Một số dạng toán số học trong chương trình trung học cơ sở (tt)

Lời cảm ơnKhóa luận " Một số dạng toán số học trong chương trình Trung học cơ sở " chủyếu tập trung vào việc phân loại các dạng toán số học bậc THCS và đưa ra một sốbài tập mới điển hình

Lời cảm ơn

Khóa luận " Một số dạng toán số học trong chương trình Trung học cơ sở " chủyếu tập trung vào việc phân loại các dạng toán số học bậc THCS và đưa ra một sốbài tập mới điển hình cho mỗi dạng đó Khóa luận là một tài liệu để các giáo viên vàhọc sinh Trung học cơ sở tham khảo, đặc biệt là dùng để ôn thi học sinh giỏi

Để hoàn thành khóa luận tốt nghiệp, ngoài sự nổ lực của bản thân, tôi còn nhậnđược sự giúp đỡ tận tình của các thầy giáo, cô giáo trong khoa Toán - Tin, TrườngĐại học Quảng Bình trong suốt thời gian thực hiện đề tài này

Đặc biệt tôi xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới thầy giáo Th.S Trần Mạnh Hùng

- Giảng viên Khoa khoa học tự nhiên, Trường Đại học Quảng Bình Thầy đã giànhnhiều thời gian quý báu tận tình hướng dẫn tôi trong suốt quá trình thực hiện khóaluận tốt nghiệp, đồng thời giúp tôi lĩnh hội được những kiến thức chuyên môn cũngnhư soạn thảo văn bản bằng Latex và rèn luyện tôi tác phong nghiên cứu khoa học.Qua đây, tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành và sâu sắc tới các thầy giáo, cô giáotrong Khoa khoa học tự nhiên, tới gia đình, bạn bè đã luôn sát cánh bên tôi, nhiệttình giúp đỡ, chia sẽ, động viên tôi trong suốt quá trình học tập cũng như trong khitôi thực hiện và hoàn chỉnh khóa luận này

Trong quá trình thực hiện khóa luận, tôi đã rất cố gắng để hoàn thiện cả về nộidung lẫn hình thức nhưng vẫn không thể tránh khỏi những thiếu sót Nên tôi rấtmong nhận được sự góp ý của các thầy giáo, cô giáo và các bạn để khóa luận đượchoàn thiện hơn

Tôi xin chân thành cảm ơn!

Lời cảm ơn 1

MỘT SỐ DẠNG TOÁN SỐ HỌC TRONG CHƯƠNG TRÌNH

1 Tính chia hết của số nguyên 5

2 Tìm chữ số tận cùng 11

3 Số nguyên tố và hợp số 15

4 Số chính phương 20

5 Ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất 24

6 Phương trình nghiệm nguyên 26

MỞ ĐẦU

1 Lí do chọn đề tài

Trong chương trình toán bậc Trung học cơ sở, chuyên đề về số học là một chuyên

đề xuyên suốt, thường xuyên được sử dụng trong các đề thi học sinh giỏi và thi vàolớp 10 chuyên toán Kiến thức số học chỉ được trình bày trong chương trình toán 6với các khái niệm và tính chất của số tự nhiên, số nguyên, phân số Tuy nhiên công

cụ để giải các bài toán số học là tương đối ít Với kiến thức đại số trong chương trìnhtoán các lớp 7; 8; 9 cho ta thêm nhiều công cụ để giải quyết các bài toán số học Vìvậy mà các bài toán số học hầu như xất hiện trong các đề thi học sinh giỏi toán bậcTrung học cơ sở

