Chuyên đề Bồi dưỡng học sinh giỏi - Bài toán chia hết trong số học

Để làm quen với số học thì việc đầu tiên, hãy biết đến các bài toán chia hết, vì nó là một khái niệm cơ bản và cũng là trọng tâm của số học. Những bài toán về chia hết có thể nói là không thể thiếu trong số học nói riêng và toán học nói chung. Trên thế giới đã có rất nhiều bài toán về chia hết rất hay, rất đẹp, và cũng có những phương pháp chứng minh nó thật thú vị và bổ ích. Khi cho trước số nguyên a và số nguyên dương b, một trong những câu hỏi hiển nhiên được đặt ra là: Liệu a có chia hết cho b không? Và làm cách nào để biết được điều đó? Đó là những điều mà chúng ta phải giải quyết thường xuyên khi gặp những bài toán về số học.
Có thể nói những vấn đề về đồng dư chia hết là vấn đề rất cơ bản và là kiến thức bản lề khi học về phân môn số học. Thường thì học sinh hay lao ngay vào những bài toán về phương trình nghiệm nguyên và các thủ thuật giải nó mà không biết rằng chính những bài toán về phép chia hết lại là gốc dễ của mọi vấn đề. Hiểu rõ tầm quan trọng này, tác giả xin đưa ra một số phương pháp cơ bản giải các bài toán chia hết, sau đó đưa ra cách khai thác và tiếp cận với những bài toán khó hơn. Qua đó hy vọng phần nào giúp bạn đọc có cách nhìn và sự định hướng đúng đắn khi gặp các bài toán về số học.
CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI THCS 2014 2. Xác định đường lối giải phóng dân tộc và chủ trương khởi nghĩa vũ trang................................................................................................................52 3. Sáng lập mặt trận Việt Minh và chuẩn bị lực lượng chính trị..............54 4. Chuẩn bị lực lượng vũ trang và xây dựng căn cứ địa cách mạng.........55 5. Xác định đúng thời cơ, kiên quyết phát động tổng khởi nghĩa.............56 6. Sáng lập Nhà nước Việt Nam Dân chủ Cộng hòa ..................................58 III. MỘT SỐ DẠNG CÂU HỎI .......................................................................59 CÁC DẠNG CÂU HỎI LÝ THUYẾT CHỦ YẾU TRONG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 MÔN ĐỊA LÍ. .......................................................................63 A. MỞ ĐẦU .......................................................................................................63 B. NỘI DUNG....................................................................................................63 I. Dạng câu hỏi trình bày..............................................................................63 II. Dạng câu hỏi chứng minh........................................................................68 III. Dạng câu hỏi giải thích..........................................................................71 IV. Dạng câu hỏi so sánh .............................................................................76 C. KẾT LUẬN ...................................................................................................81 Examining the plausibility of Extensive Reading as an approach to learning English at a secondary school context. ................................................................82 Part 1: Introduction ..........................................................................................82 Reasons for choosing the study ....................................................................82 Aims and significance of the study...............................................................82 Subjects of the study .....................................................................................83 Limits of the study.........................................................................................83 Methodology ..................................................................................................83 Research