những câu

có nội dung trên thường là những câu gây khó khăn cho học sinh nhất Các em thường không làm được vì học sinh còn rất yếu trong việc vận dụng, phối hợp nhiều phương pháp, nhiều kiến thức suy luận trong một bài toán

2.3 Giải pháp và tổ chức thực hiện.

2.3.1 Lí thuyết.

1 Tính chất chia hết của tổng, của hiệu, của tích

+ a m ; b m   a b m ; a b m   

+ am ; b m  ab m ; a b m .

+ a m  k.a m (k )

+ a m ; b n   ab mn

Ngoài những tính chất cơ bản trên ta cần chú ý một số tính chất đặc biệt thường

áp dụng trong chứng minh các bài toán chia hết sau:

+ a b và b c  a c

+ a b , a c và (b, c) = 1  a bc

+ ab c và (b, c) = 1  a c

+ a b  a bn n

2 Khái niệm đồng dư

a Định nghĩa.

Cho số nguyên m > 0 Nếu hai số nguyên a và b có cùng số dư khi chia cho m thì ta nói a đồng dư với b theo modun m và kí hiệu là a b (mod m).

Vậy a b (mod m)  a b m  Dấu “” gọi là đồng dư thức

b Tính chất.

+ Cộng trừ theo từng vế của nhiều đồng dư theo cùng một modun, tức là:

Nếua b (mod m), c d (mod m) thì a c b d   (mod m); a c b d   (mod m) + Nhân từng vế các đồng dư thức có cùng modun, tức là: Nếu a b (mod m) và

c d (mod m) thì ac bd (mod m)

c Hệ quả

+ Có thể thêm hay bớt cùng một số vào hai vế của một đồng dư thức, tức là:

Nếu a b (mod m) thì a c b c   (mod m) và a c b c   (mod m)

+ Có thể nhân hai vế của cùng một đồng dư thức với một số nguyên khác 0, tức

là Nếu a b (mod m) thì ac bc (mod m)

+ Có thể nâng hai vế của một đồng dư thức lên cùng một lũy thừa với bậc là số

tự nhiên, tức là: Nếu a b (mod m) thì an bn(mod m), n  

2.3.2 Các dạng toán.

Dạng 1 Sử dụng tính chất “ trong n số nguyên liên tiếp có một và chỉ một

số chia hết cho n, n  1”.

Chứng minh Lấy n số nguyên liên tiếp chia cho n thì được n số dư khác nhau

đôi một, trong n số dư khác nhau đôi một này có duy nhất một số dư bằng 0, tức

là có duy nhất một số chia hết cho n

Vận dụng tính chất đơn giản này, kết hợp với thuật toán thêm, bớt, phân tích thành nhân tử ta có thể giải các bài toán sau:

Bài 1 Chứng minh rằng:

a Tích hai số chẵn liên tiếp chia hết cho 8.

b Tích ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 6.

Hướng dẫn.

a Hai số chẵn liên tiếp có dạng 2n và 2n + 2 (n Z) do đó tích của chúng là 2n(2n+2) = 4n(n + 1) Mà n và n + 1 là hai số nguyên liên tiếp nên có một số chia hết cho 2, do đó n(n +1) 2, suy ra 4n(n + 1) 8 Vậy tích hai số chẵn liên tiếp chia hết cho 8

b Ba số nguyên liên tiếp có một số chia hết cho 2 và một số chia hết cho 3 nên tích của chúng chia hết cho 6 vì (2, 3) = 1

Bài 2 Chứng minh rằng với m, nZ :

a n 311n 6

b mn(m 2 n 2 )3

c n(n 1)(2n 1) 6  

Hướng dẫn.

a Ta có: n311n n 3  n 12n (n 1)n(n 1) 12n     Theo kết quả bài 1b thì (n 1)n(n 1) 6   và 12n6 nên n311n 6.

b Ta có: mn(m2 n2) mn (m 2 1) (n2 1) mn(m2 1) mn(n2 1)