Tuy nhiên hiện nay, số tài liệu tham khảo có xuất bản về chuyên đề số học bậcTrung học cơ sở là tương đối ít, chủ yếu xuất hiện ở các chuyên đề bồi dưỡng họcsinh giỏi được đưa lên mạng internet Rất nhiều các tài liệu tham khảo về chuyên đề

số học bậc Trung học cơ sở nhưng trình bày lời giải theo ngôn ngữ của toán học caocấp, như sử dụng ngôn ngữ đồng dư, các hàm số số học Vì muốn có một tài liệutham khảo mà học sinh bậc Trung học cơ sở có thể đọc hiểu dễ dàng lời giải cũngnhư có cái nhìn sâu hơn về số học bậc Trung học cơ sở Với lòng đam mê nghiên cứu

và sự góp ý của giáo viên hướng dẫn, em đã chọn đề tài "Một số dạng toán số họctrong chương trình Trung học cơ sở " để nghiên cứu

2 Mục đích nghiên cứu

Hệ thống các bài tập về số học trong chương trình trung học cơ sở và đưa ra một

số bài toán mới

3 Đối tượng nghiên cứu và phạm vi nghiên cứu

Đối tượng: hệ thống bài tập số học bậc Trung học cơ sở

Phạm vi nghiên cứu: Sắp xếp hệ thống bài tập số học bậc Trung học cơ sở theocác dạng toán, đưa ra lời giải phù hợp cho học sinh Trung học cơ sở, đưa ra các bàitoán mới và bài toán tương tự

4 Phương pháp nghiên cứu

- Phương pháp nghiên cứu lí luận: phân tích, nghiên cứu tài liệu trên cơ sở đó tổnghợp, chứng minh các vấn đề nghiên cứu, trình bày các bài tập, đưa ra các bài tậptương tự

- Phương pháp lấy ý kiến chuyên gia: Gồm ý kiến của các giảng viên hướng dẫn khoahọc và các giảng viên khác trong Bộ môn Toán, Khoa khoa học tự nhiên, Trường Đạihọc Quảng Bình

5 Thời gian nghiên cứu

Năm học 2016 -2017

6 Bố cục khóa luận

Ngoài các phần mở đầu, kết luận, phụ lục, và tài liệu tham khảo, nội dung khóaluận gồm các mục là các dạng toán số học bậc THCS

Một số dạng toán số học trong chương trình Trung học cơ sở

1 TÍNH CHIA HẾT CỦA SỐ NGUYÊN

1.1 Một số tính chất

Dấu hiệu chia hết:

Một số tự nhiên sẽ:

i) Chia hết cho 2 nếu chữ số tận cùng bằng 0, 2, 4, 6, 8

ii) Chia hết cho 5 nếu chữ số tận cùng bằng 0, 5

iii) Chia hết cho 4 nếu số tạo bởi hai chữ số tận cùng chia hết cho 4

iv) Chia hết cho 8 nếu số tạo bởi ba chữ số tận cùng chia hết cho 8

v) Chia hết cho 25 nếu số tạo bởi hai chữ số tận cùng chia hết cho 25

vi) Chia hết cho 125 nếu số tạo bởi ba chữ số tận cùng chia hết cho 125

vii) Chia hết cho 3 nếu tổng các chữ số chia hết cho 3

viii) Chia hết cho 9 nếu tổng các chữ số chia hết cho 9

ix) Chia hết cho 11 nếu hiệu của tổng các chữ số ở vị trí chẵn và tổng các chữ số ở

Vậy n chia hết 125 khi và chỉ khi a2a1a0 chia hết cho 125.

vii) n = an a1a0 = 10n+ + 10a1+ a0 = (9 + 1)nan+ + (9 + 1).a1+ a0

Vì (9 + 1)k.ak có cùng số dư với ak khi chia cho 3 nên

n = (9 + 1)nan+ + (9 + 1).a1+ a0 chia hết cho 3 khi và chỉ khi an+ + a1+ a0chia hết cho 3

viii) n =an a3a2a1a0 = an a3.1000 + a2a1a0

Vậy n chia hết 125 khi và chỉ khi a2a1a0 chia hết cho 125

ix) n = an a1a0 = 10n+ + 10a1+ a0 = (9 + 1)nan+ + (9 + 1).a1+ a0

Vì (9 + 1)k.ak có cùng số dư với ak khi chia cho 9 nên

n = (9 + 1)nan+ + (9 + 1).a1+ a0 chia hết cho 9 khi và chỉ khi an+ + a1+ a0chia hết cho 9

x) n = an a1a0 = 10n+ + 10a1+ a0 = (11 − 1)nan+ + (11 − 1).a1 + a0 =11.An+ (−1)n.an+ + 11.A1− a1 + a0

