Khoá luận tốt nghiệp Sư phạm Toán học: Một số chuyên đề bồi dưỡng học sinh khá giỏi số học 6

Chia sẻ: Dongcoxanh10 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:83

Thêm vào BST

Báo xấu

32
lượt xem 15
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nghiên cứu đề tài "Một số chuyên đề bồi dưỡng học sinh khá giỏi số học 6" nhằm tìm ra những phương pháp giải các chuyên đề, nội dung một cách hiệu quả nhất để góp phần giúp học sinh đào sâu và rèn luyện năng lực tư duy Toán học nói chung và bộ môn số học nói riêng.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Khoá luận tốt nghiệp Sư phạm Toán học: Một số chuyên đề bồi dưỡng học sinh khá giỏi số học 6

TRƯỜNG ĐH THỦ ĐÔ HÀ NỘI KHOA KHOA HỌC TỰ NHIÊN LƯƠNG THỊ GIANG MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH KHÁ, GIỎI SỐ HỌC LỚP 6 KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Chuyên ngành: Sư phạm Toán học Hà Nội, tháng 5 năm 2019
TRƯỜNG ĐH THỦ ĐÔ HÀ NỘI KHOA KHOA HỌC TỰ NHIÊN LƯƠNG THỊ GIANG MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH KHÁ, GIỎI SỐ HỌC LỚP 6 KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Chuyên ngành: Sư phạm Toán học GIẢNG VIÊN HƯỚNG DẪN: T.S Phạm Xuân Hinh Hà Nội, tháng 5 năm 2019
LỜI CẢM ƠN Lời đầu tiên, em xin chân thành cảm ơn Ban Giám hiệu trường Đại học Thủ đô Hà Nội và ban chủ nhiệm khoa Khoa học Tự nhiên đã tạo mọi điều kiện thuận lợi để em hoàn thành khóa luận tốt nghiệp này. Có được sự hoàn thành của khóa luận, em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến Tiến sĩ Phạm Xuân Hinh – người thầy đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ, truyền thụ cho em những kiến thức bổ ích, những kinh nghiệm quý báu trong suốt quá trình thực hiện đề tài. Do thời gian và trình độ có hạn nên khóa luận còn nhiều hạn chế. Vì vậy, em rất mong nhận được sự đóng góp chỉ bảo của các thầy cô giáo và các bạn sinh viên để em có thể hoàn thiện hơn về đề tài của mình. Em xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, tháng 5 năm 2019 Sinh viên Lương Thị Giang 1
MỤC LỤC TRANG LỜI CẢM ƠN ........................................................................................................ 1 PHẦN MỞ ĐẦU .................................................................................................... 4 CÁC KÍ HIỆU DÙNG TRONG KHÓA LUẬN................................................... 6 PHẦN NỘI DUNG ................................................................................................ 7 CHƯƠNG 1: CƠ SỞ LÍ LUẬN ............................................................................ 7 1.1. PHÉP CHIA HẾT .................................................................................. 7 1.1.1. Định nghĩa phép chia ..................................................................... 7 1.1.2. Các tính chất .................................................................................. 7 1.1.3. Một số dấu hiệu chia hết ................................................................ 