Mà m(m21) (m 1)m(m 1) 6    và n(n2  1) (n 1)n(n 1) 6  

Suy ra mn(m2  n2 )3

c Tương tự :

n(n 1)(2n 1) n(n 1)(n 2 n 1) n(n 1)(n 2) n(n 1)(n 1) 6             

Bài 3

a Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3, chứng minh rằng p 2 1 24

b Chứng minh rằng n và n 5 có chữ số tận cùng giống nhau

Hướng dẫn.

a Để chứng minh p2 1 24ta chứng minh p2 1 8 và p2 1 3 ( Vì (8,3) = 1) Thật vậy, do p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p lẻ và không chia hết cho 3

Ta có p2 1 (p 1)(p 1)  p là số lẻ nên p – 1 và p + 1 là hai số chẵn liên tiếp nên ta có (p 1)(p 1) 8   (1) ( theo bài 1a )

Mặt khác p 1, p, p 1  là ba số nguyên liên tiếp nên có một số chia hết cho 3 mà

p3 nên p 1 hoặc p + 1 chia hết cho 3 suy ra (p 1)(p 1) 3   (2)

Từ (1) và (2) suy ra p2 1 24

b Để chứng minh n và n5 có chữ số tận cùng giống nhau ta chứng minh hiệu

5

n  n 10.

Ta có n5 n n(n4 1) n(n2 1)(n2 1) n(n2 1) (  n2 4) 5

n(n21)(n2 4) 5n(n 21)

(n 2)(n 1)n(n 1)(n 2) 5(n 1)n(n 1)      

(n 2)(n 1)n(n 1)(n 2)    là tích của 5 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2.5 = 10 và 5(n 1)n(n 1)  10 Do đó n5 n 10.

Nhận xét:

+ Trong câu b ta có thể chứng minh được n 5 n 30 nZ

+ Từ kết quả bài 2b và bài 3b ta có nội dung bài toán sau:

Bài 4

a Chứng minh rằng 5 3

15

n n 7n

  là số nguyên với mọi nZ

b Chứng minh với n chẵn thì 2 3

24

n n n

  là số nguyên.

Hướng dẫn.

a Ta có: 7n n 8n n n n

15   15   5 3 do đó

5 3

15

n n 7n



Ta đã chứng minh được n5 n 10 (Bài 3b) và n3 n 6 ( Bài 2b) do đó

5

5 

 n3 n

3

 + n là số nguyên

b Giả sử n = 2m (mZ), ta có:

24

Theo bài 2c thì m(m 1)(2m 1) 6   nên 2 3

24

12 8

  là số nguyên

Trên cơ sở nội dung các bài toán đã hướng dẫn trên ta có các bài toán sau:

Bài 1 Chứng minh rằng:

a Tích bốn số nguyên liên tiếp chia hết cho 24

b Tích sáu số nguyên liên tiếp chia hết cho 720

c Tích ba số chẵn liên tiếp chia hết cho 48

Bài 2 Cho a, b là hai số lẻ không chia hết cho 3 Chứng minh rằng a2  b 242  Bài 3 Chứng minh rằng với mọi m, n Zta có:

a n n2 ( 2  1) 1 2 c mn(m4 n ) 304 

b n n2( 4 1) 60  d 3n4 4n3 21n2  10n 24

Bài 4 Chứng minh biểu thức A sau là số nguyên với mọi n nguyên

A

Dạng 2 Sử dụng hằng đẳng thức mở rộng.

Trên cơ sở học sinh đã biết về 7 hằng đẳng thức đáng nhớ ta đưa ra một số đẳng thức mở rộng để vận dụng trong các bài toán chứng minh tính chia hết có liên quan đến số mũ tự nhiên

* Với n  ta có an bn (a b)(an 1  an 2  b abn 2  b )n 1 

* Với n lẻ ta có an bn (a b)(an 1 an 2 b abn 2 b )n 1

Suy ra:

+ a, bZ và a b thì an  b a bn 

+ a, bZ, n lẻ và a b thì an b a bn 

+ a, bZ, n chẵn và a b thì an  b a bn 

Bài 5 Với n chẵn (nZ ) Chứng minh rằng A = 20 n 16 n  3 n  1 323

Hướng dẫn.