Vậy n chia hết cho 11 khi và chỉ khi (−1)nan+ + (−1)1a1+ (−1)0a0 chia hếtcho 11

Tính chất [2]

i) Nếu một tích chia hết cho số nguyên tố p thì tồn tại một thừa số của tích chiahết cho p

ii) Nếu tích a.b chia hết cho m, trong đó b và m nguyên tố cùng nhau thì a chia hếtcho m.

iii) Nếu a chia hết cho các số nguyên tố cùng nhau đôi một thì a chia hết cho tíchcủa chúng

1.2 Chứng minh sự chia hết

Bài toán 1 Chứng minh tích của 3 số nguyên liên tiếp chia hết cho 3

Giải

Giả sử x = n(n + 1)(n + 2), n ∈ Z

Nếu n = 3k, k ∈ Z thì n chia hết cho 3 suy ra x chia hết cho 3

Nếu n = 3k + 1, k ∈ Z thì n + 2 chia hết cho 3 suy ra x chia hết cho 3

Nếu n = 3k + 2, k ∈ Z thì n + 1 chia hết cho 3 suy ra x chia hết cho 3

Vậy x luôn chia hết cho 3

Bài Toán 2 Chứng minh rằng: với mọi số tự nhiên n ta luôn có

A(n) = n(n2+ 1)(n2+ 4)luôn chia hết cho 5

Giải

Nếu n = 5k, k ∈ N thì n chia hết cho 5 suy ra A(n) chia hết cho 5

Nếu n = 5k ± 1, k ∈ N thì n2+ 4 = 25k2± 10k + 1 + 4 = 5(5k2± 2k + 1) chia hếtcho 5 suy ra A(n) chia hết cho 5

Nếu n = 5k ± 2, k ∈ N thì n2+ 1 = 25k2± 20k + 4 + 1 = 5(5k2± 4k + 1) chia hếtcho 5 suy ra A(n) chia hết cho 5

Bài Toán 3 Chứng minh rằng với mọi số nguyên m ta có m3− 13m

chia hết cho 6

Giải

Ta có m3− 13m = m(m2− 1) − 12m = (m − 1).m.(m + 1) − 12m

Vì (m − 1).m.(m + 1) là tích 3 số nguyên liên tiếp nên nó vừa chia hết cho 2 vừachia hết cho 3.

Vậy nó chia hết cho 6

Suy ra m3− 13m chia hết cho 6

Bài toán 4 Chứng minh rằng với mọi số nguyên m, n ta có m.n.(m2 − n2) chiahết cho 6

Vậy A chia hết cho 42017

Bài toán 6 Chứng minh n5− n chia hết cho 5 với mọi số nguyên n

Giải n5− n = n.(n4− 1) = n.(n2− 1)(n2 + 1)

Nếu n = 5k thì n chia hết cho 5 suy ra n5− n chia hết cho 5

Nếu n = 5k ± 1 thì n2− 1 = 25k2± 10k + 1 − 1 = 5(5k2± 2k) chia hết cho 5 suy

Giải Ta sử dụng phép quy nạp trên n.

Nếu n = 1 thì A(1) = 2 chia hết cho 21

Giả sử A(k) = (k + 1)(k + 2) (k + k) chia hết cho 2k

Ta có A(k + 1) = (k + 2).(k + 3) (2k + 2) = 2.(k + 1).(k + 2) (k + k).(k + k + 1).Theo giả thiết quy nạp ta có A(k) = (k + 1)(k + 2) (k + k) chia hết cho 2k suy

ra 2.(k + 1).(k + 2) (k + k) chia hết cho 2k+1

Vậy A(k + 1) chia hết cho 2k+1

1.3 Chứng minh sự không chia hết

Bài toán 1 Chứng minh rằng n2+ n − 16 không chia hết cho 25 với mọi số nguyênn

Giải

Ta có A = n2+ n − 16 = (n + 3)(n − 2) − 10

Vì n + 3 và n − 2 có hiệu là 5 nên chúng cùng chia hết cho 5 hoặc cùng không chiahết cho 5

