MỘT SỐ DẠNG TOÁN ÁP DỤNG TÍNH CHIA HẾT CỦA SỐ NGUYÊN A. ĐẶT VẤN ĐỀ: Trong báo cáo về nhiệm vụ năm học, Bộ giáo dục & Đào tạo chỉ rõ: " Chỉ đạo mạnh mẽ việc đổi mới phương pháp dạy học và phong trào tự học, tự đào tạo''. '' Coi trọng trọng giáo dục chính trị, tư tưởng nhân cách, khả năng tư duy sáng tạo và năng lực thực hành của học sinh''. '' Quyết tâm thực hiện 2 không trong ngành giáo đục''. Chủ trương đod hoàn toàn phù hợp với những yêu cầu cấp bách của công cuộc công nghiệp hoá, hiện đại hoá đất nước ta hiện nay. Căn cứ vào nhiệm vụ, mục tiêu của ngành giáo dục, căn cứ vào thức trạng dạy- học toán hiện nay, hướng đổi mới phương pháp dạy học toán ở trường THCS là tích cực hoá hoạt động học tập của học sinh, tập trung việc rèn luyện khả năng tư duy tích cực, độc lập, sáng tạo. Trong chương đại số của THCS, các bài toán về tính chia hết của số nguyên hết sức phong phú vầ đa dạng. Vì nó vận dụng kiến thức cơ bản vào giải toán và còn phát triển tư duy cho học sinh. Khi gặp một bài toán chứng minh chia hết, học sinh sẽ gặp khó khăn nếu không nắm vững kiến thức cơ bản và các dạng bài tập, cách làm các dạng bài tập đó Vậy làm thế nào để học sinh biết làm các bài toán chia hết và biết cách vận dụng nó để giải các dạng toán khác và ứng dụng nó trong thực tế? Và làm thế nào để học sinh cảm thấy có sự say mê, hào hứng khi giải các bài toán nhất là đối với học sinh ngại học toán? Đó là vấn đề tôi luôn quan tâm và luôn tìm phương pháp tối ưu, để đạt được mục đích đó tôi lựa chọn chuyên đề "Một số dạng toán áp dụng tính chia hết của số nguyên''. B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I) CƠ SỞ LÝ LUẬN Đổi mới phương pháp dạy học nhằm mục đichs cho học sinh phương pháp suy nghĩ, chiếm lĩnh các tri thức khoa học và phương pháp nghiên cứu kiến thức một cách khoa học, nhằm vận dụng kiến thức khoa học một cáhc tối ưu nhất. Muốn đạt được diều kiện trên thì trong quá trình dạy học ta phải xác định: - Công việc của thầy giữ vai trò chủ động, sáng tạo, tổ chức cho học sinh chiếm lĩnh kiến thức. - Đối với học sinh phải chủ động, sáng tạo, phải được suy nghĩ nhiều, trả lời nhiều câu hỏi, đượ thực hành nhiều dưới sự tổ chức hướng dẫn của giáo viên. II) CƠ SỞ THỰC TIỄN Thực trạng dạy và học toán hiện nay, mặc dù học sinh đã dược học đầy đủ các kiến thức cơ bản, có phần mở rộng, nâng cao nhiều. Song khi gặp một bài toán, học sinh vẫn òcn lúng túng trong việc định hướng phương pháp giải, chưa biết vận dụng hoặc vận dụng chưa linh hoạt, sáng tạo các kiến thức cơ bản đã học. Nhiều học sinh chỉ biết vận dụng từng bước giải, từng ohần của quy tắc, công thức mà 1 thầy đã hướng dẫn. Vì thế không phát huy được tính độc lập, sáng toạ của học sinh. - Đối với thầy công việc chuẩn bị kiến thức, đặt vấn đề, đặt câu hỏi sao cho học sinh được suy nghĩ nhiều? Được làm việc nhiều? Đối với học sinh đại trà hay chỉ là học sinh khá, giỏi trong lớp trả lời. Vì vậy người thầy phải chủ động tích cực hoá các hoạt động của tất cả các đối tượng trong lớp. - Trong thức tiễn vấn đề học không đi đôi với hành đã làm cho học sinh không có cơ sở thực hiện các thao tác tư duy để tiếp nhận, củng cố tri thức cũ, làm nền tảng lĩnh hội tri thức mới. Do đó, học sinh ít được làm việc dộc lập, năng lực các nhân không được phát huy thoả đáng. - Trong nhiều năm giảng dạy toán của bậc THCS tôi thấy tính chia hết đối với số nguyên, hs đã được học ở lớp 6,lớp 7 nhưng khi gặp một bài toán về chia hết học sinh vẫn còn lúng túng trong việc tìm ra cách làm,, bởi vì các kiến thức liên quan để hỗ trợ còn hạn chế. Lên lớp 8 nhờ có hằng đẳng thức đáng nhớ và phân tích đa thức thành nhân tử , học sinh có thể giải được các bài toán nhanh hơn và phức tạp hơn ở lớp dưới Dựa trên cơ sở lý luận và cơ sở thực tiễn trên tối thấy cần có một số giải pháp đổi mới phương pháp giảng dạy cho phù hợp với thực tiễn này. III CÁC GIẢI PHÁP Để đáp ứng mục tiêu giáo dục và khắc phục những tồn tại trên, để học sinh có thể làm được các bài tập liên quan đến sự chia hết của số nguyên, một cách chủ động hơn giáo viên cần phải: - Chuẩn bị tốt tiến trình bài soạn và tổ chức dạy học. - Chuẩn bị tốt các tình huống có vấn đề để có thể giúp học sinh tư duy suy nghĩ, định hình cách làm - Cung cấp học sinh một số dạng toán thường gặp về tính chia hết của số nguyên và một số kiến thức nâng cao mà hs có thể ứng dụng được - Qua các bài toán hs biết áp dụng những kiến thức đã học vào làm bài tập một cách linh hoạt,có sáng tạo. - Thông qua nội dung lý thuyết cần lưu ý và các bài tập có tính hệ thống,nâng cao phát triển cho hs tư duy toán: lôgic, sáng tạo, phát triển khả năng khái quát,tổng quát hoá Để tạo cho học sinh có sự phấn khích khi gặp các bài toán chia hết của số nguyên, tôi xin trình bày một số ví dụ về các dạng toán để minh hoạ cho chuyên đề '' Một số dạng toán áp dụng tính chia hết của số nguyên'' IV. NỘI DUNG DẠNG 1.Chứng minh quan hệ chia hết Ví dụ1.Chứng minh rằng A = n 3 (n 2 -7) 2 -36n chia hết cho 5040 với mọi số tự nhiên n. + Trước hết cho hs nhận xét về các hạng tử của biểu thức A + Từ đó phân tích A thành nhân tử 2 Giải: Ta có A =n[n 