8 1.2. ƯCLN, BCNN ....................................................................................... 9 1.2.1. Ước chung lớn nhất (ƯCLN) ......................................................... 9 1.2.2. Bội chung nhỏ nhất (BCNN) ....................................................... 10 1.3. DẠNG TOÁN “ SUY LUẬN LOGIC ” ............................................... 11 1.3.1. Vận dụng nguyên lý Dirchlet ....................................................... 11 1.3.2. Phương pháp lập bảng. ................................................................ 11 1.3.3. Phương pháp giải ngược từ cuối. ................................................ 12 1.4. DẠNG TOÁN CHUYỂN ĐỘNG ........................................................ 12 CHƯƠNG 2: CÁC PHƯƠNG PHÁP ................................................................. 14 2.1. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN CHIA HẾT ........................... 14 2.1.1. Phương pháp 1: Đựa vào định nghĩa phép chia hết ..................... 14 2.1.2. Phương pháp 2: Sử dụng dấu hiệu chia hết. ................................. 15 2.1.3.Phương pháp 3: Sử dụng tính chất chia hết ................................... 17 2.1.4. Dùng định lí về chia có dư .............................................................. 20 2.1.5. Phương pháp 5: Sử dụng nguyên tắc Dirichlet. ............................ 21 2.2 Một số dạng toán về ƯCLN, BCNN ........................................................ 22 2.2.1. Bài toán cơ bản liên quan đến ước và bội .................................... 23 2
2.2.2. Tìm số tự nhiên khi biết một số yếu tố trong đó có các dữ kiện về ƯCLN, BCNN ...................................................................................... 26 2.2.3. Tìm ƯCLN của các biểu thức số .................................................... 30 2.3.4. Vận dụng thuật toán Ơ-Clit tìm ƯCLN ........................................ 32 2.3. Một số dạng toán suy luận và phương pháp giải. .................................... 33 2.3.1. Nguyên lý Dirchlet với các bài toán đại số .................................... 33 2.3.2. Phương pháp lập bảng. .................................................................. 37 2.3.3.Phương pháp lựa chọn tình huống ................................................. 40 2.3.4. Phương pháp tính ngược từ cuối ................................................... 43 2.4. Một số dạng toán chuyển động và phương pháp giải. ............................. 46 2.4.1. Chuyển động cùng chiều ................................................................ 46 2.4.2. Chuyển đông ngược chiều:............................................................. 50 2.4.3. Chuyển động của vật có chiều dài đáng kể ................................... 52 2.4.4. Chuyển động có dòng nước ............................................................ 53 2.4.5. Chuyển động có vận tốc thay đổi trên từng đoạn ......................... 55 2.4.6.Vận tốc trung bình .......................................................................... 58 CHƯƠNG 3: MỘT SỐ BÀI TẬP ....................................................................... 61 PHẦN KẾT LUẬN .............................................................................................. 80 TÀI LIỆU THAM KHẢO................................................................................... 81 3