Nếu n + 3 và n − 2 cùng chia hết cho 5 thì (n + 3)(n − 2) chia hết cho 25 Vậy

A = (n + 3)(n − 2) − 10 không chia hết cho 25

Nếu n + 3 và n − 2 cùng không chia hết cho 5 thì (n + 3)(n − 2) không chia hết cho

25 Vậy A = (n + 3)(n − 2) − 10 không chia hết cho 5 nên A không chia hết cho 25.Bài toán 2 Chứng minh rằng: với mọi số nguyên n ta có n2+ 3n − 3 không chiahết cho 49

Vậy A không chia hết cho 49.

1.4 Tìm điều kiện để chia hết

Bài toán 1 Tìm số tự nhiên n để n2+ (n + 1)2+ (n + 2)2+ (n + 3)2 chia hết cho10

Vậy các số tự nhiên n cần tìm là các số tự nhiên có chữ số tận cùng là 1 hoặc 6.Bài toán 2 Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất để A = n3+ 7n2+ 6n chia hết cho125

Giải

A = n3+ 7n2+ 6n = n(n2+ 7n + 6) = n(n + 1)(n + 6)

Với n = 5k, thì n + 1 và n + 6 không chia hết cho 5 Vì vậy A chia hết 125 khi vàchỉ khi n chia hết 125 Chọn n nhỏ nhất là 125

Với n = 5k + 1 k ∈ Z hoặc n = 5k + 2 k ∈ Z hoặc n = 5k + 3 k ∈ Z thì n; n + 1 và

n + 6 không chia hết cho 5 Vì vậy A không chia hết 5

Với n = 5k + 4 k ∈ Z thì n không chia hết cho 5 Vì vậy A chia hết 125 khi và chỉkhi (n + 1)(n + 6) chia hết 125 Chọn n nhỏ nhất là 19

Vậy giá trị cần tìm là n = 19

Ta có a không chia hết cho 5 thì a2 chia 5 dư 1 hoặc 4.

Nếu a2 chia 5 dư 1 thì a2− 1 và a8+ a6+ a4 + a2+ 1 chia hết cho 5 Vậy a20− 1chia hết cho 5

Nếu a2 chia 5 dư 4 thì a2+ 1 và a8− a6+ a4− a2+ 1 chia hết cho 5 Vậy a20− 1chia hết cho 5

Bài toán 1 Tìm chữ số tận cùng của các số:

Cách 2 Với mỗi số tự nhiên a ta có a5− a chia hết cho 10

Thật vậy: a5− a = a(a2− 1)(a2+ 1) = a(a2− 1)(a2− 4a + 5)

= a(a − 1)(a + 1)(a − 2)(a + 2) + 5a(a − 1)(a + 1), chia hết cho 10

B = [(15 − 1) + (25− 2) + + (20175− 2107)] + (1 + 2 + + 2017) = 10.m +(1 + 2 + + 2017).

Vậy chữ số tận cùng của B bằng chữ số tận cùng của tổng 1+2+ .+2017 = 2033136Vậy chữ số tận cùng của B là 6

Bài toán 3 Tồn tại hay không số tự nhiên n để n2+ n + 1 chia hết cho 20152017.Giải

20152017 có chữ số tận cùng là 5, nên 20152017 chia hết cho 5

Nếu n = 5k thì n2+ n + 1 = 5(5k2 + k) + 1 không chia hết cho 5

Nếu n = 5k ± 1 thì n2 chia 5 dư 1, suy ra n2+ n + 1 không chia hết cho 5

Nếu n = 5k ± 2 thì n2 chia 5 dư 4, suy ra n2 + 1 chia hết cho 5 Vậy n2 + n + 1không chia hết cho 5