2 (n 2 -7) 2 -36]= n[(n 3 -7n 2 )-36] = n(n 3 -7n 2 -6)( n 3 -7n 2 +6) Mà n 3 -7n 2 -6 = (n+1) (n+2) (n-3) n 3 -7n 2 +6 = (n-1)(n-2)(n+3) Do đó A= (n-3)(n-2)(n-1)(n+1)(n+2)(n+3) Đây là tích của 7 số nguyên liên tiếp.Trong 7 số nguyên liên tiếp _Tồn tại một bội của 5 ⇒ A  5 -Tồn tại một bội của 7 ⇒ A  7 -Tồn tại hai bội của 3 ⇒ A  9 -Tồn tại ba bội số của 2,trong đó có một bội số của 4 ⇒ A  16 A chia hết cho các số 5,7,9,16 đôi một nguyên tố cùng nhau nên A chia hết cho 5.7.9.16 =5040. + Qua ví dụ 1 rút ra cách làm như sau: Gọi A(n) là một biểu thức phụ thuộc vào n (n ∈ N hoặc n ∈ Z). Chú ý 1: Để chứng minh biểu thức A(n) chia hết cho một số, ta thường phân tích A(n) thành thừa số, trong đó có một thừa số là m.Nếu m là hợp số, ta phân tích nó thành môt tích các thừa số đôi một nguyên tố cùng nhau, rồi chứng minh A(n)chia hết cho tất cả các số đó. Lưu ý: Trong k số nguyên liên tiếp, bao giờ cũng tồn tại một bội số của k. Ví dụ 2.Chứng minh rằng với moi số nguyên a thì a) a 2 -a chia hết cho 2. b) a 3 -a chia hết cho 3. c) a 5 -a chia hết cho 5. d) a 7 -a chia hết cho 7. Giải: a) a 2 - a =a(a-1), chia hết cho 2. b)a 3 -a = a( a 2 - 1) = a(a-1)(a+1), tích này chia hết cho 3 vì tồn tại một bội của 3. + Ở phần a, b hs dễ dàng làm được nhờ các bài toán đã quen thuộc + Để chứng minh a(a -1 ) chia hết cho 2, ta đã xét số dư của a khi chia cho 2 c) Cách 1 A = a 5 -1= a(a 2 +1)(a 2 -1) Xét các trường hợp a = 5k, a= 5k ± 1 a=5k ± 2 suy ra A chia hết cho 5 Cách 2. A = a 5 -1= a(a 2 +1)(a 2 -1) = a(a 2 +1)(a 2 -4+5) = a(a 2 +1)(a 2 -4)+ 5a( a 2 -1) = (a -2) (a-1)a(a+1)(a+2) + 5a(a 2 -1) 3 Số hạng thứ nhất là tích của năm số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 5,số hạng thứ hai cũng chia hết cho 5. Do đó A = a 5 -1 chia hết cho 5. + Qua ví dụ 2 để chứng minh chia hết ta đã làm như sau: Chú ý 2: Khi chứng minh A(n) chia hết cho m, ta có thể xét mọi trường hợp về số dư khi chia n cho m. Ví dụ 3. a)Chứng minh rằng một số chính phương chia hết cho 3 chỉ có thể có số dư bằng 0 hoặc 1. b) Chứng minh rằng mọt số chính phương chia cho 4 chỉ có thể có số dư bằng 0 hoặc 1. c)Các số sau có là số chính phương không? M =1992 2 + 1993 2 +1994 2 N= 1992 2 + 1993 2 +1994 2 +1995 2 P = 1+ 9 100 + 94 100 +1994 100 . d)Trong dãy sau có tồn tại số nào là số chính phương không? 