Ta có 323 = 19.17 và (19, 17) = 1 Để chứng minh A 323 ta chứng minh A 19

và A17 Biến đổi A = 20n 16n  3n  1 (20n  1) ( 16n  3 )n

Do 20n  1 20 1 19   và n chẵn nên 16n  3 16 3 19n  

Suy ra A = 20n 16n  3n  1 19 (1)

Mặt khác A =20n 16n  3n  1 (20n  3 ) (16n  n  1 )n

20  3 20 3 17   và n chẵn nên 16n  1 16 1 17n  

Suy ra A = 20n  16n  3n  1 17 (2)

Từ (1) và (2) suy ra A = 20n 16n  3n  1 323

Bài 6 Cho n là số nguyên dương và k là số tự nhiên lẻ Chứng minh rằng:

a 1 k 2 k  n 1 2 n k    .

b 1 k 2 k  (2n) n(2n 1) k  .

Hướng dẫn.

a Đặt S = 1k 2k  n k

Hay S = nk (n 1) k  1 k

 2S (1 k n )k (2k (n 1) k) (n k 1k).

Vì k lẻ nên1k n n 1;k  2k (n 1) kn 1; Suy ra 2S n 1  (1)

Mặt khác viết S = 1k 2k  (n 1)  k nk

S = (n 1) k (n 2) k  1 k nk

 2S 1k (n 1)k 2k (n 2)k (n 1)k 1k 2.nk

Vì k lẻ nên 1k(n 1) n k ; 2k (n 2)kn; ; 2.n nk Suy ra 2S n (2)

Từ (1), (2) và (n, n+1) = 1 suy ra 2Sn(n1) Hơn nữa n(n+1) là số chẵn nên 2

n(n 1)

S  Ta lại có

2

n(n 1) = 1 + 2 +…+ n Suy ra S 1 + 2 +…+ n

b Trong câu a, thay n bởi 2n ta có:

k k k 2n(2n 1) n(2n 1)

2

1 2  (2n)     (đpcm)

Bài 7 Cho đa thức f(x) với hệ số nguyên:

n n n 1

f(x) a x a x  a x a (a Z ;i 1, 2, n)



a, b là hai số nguyên khác nhau.

a Chứng minh rằng f(a) f(b) a b  

b Áp dụng : Chứng minh rằng không có đa thức P(x) nào với hệ số

nguyên có thể có giá trị P(7) 5 và P(15) 9.

Hướng dẫn.

a Ta có n n n 1

f ( )a a a a a  a a a



n n n 1

f ( )b a b a b  a b a



Suy ra f (a) f (b) a b an(an b ) a (an n 1 n 1 b ) a (a b)n 1 1



Vì ak  b a b ; kk   nên f (a) f (b) a b  

b Giả sử có đa thức P(x) với hệ số nguyên sao cho P(7) = 5 và P(15) = 9, khi đó P(15) – P(7) 15 – 7 = 8  4 8 ( vô lí ) Vậy không tồn tại đ a thức thõa mãn đề bài

Một số bài toán tương tự:

Bài 1 Cho n  Chứng minh rằng:

a 9.10n 18 27 b 92n 14 5

c 62n 1  5n 2  3 d 16n  15n 1 225 

Bài 2 Cho n * Chứng minh rằng: 62n 3n 2 3 11n

Dạng 3 Sử dụng phép chia có dư.

