Tên đề tài: Hướng dẫn giải dạng “toán chia hết” trong chương trình toán THCS.. Tên đề tài: Hướng dẫn giải dạng “toán chia hết” trong chương trình toán THCS.. Nó còn có vai trò rèn luyện
Trang 2KẾT CẤU ĐỀ TÀI
Phần thứ nhất: NHỮNG VẤN ĐỀ CHUNG.
1 Tên đề tài: Hướng dẫn giải dạng “toán chia hết” trong chương trình toán THCS.
2 Tính cấp thiết của vấn đề nghiên cứu.
2.1 Lí do về mặt lí luận.
2.2 Lí do về mặt thực tiễn.
3 Đối tượng nghiên cứu.
4 Phạm vi nghiên cứu.
5 Mục đích nghiên cứu.
Phần thứ II: NỘI DUNG
I Cơ sở lý luận và thực tiễn của đề tài.
II Thực trạng của vấn đề
III Giải quyết vấn đeÀ.
A Cơ sở lý thuyết
1 Tính chất chia hết của một tổng, một hiệu, một tích.
2 Dấu hiệu chia hết cho 2; 4; 5; 6; 3; 9; 8.
3 Đồng dư.
4 Nguyên tắc đirichlê.
5 Phương pháp chứng minh quy nạp.
6 Chứng minh bằng phương pháp phản chứng.
Phần thứ II: NỘI DUNG
I Cơ sở lý luận và thực tiễn của đề tài.
II Thực trạng của vấn đề
III Giải quyết vấn đeÀ.
A Cơ sở lý thuyết
B Các dạng toán.
Dạng 1: Tìm các chữ số chưa biết của một số.
Dạng 2: Chứng minh chia hết đối với biểu thức số.
Dạng 3: Chứng minh chia hết đối với biểu thức chứa chữ.
Dạng 4: Tìm điều kiện để 1 bài toán chia hết cho
1 số hoặc chia hết cho 1 biểu thức.
Phần thứ III: KẾT LUẬN, KẾT QUẢ, KIẾN NGHỊ
Trên đây là 1 số dạng “toán chia hết” thường gặp trong chương trình toán THCS Mỗi dạng toán có những đặc điểm khác nhau và còn có thể chia nhỏ từng dạng trong mỗi dạng trên Việc phân dạng như trên giúp học sinh dễ tiếp thu hơn và thấy được trong từng bài toán ta nên áp dụng kiến thức nào cho phù hợp Mỗi dạng toán tôi chọn 1 số bài toán cơ bản điển hình để học sinh hiểu cách làm và từ đó để làm các bài tập mang tính tương tự và dần nâng cao lên.
Sau một số năm làm như vậy ở các lớp 6; 7; 8; 9 trong tiết luyện tập, trong quá trìnhbồi dưỡng học sinh giỏi, trong một số tiết tự chọn lớp 9 tôi thấy học sinh có sự tiến bộ hơn rất nhiều Các em dần thích thú say mê khi gặp dạng toán này Số đông các em không còn lúng túng thiếu tự tin như trước nữa, trong các em đã có sự chuyển biến rõ rệt Mặc dù đề tài đạt được một số kết quả nhất định song không tránh khỏi những thiếu sót, hạn chế Rất mong nhận được ý kiến góp ý của các bạn đồng nghiệp để đề tài phong phú, có hiệu quả hơn Giải pháp này có thể sử dụng làm chủ đề tự chọn
“phần nâng cao”.
Trang 3Phần I: NHỮNG VẤN ĐỀ CHUNG CỦA ĐỀ TÀI.