11, 111,1111,11111, Giải: Gọi A là số chính phương A =n 2 (n ∈ N) a)Xét các trường hợp: n= 3k (k ∈ N) ⇒ A = 9k 2 chia hết cho 3 n= 3k ± 1 (k ∈ N) ⇒ A = 9k 2 ± 6k +1 chia cho 3 dư 1 vậy số chính phương chia cho 3 chỉ có thể có số dư bằng 0 hoặc 1. b)Xét các trường hợp n =2k (k ∈ N) ⇒ A= 4k 2 , chia hết cho 4. n= 2k+1(k ∈ N) ⇒ A = 4k 2 +4k +1 =4k(k+1)+1, chia cho 4 dư 1(chia cho 8 cũng dư 1) vậy số chính phương chia cho 4 chỉ có thể có số dư bằng 0 hoặc 1. Chú ý: Từ bài toán trên ta thấy: -Số chính phương chẵn chia hết cho 4 -Số chính phương lẻ chia cho 4 dư 1( chia cho 8 cũng dư 1). c) Các số 1993 2 ,1994 2 là số chính phương không chia hết cho 3 nên chia cho 3 dư 1,còn 1992 2 chia hết cho 3. Vậy M chia cho 3 dư 2,không là số chính phương. Các số 1992 2 ,1994 2 là số chính phương chẵn nên chia hết cho 4. Các số 1993 2 ,1995 2 là số chính phương lẻ nên chia cho 4 dư 1. Vậy số N chia cho 4 dư 2,không là số chính phương. d) Mọi số của dãy đều tận cùng là 11 nên chia cho 4 dư 3.Mặt khác số chính phương lẻ thì chia cho 4 dư 1. Vậy không có số nào của dãy là số chính phương. Chú ý 3:Khi chứng minh về tính chất chia hết của các luỹ thừa,ta còn sử dụng các hằng đẳng thức bậc cao và công thức Niu-tơn sau đây: 4 a n -b n =(a-b)(a n-1 +a n-2 b+a n-3 b 2 + +ab n-2 +b n-1 ) (1) a n +b n =(a+b)(a n-1 -a n-2 b+a n-3 b 2 ab n-2 +b n-1 ) (2) với mọi số lẻ n. Công thức Niu-tơn (a+b) n = a n +c 1 a n-1 b+c 2 a n-2 b 2 + +c n-1 ab n-1 +b n Trong công thức trên, vế phải là một đa thức có n+1 hạng tử ,bậc của mỗi hạng tử đối với tập hợp các biến là a,b là n.Các hệ số c 1 ,c 2 , c n-1 được xác định bởi tam giác Pa -xcan: n=0 n=1 1 1 1 1 2 1 1 3 3 1 1 4 6 4 1 1 5 10 10 5 1 c 1 c 2 c 3 c 4 Áp dụng các hằng đẳng thức trên vào tính chia hết, ta có với mọi số tự nhiên a,b và số tự nhiên n : a n -b n chia hết cho a-b (a ≠ b) a 2n+1 +b 2n+1 chia hết cho a+b ( a ≠ -b) (a+b) n =Bs a+b n (Bs a là bội của a). Đặc biệt chú ý đến: (a+1) n = Bs a +1 ( a -1) n = Bs a+ 1 (a-1) 2n+1 = Bs a - 1 Ví dụ 4.Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, biểu thức 16 n -1 chia hết cho 17 khi và chỉ khi n là số chẵn. Giải: Cách 1:Nếu n chẵn (n=2k, k ∈ N) thì A= 16 2k -1 = (16 2 ) k -1 chia hết cho 16 2 -1 Theo hằng đẳng thức (1) Mà 16 2 -1 =255 chia hết cho 17. Vậy A chia hết cho 17 Nếu n lẻ thì A = 16 n +1 -2, mà 16 n +1 chia hết cho 17 theo hằng đẳng thức (9),nên A không chia hết cho 17 vậy A chia hết cho 17 ⇔ n chẵn. Cách 2: A=16 n -1 =(17-1) n -1 = Bs 17 +(-1) n -1(theo công thức Niu-tơn) Nếu n chẵn thì A =Bs 17 +1-1 =Bs 17 Nếu n lẻ thì A = Bs 17 -1 -1 = Bs 17 -2 Không chia hết cho 17. 