PHẦN MỞ ĐẦU 1. Lí do chọn đề tài Môn toán là môn khoa học cơ bản trong hệ thống giáo dục phổ thông. Nó phát triển năng lực sáng tạo và khả năng tư duy logic cho học sinh, rèn luyện kĩ năng phân tích tổng hợp, rèn tính cẩn thận, kiên trì, tính chính xác, tính chủ động, vận dụng sáng tạo kiến thức vào thực tế, giúp ích rất nhiều cho cuộc sống. Song môn Toán là môn học khá khó với nhiều học sinh. Mặc dù vậy, những người học sẽ tìm thấy điều lý thú nếu có sự say mê, phương pháp học đúng, nghiên cứu môn học một cách nghiêm túc. Trong chương trình Toán bậc THCS, mỗi khối lớp đều có những nội dung, chuyên đề bồi dưỡng học sinh khá giỏi. Đây là một trong những nội dung quan trọng trong chương trình bồi dưỡng học sinh giỏi THCS những vấn đề này cũng được đề cập thường xuyên đặc biệt đối với các học sinh tham gia kì thi học sinh giỏi thì đây là một trong những vấn đề quan trọng mà bắt buộc những học sinh này phải vượt qua. Với tất cả lý do trên, tôi quyết định chọn đề tài “Một số chuyên đề bồi dưỡng học sinh khá giỏi số học 6”. 2. Mục đích nghiên cứu Trên cơ sở các kiến thức được học ở trường Đại học Thủ đô Hà Nội, các tài liệu bồi dưỡng thường xuyên, sách giáo khoa, sách bài tập và thực tiễn học tập của học sinh, nghiên cứu đề tài nhằm tìm ra những phương pháp giải các chuyên đề, nội dung một cách hiệu quả nhất để góp phần giúp học sinh đào sâu và rèn luyện năng lực tư duy Toán học nói chung và bộ môn số học nói riêng. Xây dựng hệ thống bài tập về ứng dụng của nội dung này trong giảng dạy, bồi dưỡng học sinh khá giỏi lớp 6. 4
3. Đối tượng nghiên cứu Khóa luận tập chung nghiên cứu những phương pháp giải các dạng toán, chuyên đề nâng cao dành cho các học sinh khá giỏi số học 6 4. Phạm vi nghiên cứu Khóa luận tập trung nghiên cứu những chuyên đề chính của số học 6: Phép chia hết, ƯCLN, BCNN, Toán suy luận logic, Toán chuyển động.Đây đều là những chuyên đề chúng ta sẽ gặp trong các đề thi đòi hỏi học sinh phải nắng bắt và thành thạo trong việc giải các bài toán. 5. nhiệm vụ nghiên cứu Hệ thống những kiến thức cơ bản nhất về lý thuyết một số chuyên đề trong chương trình đại số lớp 6. Sưu tầm và phân loại các chuyên đề một cách cụ thể và phương pháp giải từng dạng. Đề xuất được hệ thống một số bài toán học sinh khá giỏi và các đề thi học sinh giỏi toán 6. 6. Phương pháp nghiên cứu Thực hiện đề tài này, tôi kết hợp sưu tầm tài liệu và sử dụng các phương pháp sau: - Phương pháp nghiên cứu lý luận; - Phương pháp phân tích; - Phương pháp tổng hợp; - Phương pháp tổng kết kinh nghiệm. 5