1 Tên đề tài: Hướng dẫn giải dạng “toán chia hết” trong chương trình toán THCS.
2 Tính cấp thiết của vấn đề nghiên cứu 2.1 Lí do về mặt lí luận:
Khả năng giáo dục của môn Toán rất to lớn, nó có khả năng phát triển tư duy lôgíc, khái quát hoá, phân tích tổng hợp, so sánh dự đoán, chứng minh và bác bỏ Nó còn có vai trò rèn luyện phương pháp suy nghĩ, suy luận, …
Ở bậc trung học cơ sở việc dạy dạng “toán chia hết”
chia hết” cho học sinh là rất cần thiết nhằm mục đích
phát triển cho học sinh đầy đủ các yếu tố nêu trên
Trang 42.2 Lí do về mặt thực tiễn:
Thực tiễn dạy và học bộ môn Toán ở Trường THCS Số 2 Bình Nguyên, có nhiều vấn đề phải quan tâm, giải quyết lâu dài, kỹ năng giải toán, các phép biến đổi cơ bản, phương pháp giải toán, của học sinh khối 6 còn yếu rất nhiều, theo cuộc điều tra về việc giải toán của học sinh hai lớp sáu vừa qua thì có tới hơn 50% học sinh đạt điểm dưới trung bình, rất nhiều học sinh yếu toán Vậy vấn đề đặt ra là nếu chúng ta cứ lo phụ đạo học sinh yếu toán mà không chăm lo bỗi dưỡng học sinh học khá, giỏi môn toán thật là một thiệt thòi lớn đối với các em vấn đề này phải thực hiện song song với nhau Nhận thức vấn đề trên, Tôi muốn truyền đạt cho các em nhiều dạng toán để cung cấp cho các em những kiến thức, kỹ năng, kỹ xảo để
giải toán, … Một trong dạng toán đó là dạng “toán chia
hết”
Trang 53 Đối tượng nghiên cứu:
Hướng dẫn giải dạng “toán chia hết” cho học sinh khá, giỏi trong chương trình toán bậc trung học cơ sở.
4 Phạm vi nghiên cứu:
Thời gian nghiên cứu từ ngày 10 tháng 9 năm
2009 đến ngày 14 tháng 10 năm 2011 Địa điểm tại trường THCS Số 2 Bình Nguyên, Bình Sơn, Quảng Ngãi gồm các khối lớp 6 đến lớp 9.
5 Mục đích nghiên cứu:
Giúp các em học sinh nắm chắc các phương pháp giải dạng toán “chia hết”, hình thành cho các em các kỹ năng suy luận, biến đổi, nhận dạng và thể hiện tốt lời giải bài toán.
Trang 6PHẦN THỨ II: NỘI DUNG
I Cơ sở lý luận và thực tiễn của đề tài
Phương pháp giải toán: Là toàn bộ những thủ thuật toán được
sắp xếp theo trình tự nhất định và vận dụng sáng tạo để tìm ra kết quả bài toán.
Thủ thuật: Phép giải mang tính linh hoạt, hợp lí, sáng tạo để
giải quyết một khâu hay cả bài toán.
Giải bài toán: Là việc làm tìm ra ẩn số, tức tìm ra đáp số của
bài toán Muốn tìm ra ấn số phải là một quá trình suy luận Chính vì thế nên gọi việc giải toán là một quá trình hoạt động trí tuệ của học sinh.