5 Chú ý 4: Người ta còn dùng phương pháp phản chứng,nguyên lý Di ríchlet để chứng minh quan hệ chia hết. Ví dụ 5. Chứng minh rằng tồn tại một bội số của 2003 có dạng 2004 2004 2004 Giải: Xét 2004 số : A 1 =2004 A 2 =2004 2004 A 2004 =2004 2004 2004 (Nhóm 2004 có mặt 2004 lần). Theo nguyên lý Dirich let, tồn tại hai số có cùng số dư khi chia cho 2003. Gọi hai số đó là a m và a n (1 ≤ n ≤ m ≤ 2004) Thì a m -a n chia hết cho 2003.Ta có a m -a n = 2004 2004 2004000 000 =    2004 2004 20042004 nnhoùmm= . 10 4n Do ( 10 4m , 2003) =1 nên    2004 2004 20042004 nnhoùmm= Chia hết cho 2003. Bài tập tương tự: Bài 1. Chứng minh rằng n 6 + n 4 - 2n 2 chia hết cho 72 với mọi số nguyên n. Giải: Ta có n 6 + n 4 - 2n 2 = n 2 ( n 4 +n 2 - 2) =n 2 (n 4 -1 + n 2 -1 ) = n 2 [ (n 2 -1)(n 2 +1) +(n 2 -1)] = n 2 (n-1)(n+1)(n 2 +2) +Xét các trường hợp n= 2k, n=2k+1 ⇒ n 6 + n 4 - 2n 2  8 +Xét các trường hợp n = 3a, n=3a ± 1 n 6 + n 4 - 2n 2  9 vậy n 6 + n 4 - 2n 2  72 với mọi số nguyên n Bài 2. Chứng minh rằng 3 2n -9 chia hết cho 72 với mọi số nguyên dương n Giải: Ta có B =3 2n -9= 9 n - 9,nên B  9 Mặt khác B = 3 2n - 9 = (3 n -1)(3 n +1) -8 Do 3 n -1,3 n +1 là hai số chẵn liên tiếp nên B  8 Vậy B  72 * Bài tập tự làm Chứng minh rằng 1.n 3 +6n 2 +8n chia hết cho 48 với mọi n chẵn 2.n 4 -10n 2 +9 chia hết cho 384 với mọi sốn lẻ DẠNG 2.Tìm số dư 6 Ví dụ 6: Tìm số dư khi chia 2 100 a) cho 9; b) cho 25; c) cho 125. Giải: a) Luỹ thừa của 2 sát với một bội so của 9 là 2 3 = 8 = 9-1 Ta có 2 100 =2( 2 3 ) 33 = 2(9-1) 33 =2(BS9-1) = BS 9 -2= BS9+ 7 Số dư khi chia 2 100 cho 9 là 7. b) Luỹ thừa của 2 sát với bội số của 25 là 2 10 = 1024 =BS 25 -1 Ta có 2 100 = (2 10 ) 10 =(BS 25 -1) 10 =BS25 +1 Số dư khi chia 2 100 cho 25 là 1. c) Dùng công thức Niu-tơn: 2 100 = (5 - 1) 50 =5 50 -50.50 49 + + 2 49.50 .5 2 -50.5+1. Không kể phần hệ số của khai triển Niu-tơn thì 48 số hạng đầu đã chứa luỹ thừa của 5 với sô mũ lớn hơn hoặc bằng 3 nên chia hết cho 125, số hạng cuối là 1 . Vậy 2 100 chia cho 125 dư 1. Chú ý: Tổng quát hơn,ta chứng minh được rằng nếu một số tự nhiên n không chia hết cho 5 thì n 100 chia cho 125 có số dư là 1. Thật vậy, n có dạng 5k ± 1,5k ± 2.Ta có (5k ± 1) 100 =(5k) 100 ± + 100.99 2 (5k) 2 ± 100.5k+1 = BS 125 +1 (5k ± 2) 100 =(5k) 100 ± + 2 99.100 (5k) 2 .2 98 ± 100.5k .2 99 + 2 100 = BS 125 +2 100 Ta lại có 2 100 chia cho 125 dư 1 Do đó (5k ± 2) 100 chia cho 125 dư 1. Ví dụ 7: Tìm ba chữ số tận cùng của 2 100 khi viết trong hệ thập phân. Giải: Theo ví dụ trên ta có 2 100 = BS 125 +1,mà 2 100 là số chẵn, nên ba chữ số tận cùng của nó chỉ có thể là 126, 376, 626 hoặc 876. Mà 2 100 chia hết cho8 nên ba chữ số tậncùng của nó phải chia hết cho 8.Trong 4 số