Bài toán 4 Tìm chữ số tận cùng của tổng A = 2 + 22+ + 22017

2018 = 4.504 + 2, nên chữ số tận cùng của 22018 là 4 Vậy chữ số tận cùng của

220 chia 25 dư 1 nên 220432 chia 25 dư 1, hay 220432 = 25k + 1

Vậy n = 100k + 4, suy ra chữ hai chữ số cuối cùng là 04

Bài toán 6 Tìm hai chữ số tận cùng của tổng S = 12002+ 22002+ + 20172002.Giải

Nếu a là số tự nhiên chẵn thì ta có a2 chia hết cho 4, suy ra a2(a25− 1) chia hếtcho 100 Vậy a2(a100− 1) chia hết cho 100

Nếu a là số tự nhiên lẻ thì ta có a100 − 1 chia hết cho 4, suy ra a100− 1 chia hếtcho 100

S = 12002+ 22002+ + 20172002

= 12(12002− 1) + 22(22000− 1) + + 20172(20172000− 1) + 12+ 22+ + 20172

Vậy hai chữ số tận cùng của S bằng hai chữ số tận cùng của tổng 12+22+ .+20172

Ta có 12; 22; 32; 42; 52; 62; 72; 82; 92; 02có chữ số tận cùng lần lượt là 1; 4; 9; 6; 6; 9; 4; 1; 0.Hai chữ số tận cùng của tổng 12+ 22+ + 20172 bằng hai chữ số tận cùng củatổng

402(1 + 4 + 9 + 6) + 1 + 4 + 6 + 6 + 9 = 8066

Vậy hai chữ số tận cùng của tổng: S = 12002+ 22002+ + 20172002 là 66

a) Mọi số nguyên tố lớn hơn 2 đều có dạng 4k ± 1.

b) Mọi số nguyên tố lớn hơn 3 đều có dạng 6k ± 1

Giải

a) n = 4k ± 2 = 2(2k ± 1) là hợp số với mọi số tự nhiên k > 1

Vậy mọi số nguyên tố lớn hơn 2 đều có dạng 4k ± 1

b) n = 6k ± 2 = 2(3k ± 1) là hợp số với mọi số tự nhiên k > 0

n = 6k là hợp số với mọi số tự nhiên k > 0

Vậy mọi số nguyên tố lớn hơn 3 đều có dạng 6k ± 1

Bài toán 3 Tìm số tự nhiên n sao cho n39−1 là số nguyên tố

Giải

n3− 1 chia hết cho 9 suy ra n3− 1 chia hết cho 3

Ta có n3− n = n(n − 1)(n + 1) chia hết cho 3, suy ra n3 có cùng số dư với n khichia cho 3

Vì n3 − 1 chia hết cho 3 suy ra n = 3k + 1.

Khi đó n39−1 = (3k+1)93−1 = 27k3+27k9 2+9k = 3k3+ 3k2+ k = k(3k2+ 3k + 1)

Để n39−1 là số nguyên tố, phải có k = 1 Khi đó n = 4 và n39−1 = 7 là số nguyên tố.Bài toán 4 Tìm các số tự nhiên n ≥ sao cho p = n(n+1)(n+26 + 1 là số nguyên tố.Giải

Với n = 3k + 2 và k ≥ 1 thì p = (3k+5)(9k62+12k+6) = (3k+5)(3k22+4k+2) không là sốnguyên tố vì 3k + 5 > 2; 3k2+ 4k + 2 > 2

Với n = 3k và k ≥ 2 thì p = (3k+3)(9k6 2+2) = (k+1)(9k2 2+2) không là số nguyên tố vì

d) Nếu p là số nguyên tố lớn 3 thì p2 = 3k + 1 =⇒ 8p2 + 1 = 24k + 9 là hợp số.Với p = 2 =⇒ 8p2+ 1 = 33 là hợp số.