Là một giáo viên dạy toán tôi muốn các em chinh phục được nó, và không chút ngần ngại khi gặp dạng toán này Nhằm giúp cho các
em phát triển tư duy suy luận, óc phán đoán, kỹ năng trình bày linh hoạt Hệ thống các bài tập tôi đưa ra đều từ dễ đến khó, bên cạnh đó còn có các bài tập nâng cao cho học sinh giỏi Lượng bài tập áp dụng tương tự cũng tương đối nhiều, nên các em có thể tự học, tự chiếm lĩnh tri thức thông qua hệ thống bài tập áp dụng này điều đó giúp các em hứng thú học tập hơn rất nhiều
Trang 7II Thực trạng của vấn đề
Dạng toán “Chia hết” được đề cập trong sách giáo khoa ngay từ đầu lớp 6 đến lớp 9, và mỗi lớp có yêu cầu khác nhau nên làm cho người học và người dạy rất vất vả nhất là các em học sinh khối 8 và khối 9 Thông thường khi dạy dạng toán này giáo viên lại phải nhắc lại các kiến thức cơ bản học ở lớp dưới làm mất rất nhiều thời gian cho tiết dạy Kỹ năng biến đổi để làm xuất hiện các yếu tố chia hết trong biểu thức số hay biểu thức đại số của các em còn chưa linh hoạt, có những bài toán rất đơn giản mà các em biến đổi chứng minh rất dài dòng và phức tạp, thực chất nếu các em nắm chắc các phương pháp giải dạng toán chia hết thì chứng minh rất đơn giản Trong quá trình giảng dạy nhiều giáo viên không hay để ý tới dạng toán này, vì dạng toán này thường được đặt dưới bài toán cụ thể trong sách giáo khoa nên không nghĩ đó là trọng tâm của bài Bên cạnh đó nếu có giải thì cũng chưa yêu cầu học sinh làm thêm trong sách bài tập hay ra ngoài phạm vi sách giáo khoa để rèn luyện kỹ năng, phát triển tư duy cho học sinh Mặt khác tài liệu tham khảo viết về dạng toán này hầu như không có trong thư viện nhà trường, các chủ đề tự chọn cũng chưa được giáo viên nào đề cập tới mà yêu cầu về bồi dưỡng học sinh giỏi lại có dạng toán “Chia hết” trong chương trình Từ những suy nghĩ đó và thực tế giảng dạy tôi đã mạnh dạn viết đề tài này.
Trang 81 Tính chất chia hết của một tổng, một hiệu, một tích.
* Nếu a m M ⇒ an m (n là số tự nhiên) M
Trang 92 Dấu hiệu chia hết cho 2; 4; 5; 6; 3; 9; 8.
* Dấu hiệu chia hết cho 2: Một số chia hết cho 2
khi và chỉ chi số ấy có chữ số tận cùng là chữ số chẵn (0; 2; 4; 6; 8)
* Dấu hiệu chia hết cho 5: Một số chia hết cho 5
khi và chỉ khi số ấy có chữ chữ số tận cùng là 0 hoặc 5.
* Dấu hiệu chia hết cho 3: Một số chia hết cho 3
khi và chỉ khi tổng các chữ số đó chia hết cho 3.
* Dấu hiệu chia hết cho 9: Một số chia hết cho 9
khi và chỉ khi tổng các chữ số đó chia hết cho 9.
* Dấu hiệu chia hết cho 6: Một số chia hết cho 6
khi và chỉ khi nó đồng thời chia hết cho 2 và cho 3.
Trang 102 Dấu hiệu chia hết cho 2; 4; 5; 6; 3; 9; 8.
* Dấu hiệu chia hết cho 4: Một số chia hết
cho 4 khi và chỉ khi hai chữ số tận cùng lập thành một số chia hết cho 4.
* Dấu hiệu chia hết cho 8: Một số chia hết
cho 8 khi và chỉ khi số đó có ba chữ số tận cùng lập thành một số (có 3 chữ số) chia hết cho 8.
* Dấu hiệu chia hết cho 10: Một số chia hết
cho10 thì có chữ số tận cùng bằng 0 và đảo lại.
* Dấu hiệu chia hết cho 11: Một số chia hết
cho 11 khi và chỉ khi hiệu giữa tổng các chữ số của nó “đứng ở vị trí lẻ” và tổng các chữ số “đứng ở vị trí chẵn” (kể từ trái sang phải) chia hết cho 11.
Trang 113 Đồng dư:
* Hai số a và b đồng dư với nhau theo môđun
m (mod m) khi và chỉ khi a – b m M
* Có thể “cộng” hoặc “trừ” các đồng dư thức có cùng môđun Tức là: Nếu a ≡ b (mod m), c ≡ d (mod m) thì a ± c ≡ b ± d (mod m).