Phép chia có dư liên quan chặt chẽ với đồng dư thức trong việc áp dụng giải một

số bài toán chứng minh tính chia hết trong tậpZcũng như một số dạng phương trình nghiệm nguyên

Để chứng minh A(n)  p ta xét tất cả các số dư trong phép chia n cho p Chia n cho p được các số dư là 0, 1, 2,….,p – 1 Đặc biệt nếu p lẻ ta có thể viết:

n = k.p + r với p 1

2

r 0, 1, ,   

Ví dụ khi chia n cho 5 thì n có dạng: n =5k, n 5k 1  , n 5k 2 

Bài 8 Chứng minh rằng không tồn tại a Z để a 2  1 3

Hướng dẫn.

Số a có thể biểu diễn bằng một trong 3 cách sau:

a = 3q, a = 3q + 1, a = 3q + 2

Ta xét mọi khả năng phân tích số a

+ Với a = 3q số a2 1 9q21 chia cho 3 còn dư 1, nên a213.

+ Với a = 3q + 1 số a2 1 ( q 1)3  2 1 3(3q22q) 2 chia 3 còn dư 2 nên

2

a 13

+ Với a = 3q + 2 số a2 1 ( q 2)3  2 1 3(3q24q 1) 2  chia 3 còn dư 2 nên

2

a 13

Vậy a21không chia hết cho 3

Bài 9 Tìm dư trong phép chia một số chính phương cho 3, cho 5.

Hướng dẫn.

Số chính phương có dạng n n 2 ( )

1 Chia n cho 3 thì n = 3k hoặc n = 3k1

+ Nếu n = 3k thì n2 9k2chia hết cho 3

+ Nếu n = 3k1 thì n2 (3k 1) 2 9k2 6k 1

Vậy một số chính phương khi chia cho 3 có dư là 0 hoặc 1

2 Chia n cho 5 thì n =5k, n 5k 1  , n 5k 2 

+ Nếu n =5k thì n225k2chia hết cho 5

+ Nếu n 5k 1  thì n2 (5k 1) 2 25k2 10k 1 chia 5 dư 1.

+ Nếu n 5k 2  thì n2 (5k 2) 2 25k220k 4 chia 5 dư 4

Vậy một số chính phương khi chia cho 5 có dư là 0, 1, hoặc 4

Chú ý : Từ nội dung bài toán trên ta có kết quả sau

+ Số có dạng 3k + 2 không thể là số chính phương

+ Số có dạng 5k + 2, 5k + 3 không thể là một số chính phương.

Bài 10 Cho a Z Chứng minh rằng:

a a 4 chia cho 8 chỉ có thể dư 0 hoặc 1.

b a 4 chia cho 16 chỉ có thể dư 0 hoặc 1

Hướng dẫn.

a + Nếu a2 thì a424  a48

+ Nếu a không chia hết cho 2 thì a1 2; a 1 2; a2 1 2

Suy ra a4   1 (a 1)(a 1)(a 2 1) 8 Do đó a4chia cho 8 dư 1

Vậy a4 chia cho 8 chỉ có thể dư 0 hoặc 1

b + Nếu a2 thì a 4 24

+ Nếu a không chia hết cho 2 thì a – 1 và a + 1 là hai số chẵn liên tiếp nên

có một số chia hết cho 4 Suy ra (a 1)(a  1) 8

Mà a2  1 2 nên a4 1 (a 1)(a 1)(a  21) 16

Do đóa4chia cho 16 dư 1

Bài 11 Chứng minh rằng tổng bình phương của 5 số nguyên liên tiếp không thể là một số chính phương.

Hướng dẫn.

Tổng bình phương của 5 số nguyên liên tiếp có dạng:

T = (n 2) 2(n 1) 2n2(n 1) 2(n 2) 2 Hay T = 5n210 5(n 22)

Ta chứng minh n22 không chia hết cho 5 với mọi n

+ Nếu n5 thì n22 chia cho 5 dư 2

+ Nếu n 5k 1  thì n22 = (5k 1) 2 2 chia cho 5 dư 3

+ Nếu n 5k 2  thì n22 = (5k 2) 22 chia cho 5 dư 1

Vậy n22 5 nên T là số chia hết cho 5 nhưng không chia hết cho 25, do đó T không thể là một số chính phương

Chú ý Trong bài toán trên ta đã sử dụng tính chất sau: Một số chính phương

chia hết cho số nguyên tố p thì nó chia hết cho p2 Như vậy nếu n p mà n p2 thì n không là số chính phương.

