Đang tải... (xem toàn văn)
Trong quá trình giảng dạy, tôi nhận thấy để hình thành được kĩ năng giải toán cho học sinh trước hết giáo viên cần nêu được phương pháp giải từng bài toán cụ thể, để dựa vào đó học sinh luyện tập dần dần hình thành kĩ năng giải toán cho các em. Nếu ta chỉ dạy lí thyết mà không phân loại được từng dạng bài tập và phương pháp giải thì thiết nghĩ học sinh khó có thể thực hiện tốt các dạng toán nói chi là hình thành kĩ năng. Do vậy, trong bài viết này tôi đặt vấn đề “phân loại các dạng bài tập toán và phương pháp giải”. Tuy nhiên với thời gian và trình độ không cho phép nên tôi chỉ dừng lại việc phân loại:“Các bài toán chia hết và phương pháp giải”
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học 2015 - 2016 PHẦN I ĐẶT VẤN ĐỀ I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Theo xu phát triển đất nước, việc phải hội nhập nến kinh tế giáo dục với nước khu vực giới điều tất yếu Nhiệm vụ đặt cho ngành giáo dục làm để cải tiến phương pháp giảng dạy cho phù hợp với phát triển giới Trong lí luận dạy học nay, nhiều phương pháp xem xét, phân loại theo nhiều quan điểm khác nhau, nhiều ý tưởng phương pháp đề xuất thử nghiệm nhằm đáp ứng yêu cầu ngày cao người Riêng môn toán, có tầm quan trọng đời sống ngành khoa học Việc tìm phương pháp giảng dạy cho tốt môn toán trường phổ thông cần thiết Theo C.Mac “một khoa học thực phát triển sử dụng phương pháp toán học” Toán học có vai trò vậy, không tập hợp kiện mà hệ thống kiện Do vậy, việc giảng dạy môn toán không đơn điệu sử dụng phương pháp mà phải phối hợp phương pháp giảng dạy với loại tri thức toán học (nên dạy cho học sinh gì? Cần truyền đạt gì? ) Việc học toán giải toán học tập việc giải vấn đề sống có nét giống hai vấn đề thực cách khoa học Tính khoa học thể khả suy luận logic khả thực hành công việc Chẳng hạn, thợ sửa máy giỏi đoán xác máy bị hư phận nào; sửa phận sao; thực thao tác sửa chữa Cuối để đạt kết tốt hay không phần lớn dựa vào khả thực thao tác (giả sử có dự đoán xác đến đâu kĩ “tồi” không thu kết quà tốt) Trong thao tác giải toán đòi hỏi kĩ thật tốt “Không phải có tri thức tự khắc có kĩ tương ứng, đường từ chỗ có tri thức đến chỗ LÊ THỊ LIỄU SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học 2015 - 2016 có kĩ đường luyện tập” Do vậy, rèn luyện kĩ giải toán cho học sinh nhiệm vụ việc giảng dạy toán trường phổ thông Trong trình giảng dạy, nhận thấy để hình thành kĩ giải toán cho học sinh trước hết giáo viên cần nêu phương pháp giải toán cụ thể, để dựa vào học sinh luyện tập hình thành kĩ giải toán cho em Nếu ta dạy lí thyết mà không phân loại dạng tập phương pháp giải thiết nghĩ học sinh khó thực tốt dạng toán nói chi hình thành kĩ Do vậy, viết đặt vấn đề “phân loại dạng tập toán phương pháp giải” Tuy nhiên với thời gian trình độ không cho phép nên dừng lại việc phân loại: “Các toán chia hết phương pháp giải” II PHẠM VI NGHIÊN CỨU ĐỀ TÀI: • Phân loại nêu phương pháp giải dạng toán chia hết chương trình THCS • Đưa số dạng tập nâng cao III ĐỐI TƯỢNG VÀ THỜI GIAN THỰC HIỆN ĐỀ TÀI: • Đối tượng thực hiện: học sinh khối 6,7, khối • Thời gian thực hiện: năm học LÊ THỊ LIỄU SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học 2015 - 2016 PHẦN II NỘI DUNG I SƠ LƯỢC MỘT SỐ KHÁI NIỆM: Kỹ gì? • Kỹ khả thực có kết hành động theo mục đích điều kiện định • Kỹ toán học khả vận dụng kiến thức (khái niệm, phương pháp, cách thức…) để giải nhiệm vụ • Hình thành kỹ cho học sinh cho học sinh nắm vững hệ thống phức tạp thao tác nhằm làm biến đổi sáng tỏ thông tin chứa đựng tập, nhiệm vụ đối chiếu chúng với hành động cụ thể