trên chỉ có 376 thoả mãn điều kiện này. Vậy ba chữ số tận cùng của 2 100 là 376. Chú ý: Nếu n là số chẵn không chia hết cho 5 thì 3 chữ số tận cùng của n 100 là 376. Ví dụ 8: Tìm 4 chữ số tận cùng của 5 1994 viết trong hệ thập phân. Giải: Cách 1. Ta thấy số tận cùng bằng 0625 nâng lên luỹ thừa nguyên dương bất kì vẫn tận cùng bằng 0625.Do đó 5 1994 =5 4k+2 =25(5 4k )=25(0625) k = 25.( 0625) = 5625 7 Cách 2. Ta thấy 5 4k -1 chia hêt cho 5 4 -1 = (5 2 -1)(5 2 +1) nên chia hết cho 16. Ta có: 5 1994 = 5 6 ( 5 332 -1) +5 6 Do 5 6 chia hết cho 5 4 , còn 5 332 -1 chia hết cho 16 nên 5 6 ( 5 332 -1) chia hết cho 10000 Và 5 6 = 15625. Vậy 4 chữ số tận cùng của 5 1994 là 5 Bài tập tương tự 1.CMR với mọi số tự nhiên n thì 7 n và 7 n+4 có hai chữ số tận cùng như nhau. + Cho hs đặt câu hỏi: Khi nào hai số có hai chữ số tận cùng giống nhau? - Khi hiệu của chúng chia hết cho 100 Giải: Xét hiệu của 7 n +4 - 7 n = 7 n ( 7 4 -1) = 7 n .2400 Do đó 7 n+1 và 7 n có chữ số tận cùng giống nhau. 2.Tìm số dư của 22 22 +55 55 cho 7. + Xét số dư của 22 và 55 cho 7? Giải: Ta có 22 22 + 55 55 =(Bs 7 +1) 22 +(Bs 7 -1) 55 = Bs 7 +1+ Bs7 -1 = Bs 7 Vậy22 22 + 55 55 chia hết cho 7 DẠNG 3. Tìm điều kiện để chia hết Ví dụ 9: Tìm số nguyên n để giá trị của biểu thức A chia hết cho giá trị của biểu thức B: A= n 3 +2n 2 -3n+2 , B= n 2 -n Giải: Đặt tính chia: n 3 +2n 2 -3n+2 n 2 -n - n 3 - n 2 n +3 3n 2 -3n +2 - 3n 2 -3n 2 Muốn chia hết, ta phải có 2 chia hết cho n(n-1),do đó 2 chia hết cho n(vì n là số nguyên) Ta có: n 1 -1 2 -2 n-1 0 -2 1 -3 n(n- 1) 0 2 2 6 loại loại Vậy n= -1; n = 2 Ví dụ 10 8 Tìm số nguyên dương n để n 5 +1 chia hết cho n 3 +1. Giải: Ta có n 5 +1  n 3 +1 ⇔ n 2 (n 3 +1) - (n 2 -1)  (n+1)(n 2 -n +1) ⇔ (n-1)(n+1)  (n+1)(n 2 -n +1) ⇔ n -1  n 2 -n +1 (vì n+1 ≠ 0) Nếu n =1 thì ta được 0 chia hết cho 1 Nếu n>1 thì n -1< n(n-1) +1=n 2 -n +1, do đó không thể chia hết cho n 2 - n +1. Vậy giá trị duy nhất của n tìm được là 1. Ví dụ 11 Tìm số nguyên n để n 5 +1 chia hết cho n 3 +1. Giải: Theo ví dụ trên ta có: n -1  n 2 -n +1 ⇒ n(n-1)  n 2 -n +1 ⇒ n 2 -n  n 2 -n +1 ⇒ (n 2 -n +1) -1  n 2 -n +1 ⇒ 1  n 2 -n +1 Có hai trường hợp n 2 -n +1 =1 ⇔ n( n -1) =0 ⇔ n=0; n=1. Các giá trị này thoả mãn đề bài. n 2 -n +1= -1 ⇔ n 2 -n +2 =0 không tìm được giá trị của n Vậy n= 0; n =1 là hai số phải tìm. Ví dụ 12 Tìm số tự nhiên n sao cho 2 n -1 chia hết cho 7. Giải: Nếu n = 3k (k ∈ N) thì 2 n -1 = 2 3k -1 = 8 k -1 Chia hết cho 7 -Nếu n =3k +1(k ∈ N) thì 2 n -1= 2 3k+1 - 1=2(2 3k -1) +1 = Bs 7 +1 Nếu n = 3k +2 ( k ∈ N) thì 2 