* Có thể nhân từng vế các đồng dư thức có cùng mô đun Tức là: Nếu a ≡ b (mod m), c ≡ d (mod m) thì a.c ≡ b.d (mod m).
4 Nguyên tắc đirichlê:
Nếu nhốt n thỏ vào m lồng (với n > m) nghĩa là số thỏ nhiều hơn số lồng thì ít nhất cũng có một lồng nhốt không ít hơn 2 con thỏ.
Trang 125 Phương pháp chứng minh quy nạp:
n = 1,2,3, … ta chứng minh như sau:
* Khẳng định A1 đúng
Kết luận : Khẳng định An đúng với mọi n = 1; 2; 3; …
6 Chứng minh bằng phương pháp phản chứng
Muốn chứng minh khẳng định P đúng bằng phương pháp phản chứng, ta làm như sau:
* Bước 1: Giả sử ngược lại P sai
* Bước 2: Từ giả sử P sai, chúng ta suy ra điều vô lý
* Bước 3: Điều vô lý đó chứng tỏ rằng P không sai, tức là khẳng định P đúng
Trang 13Bài toán 1: Tìm các chữ số a và b sao cho chia hết cho
5 và chia hết cho 8
Hướng dẫn: Để tìm được a và b học sinh phải thấy được 2
dấu hiệu cơ bản đó là số đó chia hết cho 5 và cho 8
Vì chia hết cho 5 nên chữ số tận cùng b = 0 hoặc b = 5
Vì chia hết cho 8 nên suy ra b = 0
Mặt khác chia hết cho 8 suy ra chia hết cho 4
chia hết cho 4 ⇔ chia hết cho 4
B CÁC DẠNG TOÁN.
1 Dạng 1: Tìm các chữ số chưa biết của một số
Trang 14Bài toán 2: Chữ số a là bao nhiêu để aaaaa96 vừa chia hết
Hướng dẫn: Vì aaaaa96 M8 ⇔ a96 M8 ⇔ 100a + 96 8 suy ra
Trang 15Bài toán 3 : Tìm chữ số a để 1aaa1 11 M
Hướng dẫn:
Tổng các chữ số hàng lẻ là 2 + a Tổng các chữ số hàng chẵn là 2a.
* Nếu 2a ≥ a + 2 ⇒ a ≥ 2 thì 2a – (a + 2) = a − 2 ≤ 9 – 2 = 7 Mà (a − 2) 11 nên a M − 2 = 0 ⇔ a = 2
* Nếu 2a ≤ a + 2 ⇔ a < 2 thì (a + 2) − 2a = 2 − a là 2 hoặc 1 không chia hết cho 11
Kết luận: Vậy a = 2
Trang 16Bài toán 4 : Tìm các chữ số a, b để chia hết
Vì a và b là các chữ số nên a + b ≤ 18
Từ (2*) suy ra 9q ≤ 28 (q > 1) Vậy q = 2 hoặc q = 3
Trừ (*) với (2*) ta có 390 + 9a = 8p – 9q,
hay p = 49 + a + q + (a + q – 2) : 8
Vì p nguyên nên (a + q – 2) : 8 nguyên hay (a + q – 2)M 8 + Nếu q = 2 thì a = 0 hoặc a = 8
Từ (2*) ta có b = 9q – a – 10 do đó b = 8 hoặc b = 0
+ Nếu q = 3 thì a = 7 suy ra b = 10 (vô lí vì b ≤ 9)
Kết luận: Vậy có số thoả mãn đề bài là: 123480; 123408.