Do vậy, hình thành kỹ cho học sinh cần: o Giúp học sinh biết cách tìm tòi để nhận yếu tố cho, yếu tố phải tìm mối quan hệ chúng o Giúp học sinh hình thành mô hình khái quát để giải tập, đối tượng loại o Xác lập mối quan hệ tập mô hình khái quát kiến thức tương ứng Cơ sở lý thuyết để thực đề tài: 2.1 Phép Chia Hết: a Định Nghĩa: Cho a, b ∈ Z, b ≠ Nếu tồn số nguyên k cho a = kb Ta nói : + a chia hết cho b , kí hiệu: a Mb + b chia hết a, kí hiệu : b|a + a bội b + b ước a LÊ THỊ LIỄU SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học 2015 - 2016 b Tính Chất: • Tính phản xạ: ∀ a∈ Z, a≠ a Ma • Tính phản xứng: Nếu a Mb b Ma a = b • Tính bắc cầu: Nếu a Mb b Mc a Mc c Một Số Định Lí: • ∀ a∈ Z a M1 • ∀ a∈ Z, a≠ Ma • a Mb ⇒ ka Mb • a Mm b M m ⇒ a ± b Mm • a ± b Mm a Mm ⇒ b Mm • a Mm b M n ⇒ ab Mmn • a Mb ⇒ an Mbn, n∈ N, n≠ • an Mbn ⇒ a Mb • a Mb ⇒ an Mb, n∈ N, n≠ • an Mb, b số nguyên tố ⇒ a Mb, n∈ N, n≠ • ab Mm (a, m) = ⇒ b M m • ab Mm m nguyên tố ⇒ a Mm b Mm • a Mm a M n (m,n) = ⇒ a Mmn • a Mm , a Mn a M p với m,n,p nguyên tố đôi ⇒ a Mmnp • Tích n số tự nhiên liên tiếp chia hết cho giai thừa n (m +1)(m+2)…(m+n) M n! d Điều Kiện Chia Hết: • Điều kiện chia hết cho 2: an a a a M 2⇔a M hay a = 0,2, 4,6,8 n−1 0 • Điều kiện chia hết cho 5: an a a a M 5⇔a M hay a = 0,5 n−1 0 • Điều kiện chia hết cho 9: LÊ THỊ LIỄU SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học 2015 - 2016 an a a a M ⇔ an + a + a + a M n−1 n−1 an a a a M ⇔ an + a + a + a M n−1 n−1 • Điều kiện chia hết cho = 22 25 = 52: an a a a M ⇔a a M n−1 1 an a a a M 25 ⇔a a M 25 n−1 1 • Điều kiện chia hết cho = 23 hoặc125 = 53: an a a a a M 8⇔ a a a M n−1 21 an a a a a M 125 ⇔ a a a M 125 n−1 21 • Điều kiện chia hết cho 11: Điều kiện để số tự nhiên chia hết cho 11 tổng chữ số hàng lẻ trừ tổng chữ số hàng chẵn chia hết cho 11 + Nếu n số chẵn an số hạng thứ (n+1) lẻ ana a a a a M11 ⇔ (a + a + + an ) − (a + a + + a ) M11 n−1 n−2 1 n−1 + Nếu n số lẻ an số hạng thứ (n+1) chẵn an a a a a a M11 ⇔ (a + a + + a ) − (a + a + + an ) M 11 n−1 n−2 1 n−1 2.2 Đồng Dư Thức: a Định nghĩa: Cho m số nguyên dương a, b hai số nguyên tuỳ ý Nếu a b có số dư phép chia cho m ta nói a b đồng dư với theo mô đun m viết là: a ≡ b ( mod m ) b Định lí: Cho a, b, m ∈ Z, m > Ba mệnh đề sau tương đương: • a ≡ b ( mod m ) • a – b Mm • a = b + mt, t ∈ Z c Tính Chất: LÊ THỊ LIỄU SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học 2015 - 2016 • Tính chất 1: Ta cộng vế với vế hai đồng dư thức theo mô đun Nghĩa từ đồng dư thức a ≡ b ( mod m ), c ≡ d( mod m ), suy a + c ≡ b + d ( mod m ) Chứng minh: Ta có: ( a + c ) – ( b + d ) = ( a – b ) + ( c – d ) Từ giả thiết suy ra, a – b c – d chia hết cho m, ( a + c ) – ( b + d ) chia hết cho m Hay a+c b + d ( mod m ) Hệ quả: o a ≡ b ( mod m ) suy a + c ≡ b + c ( mod m ) o a ≡ b ( mod m ) suy a ≡ b + mt ( mod m ) o a ≡ b ( mod m ) suy a – c ≡ b ( mod m ) • Tính chất 2: Ta nhân vế với vế hai đồng dư thức theo mô đun Nghĩa từ đồng dư thức a ≡ b( mod m ), c ≡ d( mod m ), suy ac ≡ bd ( mod m ) Chứng minh: Ta có: ac – bd = ac – ad + ad – bd = a(c – d) + d(a – b) Từ giả thiết suy ra, c – d a – b chia hết cho m, ac – bd chia hết cho m Hay ac ≡ bd ( mod m ) Hệ quả: o a ≡ b ( mod m ) suy ac ≡ bc ( mod m ) o a ≡ b ( mod m ) suy an ≡ bn ( mod m ), n số nguyên dương • Tính chất 3: Ta chia hai vế đồng dư thức cho ước chung nguyên tố với mô đun Nghĩa d ước chung nguyên tố a b (d,m) = a ≡ b ( mod m ), suy a b ≡ (mod m) d d LÊ THỊ LIỄU SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học 2015 - 2016 Chứng minh: a b − ) chia hết cho m d d a b Nhưng (d,m) = 1, từ suy − chia hết cho m d d a b ≡ (mod m) Hay d d Theo giả thiết ta có: a – b = d ( • Tính chất 4: Ta nhân hai vế mô đun đồng dư thức với số nguyên dương chia hai vế mô đun cho ước chung dương chúng, Nghĩa từ a ≡ b ( mod m ), suy ac ≡ bc ( mod mc ) a b m ≡ (mod ) , với số nguyên dương c ước chung dương d d d d a, b, m Chứng minh: Theo giả thiết ta có: a – b chia hết cho m suy ac – bc chia h ết cho mc m a b ≡ bc ( mod mc ) − chia hết cho d Từ suy ac d d a b m ≡ (mod ) , với số nguyên dương c ước chung dương d d d d a,b,m • Tính chất 5: Nếu hai số đồng dư với theo mô đun m chúng đồng dư với theo theo mô đun n với ước nguyên dương n m, nghĩa từ a ≡ b ( mod m ) suy a ≡ b ( mod n ), n ước nguyên dương m Chứng minh: Tính chất hiển nhiên a – b chia hết cho m a – b chia hết cho cho ước m LÊ THỊ LIỄU SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM • Năm học 2015 - 2016 Tính chất 6: Nếu hai số đồng dư với theo nhiều mô đun m chúng đồng dư với theo theo mô đun BCNN mô đun, nghĩa là, từ a ≡ b ( mod mi ), i = 1, 2, 3, …, n suy a ≡ b ( mod M ), M = = [m 1, m2,…,mn] Chứng minh: Tính chất hiển nhiên a – b b ội chung c m 1, m2, …,mn bội BCNN(m1, m2,…,mn) II PHÂN TÍCH THỰC TRẠNG: Thuận lợi: • Nhà trường: o BGH quan tâm đến chất lượng giáo dục toàn diện, đổi phương pháp dạy học o Thường xuyên tổ chức lớp bồi dưỡng học sinh giỏi, phụ đạo học sinh yếu o Tạo điều kiện thuận lợi cho giáo viên phát huy khả o Luôn quan tâm đến việc rèn luyện học sinh giỏi • Đồng nghiệp: o Tận tình giúp đỡ, dự thăm lớp, nhận xét đạt được, hạn chế để khắc phục, trao đổi phương pháp để có tiết dạy tốt • Phụ huynh học sinh: o Tạo điều kiện tốt cho em hoạt động trường lớp Khó khăn: • Nhà trường: o Cơ sở vật chất thiếu sân chơi bi tập o Phụ huynh học sinh: Chưa quan tâm đến chất lượng học tập em LÊ THỊ LIỄU SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học 2015 - 2016 Thực trạng chưa áp dụng đề tài: Những năm học trước nhà trường phân công bồi dưỡng học sinh giỏi toán khối ,9 học sinh giỏi giải toán máy tính casio, trình giảng dạy thông qua kiểm tra nhận thấy điều sau: • Kỹ giải toán em nhiều hạn chế giải toán phải đâu • Những tập vận dụng so với lý thuyết mà em học lớp thật khó thực với khả em • Tuy môn số học em học từ bắt đầu học, khả để giải toán em không thực Đặc biệt toán chia hết,… mà dạng toán có thi toán Do áp dụng đề tài III ĐỀ XUẤT BIỆN PHÁP: Các dạng toán thường gặp phương pháp giải: 1.1 Dạng 1: Chứng minh A(n) chia hết cho số nguyên tố P • Phương pháp: Để chướng minh A(n) chia hết cho P, P nguyên tố ta xét trường hợp số dư chia n cho p(0, ±1, ±2, , ± p −1 ) • Ví dụ: CMR: A(n) = n(n2 + 1)(n2 + 4) M5 , ∀n ∈ Z Giải: Xét trường hợp: TH1: n M5 ⇒ A(n) = n(n2 + 1)(n2 + 4) M5 TH2: n M5 n có dạng 5k ± 1hoặc 5k ± • Nếu n = 5k ± ⇒ n2 = 25k2 ± 10k + ⇒ n2 + M5 ⇒ A(n) M5 • Nếu n = 5k ± ⇒ n2 = 25k2 ± 20k + ⇒ n2 + M5 ⇒ A(n) M5 Vậy: A(n) = n(n2 + 1)(n2 + 4) M5 , ∀n ∈ Z LÊ THỊ LIỄU SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM • Bài tập áp dụng: Năm học 2015 - 2016 Chứng minh rằng: a/ Trong hai số nguyên liên tiếp có số chia hết cho b/ Trong ba số nguyên liên tiếp có số chia hết cho c/ Trong k số nguyên liên tiếp có số chia hết cho Giải: a/ Hai số nguyên liên tiếp n n + • Nếu n M2 (n + 1) M2 • Nếu n M2 n M2 Vậy: Trong hai số nguyên liên tiếp có số chia hết cho b/ Ba số nguyên liên tiếp n , n + n + • Nếu n M3 (n + 1) n + không chia hết cho • Nếu n M3 n có dạng 3k ± 1, ∀k ∈ Z o Nếu n = 3k + (n + 2) M3 o Nếu n = 3k - (n + 1) M3 Vậy: Trong ba số nguyên liên tiếp có số chia hết cho c/ k số nguyên liên tiếp n , n + 