Bài 12 Tìm số tự nhiên n để 3 2n3 n1 13

Hướng dẫn.

+ Với n = 3k ta có :

32n3n  1 36k 33k 1(272k  1) (27 k 1) 3 chia cho 13 có dư là 3

vì 27n 1 27 1 26  

+ Với n = 3k + 1 ta có:

32n3n  1 36k 2  33k 1  1 9(27 2k 1) 3(27 k1) 13 13 

+ Với n = 3k +2 ta có :

32n3n  1 36k 4  33k 2  1 81(27 2k 1) 9(27 k1) 91 13. 

Vậy với n 3k thì 32n3n1 13

Bài 13 Cho ba số nguyên x, y, z thõa mãn x 2y 2z 2 Chứng minh rằng xyz 60

Hướng dẫn.

Ta có 60 = 3.4.5

* Chứng minh xyz3.

Thật vậy, nếu x3 và y3 thì x2 1(mod 3), và y2 1(mod 3)

Suy ra x2 y22(mod 3) Khi đóz2chia cho 3 dư 2, vô lí vì z2chia cho chỉ có thể dư 0 hoặc 1 ( kq bài 12 )

Vậy x3 hoặc y3 suy ra xyz 3 (1)

* Chứng minh xyz 4

+ Nếu x, y cùng lẻ tức là x = 2m + 1 ; y = 2n + 1 thì:

x y (2m 1) (2n 1) 4(m n m n) 2  Suy ra x2y2là số chẵn, không chia hết cho 4 nên không thể là số chính phương Vậy trường hợp này không xảy ra

+ Nếu x, y cùng chẵn thì xy4  xyz4

+ Nếu x chẵn, y lẻ ( Trường hợp x lẻ, y chẵn chứng minh tương tự )

Đặt x = 2n, y = 2m + 1 khi đó z lẻ, đặt z = 2p + 1 Ta có:

x2y2 z2 (2n)2(2m 1) 2 (2p 1) 2

 4n2 4m24m 1 4p  24p 1

 n2 p(p 1) m(m 1) 2     n 2  x 4

Vậyxyz4 (2)

* Chứng minh xyz 5

+ Nếu x 5 hoặcy 5 thìxyz 5.

+ Nếu x và y cùng không chia hết cho 5 thì x2 ,y2chia 5 dư 1 hoặc 4 (kq bài 12) Khi đó x2 y2 chia cho 5 có dư là 0, 2 hoặc 3 Nhưng z2chia cho 5 chỉ có thể

dư 0, 1 hoặc 4 nên z 5 Vậy xyz 5 (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra xyz 3.4.5 60  (đpcm)

Một số bài toán tương tự:

Bài 1 Cho nZ .Chứng minh rằng:

a n7 n42

b Nếu n không chia hết cho 7 thì n31 hoặc n3 1chia hết cho 7

Bài 2 Tìm số tự nhiên n để:

a 22n2n1 7 b 3n63 72

Bài 3 Chứng minh rằng n(n21)(n24 5)  nZ.

Dạng 4 Sử dụng nguyên lí Dirichlet.

Phương pháp sử dụng nguyên lí Dirichlet là phương pháp mà học sinh được làm quen từ rất sớm (lớp 6) và là một phương pháp thể hiện rõ cái đẹp của toán học Lập luận của phương pháp Dirichlet thường được sử dụng trong các bài toán chứng minh sự tồn tại một khả năng nào đó mà không cần chỉ rõ khả năng đó tồn tại khi nào và có bao nhiêu khả năng như vậy tồn tại

* Để dễ nhớ nguyên lí Dirichlet thường được phát biểu như sau:

“ Nếu đem n + 1 con thỏ nhốt vào n chuồng thì có ít nhất một chuồng chứa từ hai con thỏ trở lên.”