time.................................................................................................83 Part 2. The Study...............................................................................................83 1. Extensive reading: A definition................................................................83 2. The benefits of extensive reading.............................................................83 3. Principles of an extensive reading programme ......................................85 4. A model of an extensive reading club in Vinh Phuc senior secondary school for the gifted.......................................................................................86 2 BÀI TOÁN CHIA HẾT TRONG SỐ HỌC Lê Xuân Đại – THPT Chuyên Vĩnh Phúc Đối tượng bồi dưỡng: Học sinh khá, giỏi THCS Dự kiến số tiết bồi dưỡng: 15 tiết MỞ ĐẦU Để làm quen với số học thì việc đầu tiên, hãy biết đến các bài toán chia hết, vì nó là một khái niệm cơ bản và cũng là trọng tâm của số học. Những bài toán về chia hết có thể nói là không thể thiếu trong số học nói riêng và toán học nói chung. Trên thế giới đã có rất nhiều bài toán về chia hết rất hay, rất đẹp, và cũng có những phương pháp chứng minh nó thật thú vị và bổ ích. Khi cho trước số nguyên a và số nguyên dương b, một trong những câu hỏi hiển nhiên được đặt ra là: Liệu a có chia hết cho b không? Và làm cách nào để biết được điều đó? Đó là những điều mà chúng ta phải giải quyết thường xuyên khi gặp những bài toán về số học. Có thể nói những vấn đề về đồng dư chia hết là vấn đề rất cơ bản và là kiến thức bản lề khi học về phân môn số học. Thường thì học sinh hay lao ngay vào những bài toán về phương trình nghiệm nguyên và các thủ thuật giải nó mà không biết rằng chính những bài toán về phép chia hết lại là gốc dễ của mọi vấn đề. Hiểu rõ tầm quan trọng này, tác giả xin đưa ra một số phương pháp cơ bản giải các bài toán chia hết, sau đó đưa ra cách khai thác và tiếp cận với những bài toán khó hơn. Qua đó hy vọng phần nào giúp bạn đọc có cách nhìn và sự định hướng đúng đắn khi gặp các bài toán về số học. NỘI DUNG A. MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ ĐỒNG DƯ CHIA HẾT. I. Phép chia trong tập số nguyên 1.1. Định nghĩa. Cho hai số nguyên a,b, a 0 . Ta nói b chia hết cho a, ký hiệu b Ma hay a | b , nếu tồn tại số nguyên c sao cho b ac . 4 2.2.4. (Phân tích một số theo các thừa số nguyên tố). Mỗi số nguyên dương n 1 1 2 k được phân tích duy nhất thành tích các thừa số nguyên tố: n p1 .p2 ...pk , với pi nguyên tố và i ¢ . III. Ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất (The greatest common divisor and the least common multiple). 3.1. Định nghĩa. 3.1.1. Giả sử a,b là hai số nguyên không đồng thời bằng 0. Ước chung lớn nhất của hai số a,b là số nguyên lớn nhất chia hết cả hai số đó. Ta thường dùng kí hiệu (a,b) để chỉ ước chung lớn nhất của hai số a và b. Hai số nguyên a,b được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu (a,b) 1. 3.1.2. Giả sử a,b là hai số nguyên khác 0. Bội chung nhỏ nhất của hai số a,b là số nguyên dương nhỏ nhất chia hết cho cả hai số đó. Ta thường dùng kí hiệu a,b để chỉ bội chung nhỏ nhất của hai số a và b. 3.2. Tính chất. 3.2.1. Nếu p nguyên tố thì (a, p) 1 hoặc (a, p) p . 3.2.2. Nếu d (a,b) thì a da';b db'; (a',b') 1 3.2.3. Nếu d' là một ước chung của a và b thì d '| (a,b). 3.2.4. Nếu p x || a và p x || b thì pmin(x,y) || (a,b) . 1 2 k 1 2 k Do đó với a p1 .p2 ...pk ; b p1 .p2 ...pk ; 1,i 0 thì min(1,1 ) min(2 ,2 ) min(k ,k ) max(1,1 ) max(2 ,2 ) max(k ,k ) (a,b) p1 .p2 ...pk và a,b p1 .p2 ...pk . 3.2.5. Nếu a bq r thì (a,b) (b,r) . 3.2.6. Với a,b nguyên dương thì ab (a,b).a,b. 6 Xét p 1 số a,2a,...,( p 1)a . Ta chứng minh rằng không tồn tại 2 số đồng dư với nhau trong phép chia cho p. Thật vậy, giả sử tồn tại ka a (mod p) với k,1,2,...p 1 a(k ) p k p (mâu thuẫn). Vậy khi chia p 1 số trên cho p ta nhận được p 1 số dư khác nhau là 1,2,..., p 1. Suy ra a.2a.....