1, …, n + k – • Nếu n Mk (n + 1), n + 2, …, n + k – không chia hết cho k k −1 • Nếu n Mk n có dạng kq ± 1, kq ± 2,…, kq ± o Nếu n = kq ± n + k – n + chia hết cho k o Nếu n = kq ± n + k – n + chia hết cho k ……………………………………………………………… o Nếu n =kq ± k −1 k +1 k −1 n + n + chia hết cho k 2 1.2 Dạng 2: Chứng minh A(n) chia hết cho m, m hợp số • Phương pháp: Để chướng minh A(n) chia hết cho m, m hợp số ta phân tích m thừa số Giả sử m = pq LÊ THỊ LIỄU 10 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học 2015 - 2016 o Trường hợp 1: Nếu p, q hai số nguyên tố hay p q hai số nguyên tố ta tìm cách chứng minh A(n) Mp A(n) Mq, từ suy A(n)Mp.q ,(p.q=m) • Ví dụ 1: Chứng minh tích ba số nguyên liên tiếp chia hết cho Giải: Gọi ba số nguyên liên tiếp n, n + 1, n + Tích chúng là: A(n) = n(n + 1)( n + 2) Trong hai số nguyên liên tiếp n n + có s ố chia • hết cho Do A(n) M2 Trong ba số nguyên liên tiếp n, n + n + có m ột s ố • chia hết cho Do A(n) M3 Mà (2,3) = Vậy A(n) M6 o Trường hợp 2: Nếu p q không nguyên tố ta phân tích A(n) thừa số Chẳng hạn A(n) = B(n).C(n) tìm cách chứng minh B(n)Mp C(n)Mq, từ suy A(n) = B(n).C(n) Mp.q ,(p.q=m) • Ví dụ 2: Chứng minh tích hai số chẵn liên tiếp chia hết cho Giải: Gọi hai số chẵn liên tiếp 2n 2n + Tích chúng là: A(n) = 2n(2n + 2) Ta có: = 2.4 A(n) = 4.n(n + 1) mà 4M4 Vậy ; n(n + 1) M2 A(n) = 4.n(n + 1) M4.2 hay A(n) M8 • Bài tập áp dụng: Chứng minh rằng: a/ A(n) = n4 – n2 M12, ∀n ∈ Z b/ B(n) = n(n+2)(25n2 – 1) M24, ∀n ∈ Z c/ C = ab(a4 – b4) M30, ∀a, b ∈ N , a > b LÊ THỊ LIỄU 11 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học 2015 - 2016 Giải: a/ Ta viết A(n) = n4 – n2 = (n – 1)n.n(n + 1) • Tích ba số nguyên liên tiếp (n – 1)n(n + 1) chia hết cho 3: ⇒ A(n) M3 • Tích hai số nguyên liên tiếp chia hết cho ⇒ (n – 1)n M2 n(n + 1) M2 ⇒ A(n) M4 Mà 12 = 3.4 (3,4) = nên A(n) = n4 – n2 M12, ∀n ∈ Z b/ Ta viết B(n) = n(n+2)(25n2 – 1) = n(n + 2)(n2 – + 24n2) = n(n + 2)(n2 – 1) + 24n3(n + 2) Ta chứng minh C(n) = n(n + 2)(n2 – 1) M24, ∀n ∈ Z Ta có: C(n) = n(n + 2)(n2 – 1) = (n – 1)n(n + 1)(n + 2) • Tích ba số nguyên liên tiếp (n – 1)n(n + 1) chia hết cho 3: ⇒ C(n) M3 • Trong bốn số nguyên liên tiếp (n – 1), n, (n + 1), (n + 2) có m ột số chia hết cho số chia hết cho ⇒ C(n) M8, ∀n ∈ Z Mà 24 = 3.8 (3,8) = nên C(n) = n(n + 2)(n2 – 1) M24, ∀n ∈ Z Ta lại có 24n3(n + 2) M24, ∀n ∈ Z Do đó, B(n) = n(n+2)(25n2 – 1) M24, ∀n ∈ Z c/ Chứng minh C = ab(a4 – b4) chia hết cho 2, 3, • Nếu a b chẵn ab(a4 – b4) M2 ⇒ C M2 • Nếu a b lẻ (a4 – b4) M2 ⇒ C M2 Do đó, C = ab(a4 – b4) M2 ∀a, b ∈ N (1 ) • Nếu a b chiahết cho ab(a4 – b4) M3 ⇒ C M3 • Nếu a b không chia hết cho a = 3k ± 1, b = 3q ± k , q ∈ Z ⇒ a4 =3t + , b4 = 3h + t , h ∈ Z ⇒ (a4 – b4) M3 ⇒ C M3 Do đó, C = ab(a4 – b4) M3 ∀a, b ∈ N • (2 ) Nếu a b chiahết cho ab(a4 – b4) M5 ⇒ C M5 • Nếu a b không chia hết cho a = 5k ± a = 5k ± LÊ THỊ LIỄU 12 b = 5q ± b = 5q ± k , q ∈ Z ⇒ ( a4 – 1) M5 (b4 – 1) M5 ⇒ (a4 – b4) M5 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học 2015 - 2016 1.3 Dạng 3: Chứng minh A(n) chia hết cho m, ∀m ∈ N • Phương pháp: Để chướng minh A(n) chia hết cho m, ta biến đổi A(n) thành tổng nhiều số hạng chứng minh số hạng chia hết cho m • Ví dụ: CMR: A(n) = n3 – 13nM6 , ∀n ∈ Z Giải: Ta viết A(n) = n3 – 13n = (n3 – n) – 12n = (n – 1)n(n + 1) – 12n • Tích ba số nguyên liên tiếp (n – 1)n(n + 1) chia hết cho 6: ⇒ (n3 – n) M6 Ta lại có : 12n M6 ⇒ (n3 – n) – 12n M6 hay A(n) = n3 – 13n M6 , ∀n ∈ Z • Bài tập áp dụng: Chứng minh rằng: a/ Tổng lập phương ba số nguyên liên tiếp chia hết cho b/ B(n) = n5 – n M 30, ∀n ∈ Z c/ C(n) = n3 + 5n M 6, ∀n ∈ Z Giải: a/ Gọi ba số nguyên liên tiếp là: n, n + 1, n + Ta phải chứng minh A(n) = n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3 M9, ∀n ∈ Z Ta có: A(n) = n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3 = 3n3 + 9n2 + 15n + = 3n3 – 3n + 18n + 9n2 + = 3n( n – 1)(n + 1) + 18n + 9n2 + • Tích ba số nguyên liên tiếp (n – 1)n(n + 1) chia hết cho ⇒ 3n( n – 1)(n + 1) M9 Ta lại có : 18n + 9n2 + M9 ⇒ 3n( n – 1)(n + 1) + 18n + 9n2 + M9 LÊ THỊ LIỄU hay A(n) = n3 + (n + 1)3 + (n + 2)133 9, SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học 2015 - 2016 b/ Ta có: B(n) = n5 – n = n( n4 – 1) = n(n2 + 1)(n2 – 1) = n(n – 1)(n + 1)(n2 – + 5) = n(n – 1)(n + 1)(n2 – 4) + 5n(n – 1)(n + 1) = n(n – 1)(n + 1)(n – 2)(n + 2) + 5n(n – 1)(n + 1) • Do n(n – 1)(n + 1)(n – 2)(n + 2) tích n ăm s ố nguyên liên ti ếp nên chia hết cho 2, Và 2, đôi nguyên t ố nên: n(n – 1)(n + 1)(n – 2)(n + 2) M30 • Tích ba số nguyên liên tiếp n(n – 1)(n + 1) chia hết cho ⇒ 5n(n – 1)(n + 1) M30 Vậy: B(n) = n5 – n = n(n – 1)(n + 1)(n – 2)(n + 2) + 5n(n – 1)(n + 1) M30 c/ Ta có: C(n) = n3 + 5n = n3 – n + 6n = n(n – 1)(n + 1) + 6n • Tích ba số nguyên liên tiếp n(n – 1)(n + 1) chia hết cho 6n M6 1.4 Dạng 4: Chứng minh A(n) chia hết cho m phương pháp dùng đẳng thức • Phương pháp: Để chướng minh A(n) chia hết cho m ta sử dụng đẳng thức sau: o a2 – b2 = (a + b)(a – b) o Công thức Newton: ( a + b) n = a n + na n −1b + n(n − 1) n −2 n(n − 1) n −2 a b + + a b + nab n −1 + b n 1.2 1.2 o a3 – b3 = (a – b)(a2 + ab + b2) o a3 + b3 = (a + b)(a2 – ab + b2) LÊ THỊ LIỄU 14 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học 2015 - 2016 o an – bn = (a – b)(an-1 + an-2b + …+ abn-2 + bn-1), ∀n ∈ N o an – bn = (a + b)(an-1 – an-2b + …+ abn-2 – bn-1), ∀n chẵn o an + bn = (a + b)(an-1 – an-2b + … – abn-2 + bn-1), ∀n lẻ Từ đẳng thức suy o an – bnMa – b, ∀n ∈ N (a ≠ b) o an – bnMa + b, ∀n chẵn (a ≠ −b) o an + bnMa + b, ∀n lẻ (a ≠ −b) • Ví dụ : CMR: A(n) = 24n – 1M15 , ∀n ∈ N Giải: Ta có : A(n) = 24n – =(24)n – = (24 – 1) [(24)n-1 + … + 1] = 15.M M15 Vậy: A(n) = 24n – 1M15 , ∀n ∈ N • Bài tập áp dụng : Chứng minh rằng: a/ A = 25 + 35 + 55 M5 Giải: b/ B = 71 + 72 + 73 + 74 + … + 74k M400 , ∀k ∈ N c/ C = 75(451975 +5 41974 + … + 425 + 5)5 + 25 M41976 a/ Vì số lẻ nên + M(2 + 3) ⇒ + M5 mà: 55 M5 Vậy: A = 25 + 35 + 55 M5 b/ Ta có: B = 71 + 72 + 73 + 74 + … + 74k = ( 71+72+73+74 ) + (75+76+77+78) +…+ (74k-3+ 74k-2+ 74k-1+ 74k) = ( 71+72+73+74 ) + 74( 71+72+73+74 ) +…+ 74k-4( 71+72+73+74 ) = ( 71+72+73+74 )( + 74 + 78 + … + 74k-4) = 7(1 + + 49 + 343)( + 74 + 78 + … + 74k-4) = 400M Vậy: B = 71 + 72 + 73 + 74 + … + 74k M400 , ∀k ∈ N c/ Ta có: C = 75(41975 + 41974 + … + 42 + 5) + 25 = 25.3(41975 + 41974 + … + 42 + + 1) + 25 = 25( – 1)(41975 + 41974 + … + 42 + + 1) + 25 LÊ THỊ LIỄU Ap dụng đẳng thức: an – bn = (a – b)(an-1 + an-2b + …+ abn-2 + bn-1) 15 ⇒ C = 25(41976 – 1) + 25 = 25 41976 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học 2015 - 2016 1.5 Dạng 5: Chứng minh A(n)Mm phương pháp dùng nguyên lí Dirichlet • Phương pháp: Nguyên lí Dirichlet: “Nếu nhốt thỏ vào chuồng phải có chuồng nhốt thỏ” • Ví dụ: Chứng minh rằng: Trong m + số nguyên có hai số có hiệu chia hết cho m Giải: Khi chia số cho m ta có số dư m s ố 0, 1, 2, …, m – Do đó, theo nguyên lí Dirichlet chia m + số cho m phải có hai số có số dư Hiệu hai số chia hết cho m • Bài tập áp dụng: Chứng minh rằng: a/ Trong m số nguyên có số chia hết cho m có hai số có tổng chia hết cho m b/ Trong số tự nhiên có số k cho: 1983k – 1M105 Giải: c/ Tồn số tự nhiên k < 17 cho : 25k – 1M17 a/ Gọi m số nguyên là: a1, a2, a3, …, am Ta lập tổng: a1 a1 + a2 a1 + a2 + a3 ………………… a1 + a2 + a3 + …+ am • TH1 : Một tổng chia hết cho m Đó điều phải chứng minh • TH2: Không có tổng chia hết cho m, số d chia m ỗi tổng cho m số từ đến m – Ta có m t ổng, theo nguyên Dirichlet phải có hai tổng có số dư chia cho m Hiệu c hai LÊ THỊ líLIỄU 16 tổng (là tổng số số cho) chia hết cho m SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học 2015 - 2016 b/ Cho k lấy 105 + giá trị liên tiếp từ trở đi, ta 10 + giá trị khác 1983k – Chia 105 + số cho 105 ta có nhiều 105 số dư Vì vậy, theo nguyên lí Dirichlet phải có nh ất hai s ố có s ố d chia cho 105 Giả sử hai số 1983m – 1983n – (m >n) Thế hiệu hai số phải chia hết cho 105 (1983m – 1) – (1983n – 1)M105 mà: (1983m – 1) – (1983n – 1) = 1983m– 1983n = 1983n(1983m-n – 1) Nhưng 105 1983n nguyên tố nhau, 1983m-n – phải chia hết cho 105 Như có số k/= m – n để 1983k’ – M105 c/ Xét dãy số gồm 17 số hạng sau: 25, 252, 253, …, 2517 (*) Chia số hạng dãy (*) cho 17 Vì (25, 17) = nên (25 n, 17) = 1, ∀n ∈ N * Do đó, số dư phép chia là: 1, 2, 3, …, 16 Có 17 phép chia có 16 s ố dư nên theo nguyên lí Dirichlet có hai số hạng dãy (*) có s ố d chia cho 17 Gọi hai số 25i 25j , ( i, j ∈ N và1 ≤ i ≤ j ≤ 17 ) ⇒ 25j – 25i M17 ⇒ 25i (25j-i – 1) M17 Vì (25i , 17) = nên (25j-i – 1) M17 1.6 Dạng : Chứng minh A(n)Mm phương pháp quy nạp toán học • Phương pháp: Xét toán: Chứng minh P(n) ∀n ∈ Z n ≥ a , a ∈ Z o Phương pháp 1: Bước 1: Thử với n = a ⇒ P(a) Do đó, P(n) n = a Bước 2: Giả sử P(n) n = k, k ∈ Z k ≥ a , nghĩa P(k) LÊ THỊ LIỄU 17 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học 2015 - 2016 Bước 3: Ta phải chứng minh P(n) n = k + 1, nghìa P(k + 1) Bước 4: Kết luận Vậy: P(n) ∀n ∈ Z n ≥ a , a ∈ Z o Phương pháp 2: Bước 1: Thử với n = a ⇒ P(a) Do đó, P(n) n = a Khi n = a + ⇒ P(a + 1) Bước 2: Giả sử P(k – 1) P(k) , k ∈ Z k ≥ a + Bước 3: Ta phải chứng minh P(n) n = k + 1, nghìa P(k + 1) Bước 4: Kết luận Vậy: P(n) ∀n ∈ Z n ≥ a , a ∈ Z o Phương pháp 3: Bước 1: Thử với n = a ⇒ P(a) Do đó, P(n) n = a Bước 2: Giả sử P(a), P(a + 1), …, P(k – 1), P(k) Bước 3: Ta phải chứng minh P(n) n = k + 1, nghìa P(k + 1) Bước 4: Kết luận Vậy: P(n) ∀n ∈ Z n ≥ a , a ∈ Z • Ví dụ: CMR: A(n) = 16n – 15n – 1M225, ∀n ∈ N (*) Giải: Khi n = Ta có: A(1) =161 – 15.1 – = M225 • Giả sử (*) n = k Nghĩa là: A(k) = 16k – 15k – 1M225 • Ta chứng minh (*) n = k + nghĩa ta chứng minh A(k + 1) = 16k+1 – 15(k + 1) – M225 Thật vậy: 16k+1 – 15(k + 1) – = 16 16k – 15k – 15 – = (16k – 15k – 1) + 15 16k – 15 Theo giả thiết quy nạp (16k – 15k – 1) M225 Còn 15 16k – 15 = 15(16k – 1) M225 ( do16k – M(16 – 1) =15) Do đó, A(k + 1) = 16k+1 – 15(k + 1) – M225 LÊ THỊ LIỄU 18 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học 2015 - 2016 • Bài tập áp dụng: Chứng minh rằng: a/ A(n) = 42n+2 – M15, ∀n ∈ N b/ B(n) = 4n + 15n – M9, ∀n ∈ N c/ C(n) = 10n + 18n – 28 M27, ∀n ∈ N Giải: a/ A(n) = 42n+2 – M15, ∀n ∈ N (1) • Khi n = Ta có: A(0) =42 – = 15 M15 • Giả sử (1) n = k Nghĩa là: A(k) = 42k+2 – M15 • Ta chứng minh (1) n = k + nghĩa ta chứng minh A(k + 1) = 42(k +1)+2 – M15 Thật vậy: 42(k +1)+2 – = 16.42k+2 – = 15.42k+2 + (42k+2 – 1) Theo giả thiết quy nạp 42k+2 – M15 Còn 15.42k+2 M15 Do đó, A(k + 1) = 42(k +1)+2 – M15 Vậy: A(n) = 42n+2 – M15, ∀n ∈ N b/ B(n) = 4n + 15n – M9, ∀n ∈ N (2) • Khi n = Ta có: B(0) = 40 + 15.0 – = M15 • Giả sử (2) n = k Nghĩa là: B(k) = 4k + 15k – M9 • Ta chứng minh (2) n = k + nghĩa ta chứng minh B(k+1) = 4k +1 + 15(k + 1) – M9 Thật vậy: 4k +1 + 15(k + 1) – = (4k + 15k – 1) + 3(4k + 5) Theo giả thiết quy nạp 4k + 15k – M9 Ta lại