Trang 17Bài toán 4 : Tìm các chữ số a, b để chia hết
Trang 18Bài toán 5: Tìm các số a, b sao cho: a – b = 4 và 7a5b1 3M
Mặt khác a – b là số chẵn nên a + b là số chẵn(3)
* Với a + b = 8; a – b = 4 ta được a = 6; b = 2
* Với a + b = 14; a – b = 8 ta được a = 9; b = 5
Kết luận: Vậy các số phải tìm là a = 6; b = 2 và a = 9; b = 5
Trang 19Bài tập tương tự :
Bài 1: Phải viết ít nhất mấy số 1994 liên tiếp nhau để được một số
chia hết cho 3.
Hướng dẫn: Tổng các chữ số của 1994 là 23 khi chia cho 3 thì dư 2
Nếu viết k lần số 1994 liên tiếp nhau thì tổng các chữ số của số
nhận được có cùng số dư với 2k khi chia cho 3 Để số nhận được
chia hết cho 3 thì 2k phải chia hết cho 3, nên số nhỏ nhất là 3, tức
là ít nhất phải viết 3 lần số 1994 liên tiếp nhau.
Bài 2: Tìm 3 chữ số tận cùng của tích 4 số tự nhiên liên tiếp khác
không, bết rằng tích này chia hết cho 125 Tích này nhỏ nhất bằng
bao nhiêu?
Hướng dẫn: Tích 4 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 8 thì tích 4 số
tự nhiên liên tiếp cũng chia hết cho 125 nên 3 chữ số tận cùng là
000.
Trong tích của 4 số tự nhiên tiếp không thể có 2 số chia hết cho 5
nên phải có một số chia hết cho 125
Tích nhỏ nhất là: 125.126.127.128
Trang 20Bài toán 1: Chứng minh rằng: 2139 + 3921 M 45.
* Cách 1: Ta có 2139 + 3921 = (2139 − 1) + (3921 + 1)
Mặt khác 2139 − 3921 = (2139 − 339) + (3921 − 321) + (339 + 321)
Mà 2139 − 339= 18(2138 + … +338) chia hết cho 9
2139 − 339 = 36(3920 + … + 320) chia hết cho 9
Và 339 + 321= 321(318 + 1) = (33)7 (318+ 1) chia hết cho 9
Dạng 2: Chứng minh chia hết đối với biểu thức số.
Trang 21* Cách 2: Vì 45 = 5.32 nên để chứng minh 2139 + 3921 chia
= (33)7 (739 318+ 1321) chia hết cho 9
Bài toán 1: Chứng minh rằng: 2139 + 3921 M 45.
Dạng 2: Chứng minh chia hết đối với biểu thức số.
Trang 22*Cách 3 Ta có: 21 ≡1 (mod 20)
Vậy 2139 + 3921 ≡ 139 + (−1)21 ≡ 0 (mod 20)
hết cho 5 (*)
Bài toán 1: Chứng minh rằng: 2139 + 3921 M 45.
Dạng 2: Chứng minh chia hết đối với biểu thức số.
Trang 23Bài toán 2: Chứng minh rằng: 43 43 − 17 17 chia hết cho 5
Ta có: 4343 = 4340 433 = (434)10.433
(434) có tận cùng bởi chữ số 1 hay 4340 có tận cùng bởi chữ số 1
4343 có tận cùng bởi chữ số 7
Vậy 4340.433 có tận cùng là chữ số 7
Hay 4343 có tận cùng là chữ số 7
Kết luận: Vậy 4343 − 1717 chia hết cho 5
Trang 24Bài toán 3: Cho A = 2 + 2 2 + 2 3 + … + 2 60
Chứng minh rằng: A chia hết cho 3;7 và 15.
Kết luận: Vậy A chia hết cho 3; 7 và 15
Trang 25Bài tập tương tự:
Bài1 Cho B = 3 + 33 + 35 + …+ 31991
Chứng minh rằng B chia hết cho 13 và 41
Bài 2 Cho C = 119 + 118 + 11 7 + … + 11 + 1
Chứng minh rằng C chia hết cho 5
Bài 3Chứng minh rằng A chia hết cho B với:
A = 13 + 23 + 33 + …+ 993 + 1003;
B = 1 + 2 + 3 + …+ 99 + 100
Trang 26Dạng 3: Chứng minh chia hết đối với biểu thức chứa chữ.