CÁC KÍ HIỆU DÙNG TRONG KHÓA LUẬN N : Tập hợp các số tự nhiên N* : Tập hợp các số tự nhiên khác 0  : Mọi  : Phép kéo theo, phương trình hệ quả  : Phép tương tương, phương trình tương đương  : Thuộc  : Chia hết ƯCLN: Ước chung lớn nhất BCNN: Bội chung nhỏ nhất HCN: Hình chữ nhật TG: Thời gian 6
PHẦN NỘI DUNG CHƯƠNG 1: CƠ SỞ LÍ LUẬN 1.1. PHÉP CHIA HẾT 1.1.1. Định nghĩa phép chia Cho 2 số nguyên a và b trong đó b  0 ta luôn tìm được hai số nguyên q và r duy nhất sao cho: a  bq  r với 0  r  b . Trong đó: a là số bị chia, b là số chia, q là thương, r là số dư. Khi a chia cho b có thể xảy ra b số dư: r  0;1; 2;....; b . Đặc biệt: r  0 thì a  bq . Khi đó ta nói a chia hết cho b hay b chia hết cho a. Ký hiệu: a  b hay ba Vậy a  b  Có số nguyên q sao cho a  bq 1.1.2. Các tính chất 1. Với a  0 có a a 2. Nếu a  b và ba  a c 3. Với a  0 có 0a 4. Nếu a,b > 0 và a  b ; ba  a  b 5. Nếu a  b và c bất kì có ac b 6. Nếu a  b    a   b  . 7. Với a có a  1. 8. Nếu a  b và c b  a  c b 9. Nếu a  m và a  n và  m, n   1  a  mn . 10. Nếu a  b và n  0  a n  b n . 11. Nếu ac b và  a,b   1  c b 7
12. Nếu a  b , cb và m, n bất kì có: am  cn  b 13. Nếu a  b và c d  ac bd 14. Tích n số nguyên liên tiếp chia hết cho n! 15. a n  p (p nguyên tố)  a  p 1.1.3. Một số dấu hiệu chia hết Gọi N  a n a n 1.....a 1a 0  Dấu hiệu chia hết cho 2 + N 2  a 0  2  a 0  0;2;4;6;8  Dấu hiệu chia hết cho 5 + N5  a o 5  a 0 0;5.  Dấu hiệu chia hết cho 4 (hoặc 25) + N 4 (hoặc 25)  a 1a 0  4 (hoặc 25).  Dấu hiệu chia hết cho 8 (hoặc 125) + N8 (hoặc 125)  a 2 a 1a 0 8 ( hoặc 125).  Dấu hiệu chia hết cho 3 (hoặc9) + N3 ( hoặc 9)   a n  a n 1  .......  a 0 3 (hoặc 9).  Nhận xét: Dư trong phép chia của một số cho 3 (hoặc 9) cũng chính là dư trong phép chia tổng các chữ số của số đó cho 3 (hoặc 9).  Dấu hiệu chia hết cho 11 + N 11   a 0  a 2  .....   a 1  a 3  .....  11.  Dấu hiệu chia hết cho 19 + N 19   a n  2a n 1  2 2 a n  2  ......  2 n a 0 19 . 8
 Dấu hiệu chia hết 101     + N101   a1a 0  a 5a 4  .....  a 3a 2  a 7 a 6  ..... 101 .    Dấu hiệu chia hết cho 27 (hoặc 37)    (hoặc 37)  a 2a1a 0  a 5a 4a 3  .....  27 (hoặc 37). + a1 ,a 2 ,......,a n N 27  Dấu hiệu chia hết cho 7 (hoặc 13)     + N 7 (hoặc13)   a 2a1a 0  a 8a 7a 6  ...  a 5a 4a 3  a11a10a 9  ... 7   (hoặc 13). 1.2. ƯCLN, BCNN 1.2.1. Ước chung lớn nhất (ƯCLN)  Ước: Cho a, b là hai số nguyên. Nếu a  b thì b được gọi là ước của a.  Ước chung: Mỗi số nguyên được goi là ước chung của nhiều số a1 ,a 2 ,.....,a n A khi đó là ước của mỗi số đó.  Ước chung lớn nhất Ước chung lớn nhất của các số nguyên a1 ,a 2 ,......,a n là số lớn nhất trong tập hợp các ước chung của chúng. Kí hiệu: ƯCLN  a1 ,a 2 ,......,a n  hay  a1 ,a 2 ,......,a n   Tính chất + Với k  Z,k  0 ta có: (ka1 ,ka 2 ,...., ka n )  k(a1 ,a 2 ,....,a n ) . + Với k  Z,k  0 và k a,i  1,2,....,n ta có  a1 a 2 a n  (a1 ,a 2 ,...., a n )  , ,....,    k k k  k + Nếu (a,b)  1 và b ac thì b c 9