có 4k = 3M + ⇒ 4k + M3 ⇒ 3(4k + 5) M9 Do đó, B(k+1) = 4k +1 + 15(k + 1) – M9 Vậy: B(n) = 4n + 15n – M9, ∀n ∈ N c/ C(n) = 10n + 18n – 28 M27, ∀n ∈ N (3) • Khi n = Ta có: C(0) = 100 + 18.0 – 28 = - 27 M27 • Giả sử (2) n = k Nghĩa là: C(k) = 10k + 18k – 28 M27 • Ta chứng minh (2) n = k + nghĩa ta chứng minh C(k+1) = 10k+1 + 18(k+1) – 28 M27 Thật vậy: 10k+1 + 18(k+1) – 28 = (10k + 18k – 28) + 9(10k + 2) LÊ THỊ LIỄU Theo giả thiết quy nạp 10k + 18k – 28M27 19 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học 2015 - 2016 1.7 Dạng : Chứng minh A(n)Mm phương pháp dùng đồng dư thức • Phương pháp: Để chứng minh A(n) chia hết cho m ta sử dụng tính chất, định lí đồng dư thức để chứng minh • Ví dụ: CMR: Một số chia hết cho tổng chữ số chia hết cho Giải: Gọi số nguyên N = dcba hay N = a + 10b + 102c + 103d + … Ta có: a ≡ a ( mod 9) 10 ≡ (mod 9) ⇒ 10b ≡ b (mod 9) 102 ≡ (mod 9) ⇒ 102c ≡ c (mod 9) 103 ≡ (mod 9) ⇒ 103d ≡ d (mod 9) ………………………………… Cộng vế đồng dư thức ta được: N = a + 10b + 102c + 103d + … ≡ a + b + c + d + … (mod 9) Vậy N đồng dư với tổng chữ số theo môđun Do đó, N chia h ết • Bài tập áp dụng: Chứng minh rằng: a/ A = 2n + M7, ∀ n ∈ N b/ B = 7.52n + 12.6n M19, ∀n ∈ N Giải:c/ C = 22225555+ 55552222 M7 a/ Ta có: 23 = ≡ 1(mod 7) Ta tìm số dư 22n chia cho Vì ≡ (mod 3) nên 4n ≡ (mod 3) Hay 42n ≡ (mod 3) Đặt : 22n = 3k + 1, ta được: A = 23k + + = 8k + ≡ + ≡ (mod 7) 2n M7, ∀ n ∈ N Vậy: A = 2 + b/ Ta có: A = 7.25 + 12.6n Vì 25 ≡ (mod 19) nên A ≡ 7.6n + 12.6n ≡ 19.6n ≡ (mod 19) Vậy: A = 7.52n + 12.6n M19, ∀n ∈ N c/ Ta có: 2222 ≡ (mod 7) ⇒ 22224 ≡ 34 ≡ (mod 7) ⇒ 22225 ≡ 4.3 ≡ (mod 7) LÊ THỊ LIỄU Ta lại có: 55555 ≡ ( mod 7) ⇒ 55552 ≡ 42 ≡ (mod 7) 20 Mà: 22225555 + 22225555 = 22225.1111 + 55552.1111 ≡ 51111 + 21111 n SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học 2015 - 2016 Trên vài suy nghĩ thân trình giảng dạy Tuy nhiên có toán ta có nhiều cách giải khác nhau, đơn giản hơn, hợp lí Nhưng mục đích đề tài nêu cách giải toán mà muốn thông qua ví dụ để nêu lên cách giảng dạy hướng dẫn học sinh rèn luyện kĩ giải toán tứ phát triển tư sáng tạo, khả tìm tòi cùa em Từ viết quý thầy cô lập dạng toán khác như: Các toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất; toán bất đẳng thức; toán đoạn thẳng tỉ lệ,… Với thời gian trình độ không cho phép, nên viết trách khỏi sai xót, mong đóng góp quý thầy cô bạn đồng nghiệp Kết đạt được: Qua thời gian áp dụng đề tài, nhận thấy em thật say mê giải toán Thời gian nhà em đọc sách nhiều thể lời giải toán tương đối chặt chẽ Do vậy, năm học 2015– 2016, học sinh lớp có 11 học sinh giỏi toán mạng (1 giải nhất, giải nhì, giải ba giải kk) giải kỳ thi văn hoá cấp huyện (1 giải nhì, giải ba giải kk) Tôi đưa chương trình ôn vào ôn tập củng cố cho đội tuyển học sinh giỏi toán lớp 9, cấp tỉnh huyện Kết đạt bước đầu tương đối khả quan với: giải ba giải kk cấp tỉnh môn giải toán máy tính cầm tay casio; giải kk môn toán văn hoá cấp tỉnh Tôi nhận thấy em hứng thú học tập, yêu thích say mê môn toán nhiều Và cả, em tích cực tìm tòi áp dụng giải thành công tập tương tự nâng cao - điều mà tâm đắc LÊ THỊ LIỄU 21 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học 2015 - 2016 Người viết : LÊ THỊ LIỄU LÊ THỊ LIỄU 22 [...]