Bài toán 1 Chứng minh rằng: (n3 – n)M 6 với n ∈ Z
*Cách 1: Vì (2; 3) = 1 nên chỉ cần chứng minh n3 – n chia hết cho
2 và chia hết cho 3.
Ta có n 3 – n = n(n 2 – 1) = n(n + 1)(n − 1)
Mà n; n + 1; n – 1 là 3 số tự nhiên liên tiếp nên n(n+1)(n − 1) M2 Mặt khác: n có thể biểu diễn thành một trong các dạng sau 3k; 3k + 1; 3k +2 (k ∈ Z)
Kết luận: Vậy n 3 – n M 6 với n nguyên.
Trang 27*Cách 2: Nếu n là số nguyên thì chỉ có thể biểu diễn thành
một trong các dạng sau 6p; 6p + 1; 6p + 2; 6p + 3; 6p + 4;
6p + 5 (do phép chia một số cho 6)
Trang 28Bài toán 1 Chứng minh rằng: (n3 – n)M 6 với n ∈ Z.
*Cách 3: Ta chứng minh n3 – n chia hết cho 2 và chia hết
cho 3
Nếu n ≡ 0 (mod 2) thì n3 – n ≡ 03 – 0 ≡ 0 (mod 2)
Nếu n ≡ 1 (mod 2) thì n3 – n ≡ 13 – 1 ≡ 0 (mod 2)
Như vậy với n ∈ Z, n3 – n ≡ 0 (mod 2) nghĩa là n3 – n M 2
Mặt khác:
+ Nếu n ≡ 0 (mod 3) thì n3 – n ≡ 03 – 0 ≡ 0 (mod 3)
+ Nếu n ≡ 1 (mod 3) thì n3 – n ≡ 13 – 1 ≡ 0 (mod 3)
+ Nếu n ≡ 2 (mod 3) thì n3 – n ≡ 23 – 2 ≡ 0 (mod 3)
Với n ∈ Z n3 – n ≡ 0 (mod 3) nghĩa là (n3 – n) M 3
Trang 29Bài toán 2: Chứng minh rằng chia hết cho 3 2n 1.1.1 1.1 + 1 4 2 43
n chữ số 1
• Chú ý: Số n và số có tổng các chữ số bằng n có cùng số
dư trong phép chia cho 9, do đó
Trang 30Bài toán 3: Chứng minh rằng A = 10n + 18n – 1 M 27.
Cách 2: (Phương pháp quy nạp toán học)
+ Nếu n = 1 thì A = 10 + 18 – 1 = 27 chia hết cho 27.
Vậy mệnh đề đúng với n = 1.
+ Giả sử mệnh đề đúng với n = k tức là Ak = 10 k + 18k − 1 M 27
Ta cần chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1.
Thật vậy Ak+1 = 10 k+1 + 18(k + 1) – 1 = 10 k 10 + 18k + 18 – 1
Ak+1 = 10 (10 k + 18k − 1) – 9.18k + 27
Ak+1 = 10 (10 k +18k − 1) – 27.6k + 27 Mà 10(10 k + 18k − 1) M 27 ⇒ Ak+1 M 27 và 27.6k M 27 ; 27 M 27
Vậy 10 n + 18 n − 1 M27
Trang 31Bài toán 4: Chứng minh: B = 7n +3n − 1M 9, ∀n ∈ Z+
Cách 1: (Dùng phương pháp chứng minh quy nạp)
Giả sử mệnh đề đúng với n = k tức là Bk = 7k +3k −1 M 9
Ta cần chứng minh mệnh đề đúng với n = k +1