Tổng quát:

“ Nếu đem nk + 1 con thỏ nhốt vào n chuồng thì có ít nhất một chuồng chứa từ

k + 1 con thỏ trở lên.”

* Để sử dụng nguyên lí Dirichlet ta phải làm xuất hiện tình huống nhốt “thỏ” vào “chuồng” thõa mãn các điều kiện:

+ Số “thỏ” phải nhiều hơn số “chuồng”.

+“thỏ” phải được nhốt hết vào các“chuồng”, nhưng không bắt buộc là chuồng nào cũng phải có “thỏ”.

Bài 14 Chứng minh rằng:

a Trong 11 số nguyên bất kì có thể tìm được 2 số có chữ số tận cùng giống nhau.

b Trong 101 số nguyên bất kì có thể tìm được 2 số có hai chữ số tận cùng giống nhau.

Hướng dẫn.

a Lấy 11 số nguyên đã cho chia cho 10 thì được 11 số dư nhận một trong 10 số : 0; 1; 2;… 9 Theo nguyên lí Dirichlet phải có 2 số có cùng dư, hiệu 2 số đó chia hết cho 10 Đó là 2 số có chữ số tận cùng giống nhau

Chú ý Trong câu a “Thỏ” là 11 số dư khi chia 11 số nguyên cho 10 ( Tức là lấy các chữ số tận cùng của 11 số đó ) còn “chuồng” là các số dư 0, 1,…….9.

b Tương tự câu a lấy 101 số nguyên đã cho chia cho 100 ( Tức là lấy 2 chữ số tận cùng của chúng )

Bài 15 Chứng minh rằng trong 5 số nguyên bất kì có thể tìm được 3 số có tổng chia hết cho 3.

Hướng dẫn.

Lấy 5 số nguyên đã cho chia cho 3 được các số dư 0, 1, 2

* Nếu 5 số nguyên này khi chia cho 3 có đủ ba số dư 0, 1, 2 Giả sử a1=3k1;

a2=3k2 + 1; a3=3k3 + 2 thì a1 + a2 + a3 = 3(k1 + k2 + k3 + 1)  3

* Nếu 5 số nguyên này khi chia cho 3 chỉ có hai loại số dư thì theo nguyên lí Dirichlet có ít nhất 3 số có cùng dư, khi đó tổng của 3 số này chia hết cho 3

* Nếu 5 số nguyên này khi chia cho 3 chỉ có chung một số dư thì tổng 3 số bất

kì trong chúng chia hết cho 3

Vậy trong 5 số nguyên bất kì có thể tìm được 3 số có tổng chia hết cho 3

Bài 16 Trên mặt phẳng cho sáu điểm phân biệt trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng Nối các điểm đó bởi các đoạn thẳng và tô chúng bởi hai màu xanh và đỏ Chứng minh rằng tồn tại một tam giác có các cạnh cùng màu.

Hướng dẫn.

Gọi 6 điểm đó là A, B, C, D, E, F Nối điểm A với năm điểm khác, ta được năm đoạn thẳng tô hai màu nên có ít nhất ba đoạn cùng màu Giả sử đó là ba cạnh:

AB, AC, AD và chúng có cùng màu đỏ Khi đó có thể xảy ra hai trường hợp: + Nếu một trong ba cạnh BC, CD, BD có màu đỏ thì một trong ba tam giác ABC, ACD, ABD có các cạnh màu đỏ

+ Nếu cả ba đoạn BC, CD, BD có màu xanh thì tam giác BCD có các cạnh cùng màu xanh Vậy luôn tồn tại một tam giác có các cạnh cùng màu

Một số bài toán tương tự:

Bài 1 Chứng minh rằng trong 12 số tự nhiên bất kì luôn chọn được hai số có hiệu chia hết cho 11

Bài 2 Chứng minh rằng với ba số nguyên tố lớn hơn 3 bất kì luôn tìm được hai

số có tổng hoặc hiệu chia hết cho 12