+ Nếu (a,b)  1 và (a,c)  1 thì (a,bc)  1. 1.2.2. Bội chung nhỏ nhất (BCNN)  Bội: Nếu một số a chia hết cho một số b thì a được gọi là bội của b.  Bội chung: Một số nguyên được gọi là bôi chung của các số a1 ,a 2 ,......,a n khi nó là bội của mỗi số đó.  Bội chung nhỏ nhất: Mỗi bội chung m  0 của các số a1 ,a 2 ,......,a n gọi là bội chung nhỏ nhất của các số đó nếu mọi bôi chung của các số a1 ,a 2 ,......,a n đều là bội chung của m. ab Kí hiệu: BCNN (a, b)  a, b   . UCLN(a, b)  Tính chất + Với k  Z,k  0 ta có: ( a, b)   ka1 , ka2 ,....., kan   k  a1 , a2 ,...., an . +Với k  Z,k  0 và d a i ,i  1,2,...,n ta có:  a1 a 2 an   a 1 , a 2 ,....,a n   , ,....,  d d d  d m m m + M   a1 ,a 2 ,.....,a n    , ,....,   1. .  a1 a 2 an  + Nếu các số a1 ,a 2 ,......,a n nguyên tố sánh đôi thì (a,b)   a1 ,a 2 ,.....,a n   a1 ,a 2 ,.....,a n . + Nếu số nguyên b là bội chung của các số a1 ,a 2 ,......,a n nguyên tố sánh đôi thì b là bội của tích  a1.a 2 ...a n . 10
1.3. DẠNG TOÁN “SUY LUẬN LOGIC” 1.3.1. Vận dụng nguyên lý Dirchlet Nguyên lý Dirichlet là một định lý có thể chứng minh dễ dàng bằng phản chứng đã được nhà toán học Đức Dirichlet áp dụng để chứng minh nhiều định lý toán học. Nguyên tắc Dirichlet thường được phát biểu dưới dạng hình học đơn giản như sau: “Nếu nhốt 9 con thỏ vào 4 cái chuồng thì phải có một chuồng ít nhất là 3 con thỏ. Nguyên tắc này còn được phát biểu dưới dạng khác: Dạng 1: Nếu có một ánh xạ từ tập hợp M có n + 1 phần tử vào tập hợp N có n phần tử ít nhất cũng có hai phần tử của tập hợp M có cùng một ảnh là một phần tử của tập hợp M có cùng một ảnh là một phần tư của tập hợp N qua ánh xạ đó: Dạng 2: Nếu tập hợp E gồm n tập hợp con gồm n phần tử và được phân ra thành n tập hợp con đôi một không vuông góc với nhau mà N > nk thì có ít nhất một tập hợp con chứa nhiều hơn một phần tử. Dạng 3: Minh họa bằng hình ảnh Nếu nhốt N con thỏ vào n chuồng mà N > nk thì có ít nhất một chuồng dốt nhiều hơn k con thỏ. 1.3.2. Phương pháp lập bảng. Các bài toán giải bằng phương pháp lập bảng thường xuất hiện hai nhóm đối tượng: (chẳng hạn tên người và nghề nghiệp, hoặc vận động viên và giải thưởng, hoặc tên sách và màu bìa, …). Khi giải ta thiết lập một bảng gồm các hàng và các cột. Các cột ta liệt kê các đối tượng thuộc nhóm thứ nhất, còn các hàng ta liệt kê các đối tượng thứ 2. Dựa vào điều kiện trong đề bài ta loại bỏ dần (ghi số 0) các ô (là giao của mỗi hàng và mỗi cột). Những ô còn lại (không bị loại bỏ) là kết quả của bài toán. 11
1.3.3. Phương pháp giải ngược từ cuối. Có một số bài toán mà ta có thể tìm số chưa biết bằng cách thực hiện liên tiếp các phép tính đã cho trong bài toán. Khi giải bài toán theo phương pháp này thì kết quả của một phép tính sẽ trở thành một phần đã biết trong phép tính liền sau đó, cứ tiếp tục như thế cho đến khi tìm được số phải tìm. Ta nói rằng bài toán được giải theo phương pháp tính ngược từ cuối. 1.4. DẠNG TOÁN CHUYỂN ĐỘNG Các công thức toán chuyển động: + Tính vận tốc (km/giờ): v = S : t + Tính quãng đường (km): S = v . t + Tính thời gian (giờ): t = S : v Tính thời gian đi: TG đi = TG đến – TG khởi hành – TG nghỉ (nếu có) Tính thời gian khởi hành: TG khởi hành = TG đến – TG đi a) Cùng chiều Đi cùng lúc, đuổi kịp nhau - Tìm hiệu vận tốc: v = v1 – v2 - Tìm thời gian đi đuổi kịp nhau TG đi đuổi kịp nhau bằng = Khoảng cách hai xe : Hiệu vận tốc - Chỗ kịp đuổi nhau cách điểm khởi hành = Vận tốc . TG đi đuôi kịp nhau b) Cùng chiều đi, không cùng lúc, đuổi kịp nhau - Tìm thời gian xe (người) đi trước (nếu có) - Tìm quãng đường xe đi trước: S = v . t - Tìm TG đi đuổi kịp nhau = Quãng đường xe (người) đi trước: Hiệu vận tốc - Ô tô đuổi kịp xe máy lúc = Thời điểm khởi hành của ô tô + TG đi đuổi kịp nhau. *Lưu ý: TG xe đi trước = TG xe ô tô khởi hành – TG xe máy khởi hành 12
c) Ngược chiều, đi cùng lúc, đi lại gặp nhau - Tìm tổng vận tốc : v = v1 + v2 - Tìm TG để đi gặp nhau: TG đi để gặp nhau = S khoảng cách 2 xe : Tổng vận tốc - Ô tô gặp xe máy lúc: Thời điểm khởi hành của ô tô (xe máy) + TG đi gặp nhau - Chỗ gặp nhau cách điểm khởi hành = Vận tốc + TG đi gặp nhau *Lưu ý: TG xe đi trước = TG xe ô tô khởi hành – TG xe máy khởi hành d) Ngược chiều, đi trước, đi lại gặp nhau - Tìm TG xe (người) đi trước (nếu có) - Tìm quãng đường xe đi trước : S = v . t - Tìm quãng đường còn lại = Quãng đường đã cho (khoảng cách hai xe) – Quãng đường xe đi trước. - Tìm tổng vận tốc: v1+ v2 - Tìm TG đi để gặp nhau = Quãng đường còn lại : Tổng vận tốc *Một số chú ý khác - (v1 + v2) = S : t (đi gặp nhau) - S = (v1 + v2) . t (đi gặp nhau) - (v1 – v2) = S : t (đi đuổi kịp nhau) Thời gian đi gặp nhau = Thời điểm gặp nhau lúc 2 xe – Thời điểm khởi hành 2 xe - Tính vận tốc xuôi dòng = v thuyền khi nước lặng + v dòng nước - Tính vận tốc ngược dòng = v thuyền khi nước lặng – v dòng nước - Tính vận tốc dòng nước = (v xuôi dòng – v ngược dòng) : 2 13
- Tính vận tốc khi nước lặng = v khi nước lặng = v xuôi dòng – v dòng nước - Tính vận tốc tàu (thuyền) khi nước lặng = v ngược chiều + v dòng nước CHƯƠNG 2: CÁC PHƯƠNG PHÁP 2.1. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN CHIA HẾT 2.1.1. Phương pháp 1: Đựa vào định nghĩa phép chia hết Để chứng minh a chia hết cho b (b khác 0), ta biểu diễn số a dưới dạng một tích các thừa số, trong đó có một thừa số bằng b (hoặc chia hết cho b), a= b.  k  N hoặc a = m . k (m chia hết cho b) Bài 1: Các tích sau có chia hết cho 4 không? a) 5.12 b)14.28 c) 126.572 Giải a. 5 .1 2  5 .3 .4  4 (Vì 12 = 3.4 chia hết cho 4) b. 14.28 4 (Vì 28 = 7.4 chia hết cho 4) c. 126.527 4 (Vì 527 = 143.4 chia hết cho 4) Bài 2: Không thực hiện phép chia chứng tỏ rằng: a) 39.2015 chia hết cho 13 b) 009.2010 chia hết cho 3 14
c) 187.2014 chia hết cho 17 Giải a. Ta có: 39.2015  3.13.2015 13 (vì 13 1 3 ) b. Ta có: 2010  3 nên 2009.20103 c. Ta có: 18717 nên 187.201417 Bài 3: Chứng tỏ rằng số có dạng aaa bao giờ cũng chia hết cho 3, cho 37 Giải Ta có: aaa  a.111  a.3.37 chia hết cho 3, cho 37 Bài 4: Chứng tỏ rằng số có dạng abcabc bao giờ cũng chia hết cho 11, chia hết cho 7 và chia hết cho 13. Giải Ta có: abcabc  abc000  abc  abc(1000  1)  abc.1001  abc.11.7.13 Nên abcabc chia hết cho 11, chia hết cho 7 và chia hết cho 13. Bài 5: Chứng minh rằng, nếu lấy một số có 2 chữ số cộng với số gồm 2 chữ số ấy viết theo thứ tự ngược lại, ta luôn được một số chia hết cho 11. Giải Gọi hai số đó là ab và ba. Ta có: ab  bc  10a  b  10b  a  11a  11b  11(a  b)11 2.1.2. Phương pháp 2: Sử dụng dấu hiệu chia hết. Bài 1: Tìm các số a,b sao cho a56b45 . Giải Ta thấy 45 = 5.9 mà  5; 9   1 . Vậy a56b45  a56b5 và a56b9 . 15