( p 1)a 1.2....( p 1) (mod p) ( p 1)!.a p1 ( p 1)! (mod p) . Vì (( p 1)!, p) 1 suy ra a p1 1 (mod p) . Hệ quả. Nếu p nguyên tố thì a p a (mod p). B. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CƠ BẢN CHỨNG MINH BÀI TOÁN CHIA HẾT 1. Phương pháp dùng phép chia có dư. Căn cứ vào số chia b, mà xét mọi khả năng phân tích a bk r với r 0;1;2;...;b 1. Sau đó, với mỗi khả năng phân tích này lý luận để suy ra lời giải của bài toán. Chẳng hạn với b 3 thì với mỗi số nguyên a có thể phân tích thành một trong ba dạng a 3k;a 3k 1;a 3k 2. Ví dụ 1. Chứng minh rằng a2 1 không chia hết cho 3 với mọi số nguyên a. Lời giải. Với a 3k thì a2 1 9k 2 1 không chia hết cho 3. Với a 3k thì a2 1 9k 2 1, chia 3 dư 1. Với a 3k 1 thì a2 1 9k 2 6k 2 , chia 3 dư 2. Với a 3k 2 thì a2 1 9k 2 12k 5 , chia 3 dư 2. Vậy trong mọi trường hợp thì a2 1 đều không chia hết cho 3. Ví dụ 2. Tìm tất cả các số nguyên dương n thỏa mãn n.2n 1M3. Lời giải. Rõ ràng n không chia hết cho 3. Như vậy, n có một trong các dạng 6k 1,6k 2,6k 4,6k 5 (k ¥ ). 8 Bài 3. Chứng minh rằng ab(a2 b2 )(4a2 b2 ) chia hết cho 5 với mọi số nguyên a,b. x3 3x 2 Bài 4. Tìm số phần tử của tập S x¢ | ¢ . 2x 1 2. Phương pháp sử dụng đồng dư Nội dung của phương pháp này đơn giản chỉ là dùng các tính chất và phép biến đổi đồng dư để chứng minh tính chia hết hoặc tìm số dư trong một phép chia nào đó. n Ví dụ 1. Chứng mình rằng với mọi số nguyên dương n thì 58 23 chia hết cho 24. n n1 n1 n Lời giải. Ta có: 58 58.8 254.8 1mod24, suy ra 58 23M24 (đpcm). Ví dụ 2. Chứng mình rằng với mọi số tự nhiên n thì 122n1 11n2 chia hết cho 133. Lời giải. Ta có: 122n1 12.122n 12.144n . Vì 144 11 mod133 nên 144n 11n mod133 12.144n 12.11n mod133 (1) Mặt khác 11n2 121.11n 12.11n mod133 (2). Từ (1) và (2) suy ra 122n1 11n2 0 mod133 (đpcm). Ví dụ 3. Cho a,b,c là các số nguyên dương. Chứng minh rằng nếu a2 b2 c2 chia hết cho 9 thì ít nhất một trong các số a2 b2 ;b2 c2 ;c2 a2 chia hết cho 9. Lời giải. Bài toán tương đương với việc chứng minh tồn tại ít nhất hai trong ba số a2 ,b2 ,c2 có cùng số dư khi chia cho 9. Nhận xét rằng n2 0,1,4,7 mod9 với mọi số nguyên n. 2 2 2 Giả sử a r1 mod9; b r2 mod9; c r3 mod9; ri 0,1,4,7 . 10 Nhận xét 1: Từ bài toán ta suy ra kết quả sau: Tồn tại vô hạn số nguyên dương n sao cho 2n 1Mn . Rõ ràng cách hỏi này rất khó vì để làm được nó chúng ta phải đoán nhận ra một dạng tổng quát nào đó của n, trong bài toán này thì chỉ cần chọn n 3k là được. Đây vẫn là dạng bài khó đặc biệt là với học sinh THCS. Tuy nhiên nếu đưa thêm điều kiện n nguyên tố thì có thể tìm được n thỏa mãn đề bài. Thật vậy, theo định lý Fermat, 2n 2Mn, suy ra 3Mn n 3. Vậy chỉ có n 3 là số nguyên tố duy nhất thỏa mãn tính chất 2n 1Mn . Nhận xét 2: Ta có thể đưa ra một bài toán mà cách hỏi có bản chất khác hẳn như sau: Chứng minh rằng phương trình 2x 1 xy có vô hạn nghiệm nguyên dương. k 23 1 Rõ rằng một họ nghiệm của phương trình này là x; y 3k ; (k ¥ ). k 3 Bài tập tương tự: Bài 1. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n: a) 25n3 5n.3n2 chia hết cho 17. b) 52n1 2n4 2n1 chia hết cho 23. c) 20 21 22 ... 25n1 chia hết cho 31. Bài 2. Chứng minh rằng tổng lập phương của ba số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 9. Bài 3. Chứng minh rằng với mọi số nguyên không âm b, số 33n3 26n 27 chia hết cho 169. 4. Phương pháp sử dụng định lý Fermat Với những bài toán khó hơn, đặc biệt là những bài toán chia hết liên quan đến số nguyên tố, nếu biết dùng khéo léo định lý Fermat sẽ cho ta lời giải nhanh và gọn gàng. Định lý Fermat được phát biểu thật đơn giản và dễ nhớ nhưng lại rất 12
Tài liệu đính kèm:
chuyen_de_boi_duong_hoc_sinh_gioi_bai_toan_chia_het_trong_so.doc