n -1= 2 3k+2 -1 =4(2 3k - 1)+3 =Bs 7 +3 Vậy 2 n -1 chia hết cho 7 ⇔ n = 3k(k ∈ N). *Bài tập áp dụng Bài 1: Tìm điều kiện của số tự nhiên a để a 2 +3a +2 chia hết cho 6. Giải: Ta có a 2 +3a + 2 = (a+1)(a+2) là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 2 Do đó a 2 +3a +2  3 ⇔ a 2 +2  3 ⇔ a 2 : 3 dư 1 ⇔ a không chia hết cho 3. Điều kiện phải tìm là a không chia hết cho 3. Bài 2: Tìm điều kiện của số tự nhiên a để a 4 -1 chia hết cho 240. 9 Bài 3: Tìm số nguyên tố p để 4p +1 là số chính phương. Bài 4. Tìm điều kiện của số tự nhiên a để a 2 + 3a + 2 chia hết cho 6. Giải: Ta có a 2 + 3a + 2 =( a+1)(a+2) Là tích của 2 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2 Do đó a 2 + 3a + 2  3 ⇔ a 2 + 2  3 ⇔ a 2 chia cho 3 dư 1 ⇔ a không chia hết cho 3. Điều kiện phải tìm là a không chia hết cho 3. Bài 5. Tìm ba số nguyên tố liên tiếp a,b,c sao cho a 2 + b 2 + c 2 cũng là số nguyên tố Giải: Xét hai trường hợp + Trong 3 số a,b,c có một số bằng 3. Khi đó 2 2 + 3 2 + 5 2 =38 là hợp số (loại) Còn 3 2 + 5 2 + 7 2 =83 là số nguyên tố. + Cả 3 số a,b,c đều lớn hơn 3. Khi đó a 2 , b 2 , c 2 đều chia cho 3 dư 1 nên a 2 + b 2 + c 2 chia hết cho 3,là hợp số (loại) Vây ba số phải tìm là 3,5,7. * Các bài tập tổng hợp các dạng toán trên Bài 1. : Cho bốn số nguyên dương a,b,c,d thảo mãn a 2 +b 2 = c 2 + d 2 .Chứng minh rằng a+ b+c+ d là hợp số. Giải: Xét biểu thức A= (a 2 -a)+(b 2 -b)+( c 2 -c)+ (d 2 -d) Dễ thấy A là số chẵn (vì biểu thức trong mỗi dấu ngoặc là tích của hai số nguyên liên tiếp) nên (a 2 + b 2 + c 2 +d 2 ) -(a+b + c+ d) là số chẵn mà a 2 +b 2 = c 2 + d 2 nên a 2 +b 2 + c 2 + d 2 là số chẵn. Vậy a + b+ c + d là số chẵn,tổng này lớn hơn 2 nên là hợp số. Bài 2. : Cho các số nguyên a,b,c đều chia hết cho 6. Chứng minh rằng Nếu a+ b+ c chia hết cho 6 thì a 3 + b 3 + c 3 Chia hết cho 6 Giải: Ta có A=a 3 + b 3 + c 3 - (a +b + c) = (a 3 -a) + (b 3 -b) + (c 3 -c) Do a 3 -a , (b 3 -b) , (c 3 -c) đều chia hết cho 6 Nên A  6 Mặt khác a+ b +c chia hết cho 6 Do đó a 3 + b 3 + c 3 chia hết cho 6 10 . học, tự đào tạo''. '' Coi trọng trọng giáo dục chính trị, tư tưởng nhân cách, khả năng tư duy sáng tạo và năng lực thực hành của học sinh''. '' Quyết tâm. số ví dụ về các dạng toán để minh hoạ cho chuyên đề '' Một số dạng toán áp dụng tính chia hết của số nguyên'' IV. NỘI DUNG DẠNG 1.Chứng minh quan hệ chia hết Ví dụ1.Chứng. tích cực, độc lập sáng tạo của học sinh thông qua chuyên đề '' Một số dạng toán áp dụng tính chia hết của số nguyên''. Khi viết chuyên đề này chắc hẳn không tránh khỏi những