Với p = 3 =⇒ 8p2+ 1 = 73; 2p + 1 = 7 đều là các số nguyên tố

Bài toán 7 Tìm số nguyên tố p sao cho

a) 2p + 1 là lập phương của một số nguyên tố

b) 7p + 1 là bình phương của một số tự nhiên

c) 13p + 1 là lập phương của một số tự nhiên

b) 7p + 1 = n2 với n là số tự nhiên nào đó thì 7p = (n − 1)(n + 1)

Nếu n − 1 = 1 =⇒ n = 2 =⇒ 7p = 3 không thỏa mãn Vậy n − 1 > 1

Khi đó ta có n − 1 và n + 1 có một giá trị là 7 và một giá trị là p

Với n − 1 = 7 =⇒ n = 8 =⇒ p = 9 không phải là số nguyên tố

Với n + 1 = 7 =⇒ n = 6 =⇒ p = 5 là số nguyên tố

c) 13p + 1 = n3 với n là số tự nhiên nào đó thì 13p = (n − 1)(n2+ n + 1).

Nếu n − 1 = 1 =⇒ n = 2 =⇒ 13p = 7 không thỏa mãn Vậy n − 1 > 1

Khi đó ta có n − 1 và n2+ n + 1 có một giá trị là 13 và một giá trị là p

Với n − 1 = 13 =⇒ n = 14 =⇒ p = n2+ n + 1 = 211 là số nguyên tố

Với n2+ n + 1 = 13 =⇒ n = 3 =⇒ p = 2 là số nguyên tố

Vậy các số nguyên tố cần tìm là p = 2; p = 211

Vậy A(n) là một số chính phương.

Bài toán 2 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì A(n) = n2 + (n + 1)2+(n(n + 1))2 là một số chính phương

Vậy A(n) là một số chính phương

Bài toán 3 chứng minh rằng: nếu m; n là các số tự nhiên thỏa mãn 3m2+ m =4n2+ n thì m − n và 4m + 4n + 1 đều là số chính phương

Giải

Ta có 3m2+m = 4n2+n ⇐⇒ 4(m2−n2)+(m−n) = m2 ⇐⇒ (m−n)(4m+4n+1) =

Vậy (m − n)(4m + 4n + 1) là một số chính phương

Gọi d là ước chung lớn nhất của m − n và 4m + 4n + 1

Vì (m − n)(4m + 4n + 1) = m2 nên d là ước của m (1)

Ta có 4m + 4n + 1 = −4(m − n) + 8m + 1, nên d là ước của 8m + 1 (2)

Từ (1) và (2) suy ra d là ước của 1 Vậy d = 1, hay m − n và 4m + 4n + 1 là hai

số nguyên tố cùng nhau Suy ra m − n và 4m + 4n + 1 đều là số chính phương

4.2 Chứng minh một số không là số chính phương

Tính chất [3] Số chính phương phải có chữ số tận cùng là một trong các số:0; 1;4; 5; 6; 9

Tính chất [3] Số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì chia hết cho p2.Tính chất [3] Mọi số tự nhiên k thoả n2 < k < (n + 1)2 với n là số tự nhiên nào

đó thì k không là số chính phương

Tính chất [3] Một số chính phương chia hết cho 3 hoặc chia cho 3 dư 1

Tính chất [3] Một số chính phương không chia hết cho 5 thì chia cho 5 dư 1 hoặc4

Tính chất [3] Một số chính phương lẻ chia cho 8 thì dư 1

Bài toán 1 Chứng minh n = 20192+ 20182+ 20172+ 20152− 20142 không phải

là số chính phương

Giải 20192; 20182; 20172; 20152; 20142 có chữ số tận cùng lần lượt là 1; 4; 9; 5; 6

Do đó n có chữ số tận cùng là 3 nên n không phải là số chính phương

Bài toán 2 Chứng minh 1234567890 không phải là số chính phương

Giải 1234567890 chia hết cho 5 nhưng không chia hết cho 25, vì 90 không chiahết cho 25 Vậy 1234567890 không phải là số chính phương

Bài toán 3 Chứng minh rằng nếu một số có tổng các chữ số là 2018 thì số đókhông phải là số chính phương