a56b  5  b  0;5   + Nếu b = 0 ta có số a56b9   a  5  6  09   a  119  a  7 .   + Nếu b = 5 ta có số a56b9   a  5  6  59   a  169  a  2 Vậy a = 7, b = 0 ta có số 7560. a = 2, b = 5 ta có số 2565. Bài 2: Tìm các chữ số a,b sao cho a – b = 4 và 7a5b13. Giải Số 7a5b1 3   7  a  5  b  1 3  13  a  b  3. Ta có 13 chia cho 3 dư 1 nên để 13  a  b 3 thì (a+b) chia cho 3 dư 2 (1) Mà theo đầu bài a – b = 4 nên 0  b  5  4  a  9  4   a  b   14 (2) Mặt khác a – b là số chẵn nên a + b là số chẵn (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra: a  b 8;14. a  b  8 a  6 + Với   . Số cần tìm là: 76521. a  b  4  b  2 a  b  14 a  9 + Với   . Số cần tìm là: 79551.  a  b  4  b  5 Bài 3: Cho A  2  22  23 ....  260 . Chứng minh rằng A chia hết cho 3,7. Giải + Viết A dưới dạng: A  (2  22 )  (23  24 )  ....  (259  260 )  2(1  2)  23 (1  2)  .....  259 (1  2) 3 59  2.3  2 .3  .....  2 .3 16
 3(2  23  .....  259 )3 Vậy A3. + Viết A dưới dạng A  (2  22  23 )  (24  25  26 )  ....  (258  259  260 )  2(1  2  22 )  2 4 (1  2  22 )  .....  258 (1  2  22 )  2.7  2 4.7  .....  258.7  7(2  2 4  .....  258 ) 7 Vậy A  7 . 2.1.3. Phương pháp 3: Sử dụng tính chất chia hết Chú ý: Trong n số nguyên liên tiếp có 1 và chỉ 1 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. Bài 1: Chứng minh rằng: a) Tích của hai số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2. b) Tích của 3 số nguyên liên tiếp chia hết cho 6. c) Tích của hai số chẵn liên tiếp chia hết cho 8. Giải a. Trong 2 số nguyên liên tiếp bao giờ cũng có 1 số chẵn  Số chẵn đó chia hết cho 2. Vậy tích của 2 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2. b. Tích của 2 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2 nên tích của 3 số liên tiếp luôn chia hết cho 2. Trong 3 số nguyên liên tiếp bao giờ cũng có 1 số chia hết cho 3. 17
Tích 3 số đó chia hết cho 3, mà (2,3) = 1 Vậy tích của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 6. c. Hai số chẵn liên tiếp có dạng 2n và 2n +1 (với n  Z ) do đó tích của chúng là : 2n (2n + 1) =4n (n + 1) mà n và n +1 là 2 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 của 2 số chẵn liên tiếp chia hết cho 8. Bài 2: Chứng minh rằng:  n 4  6 n 3  11n 2  6 n  24 với n  Z . Giải n 4  6n 3  11n 2  6n  n(n 3  6n 2  11n  6)  n.  ( n 3  n 2 )  (11n 2  1 1n )  (6  6 n 2 )   n.  n 2 (n  1)  11n (n  1)  6(n 2  1)  2  n.(n  1)  n  11n (n  1)  6(n  1)  2  (n  1)(n  5n  6)  n(n  1)(n  2)(n  3) Ta có: n.(n  1) 2 (Ví dụ 1) n.(n  1).(n  2)3 (Ví dụ 1) n.(n  1).(n  2).(n  3) 4 (Tích của 4 số nguyên liên tiếp có ít nhất một số chia hết cho 4)  n.(n 1).(n  2).(n  3)24 Vậy  n 4  6n 3  6n  11n 2  6n  24n  Z . Bài 3: Chứng minh rằng:  n 4  4 n 3  14 n 2  16n  384  n chẵn, n  4 . 18