... nhiều hơn và thể hiện lời giải các bài toán tương đối chặt chẽ Do vậy, trong năm học 2015– 20 16, đối với học sinh lớp 6 có 11 học sinh giỏi toán trên mạng (1 giải nhất, 1 giải nhì, 3 giải ba và 6 giải kk) và 7 giải trong kỳ thi văn hoá cấp huyện (1 giải nhì, 3 giải ba và 3 giải kk) Tôi cũng đưa chương trình ôn này vào ôn tập củng cố cho đội tuyển học sinh giỏi toán các lớp 8 và 9, cấp tỉnh của huyện... với: 1 giải ba và 2 giải kk cấp tỉnh môn giải toán bằng máy tính cầm tay casio; 1 giải kk môn toán 8 văn hoá cấp tỉnh Tôi nhận thấy các em hứng thú học tập, yêu thích say mê bộ môn toán nhiều hơn Và hơn cả, các em đã tích cực tìm tòi và áp dụng giải thành công các bài tập tương tự và những bài nâng cao hơn - đó là điều mà tôi tâm đắc nhất LÊ THỊ LIỄU 21 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học 2015 - 20 16 Người... những bài toán ta có thể có nhiều cách giải khác nhau, đơn giản hơn, hợp lí hơn Nhưng mục đích của đề tài này không phải nêu ra cách giải toán mà chúng tôi muốn thông qua các ví dụ để nêu lên cách giảng dạy và hướng dẫn học sinh rèn luyện kĩ năng trong giải toán tứ đó phát triển tư duy sáng tạo, khả năng tìm tòi cùa các em Từ bài viết này quý thầy cô cũng có thể lập ra các dạng bài toán khác như: Các bài. .. Theo giả thiết quy nạp thì 10k + 18k – 28M27 19 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học 2015 - 20 16 1.7 Dạng 7 : Chứng minh A(n)Mm bằng phương pháp dùng đồng dư thức • Phương pháp: Để chứng minh A(n) chia hết cho m ta có thể sử dụng các tính chất, định lí của đồng dư thức để chứng minh • Ví dụ: CMR: Một số chia hết cho 9 khi tổng các chữ số của nó chia hết cho 9 Giải: Gọi số nguyên N = dcba hay N = a + 10b +... 5q ± 1 hoặc b = 5q ± 2 k , q ∈ Z ⇒ ( a4 – 1) M5 và (b4 – 1) M5 ⇒ (a4 – b4) M5 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học 2015 - 20 16 1.3 Dạng 3: Chứng minh A(n) chia hết cho m, ∀m ∈ N • Phương pháp: Để chướng minh A(n) chia hết cho m, ta có thể biến đổi A(n) thành tổng của nhiều số hạng và chứng minh mỗi số hạng chia hết cho m • Ví dụ: CMR: A(n) = n3 – 13nM6 , ∀n ∈ Z Giải: Ta có thể viết A(n) = n3 – 13n = (n3 – n)... A(k) = 16k – 15k – 1M225 • Ta chứng minh (*) đúng khi n = k + 1 nghĩa là ta chứng minh A(k + 1) = 16k+1 – 15(k + 1) – 1 M225 Thật vậy: 16k+1 – 15(k + 1) – 1 = 16 16k – 15k – 15 – 1 = (16k – 15k – 1) + 15 16k – 15 Theo giả thiết quy nạp thì (16k – 15k – 1) M225 Còn 15 16k – 15 = 15(16k – 1) M225 ( do16k – 1 M( 16 – 1) =15) Do đó, A(k + 1) = 16k+1 – 15(k + 1) – 1 M225 LÊ THỊ LIỄU 18 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM... bài toán về tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất; các bài toán về bất đẳng thức; các bài toán về đoạn thẳng tỉ lệ,… Với thời gian và trình độ không cho phép, nên bài viết không thể trách khỏi những sai xót, rất mong sự đóng góp của quý thầy cô và các bạn đồng nghiệp 2 Kết quả đạt được: Qua thời gian áp dụng đề tài, tôi nhận thấy các em thật sự say mê giải toán Thời gian ở nhà các em đọc sách nhiều hơn và. .. Một trong các tổng trên chia hết cho m Đó là điều phải chứng minh • TH2: Không có tổng nào chia hết cho m, như vậy số d ư khi chia m ỗi tổng trên cho m là một số từ 1 đến m – 1 Ta có m t ổng, do đó theo nguyên Dirichlet phải có hai tổng có cùng số dư khi chia cho m Hiệu c ủa hai LÊ THỊ líLIỄU 16 tổng này (là tổng của một số các số đã cho) chia hết cho m SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học 2015 - 20 16 b/ Cho... 15 ⇒ C = 25(419 76 – 1) + 25 = 25 419 76 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học 2015 - 20 16 1.5 Dạng 5: Chứng minh A(n)Mm bằng phương pháp dùng nguyên lí Dirichlet • Phương pháp: Nguyên lí Dirichlet: “Nếu nhốt 9 chú thỏ vào 4 cái chuồng thì phải có một cái chuồng nhốt ít nhất 3 chú thỏ” • Ví dụ: Chứng minh rằng: Trong m + 1 số nguyên bất kì thế nào cũng có hai số có hiệu chia hết cho m Giải: Khi chia một số cho... số đó là 25i và 25j , ( i, j ∈ N và1 ≤ i ≤ j ≤ 17 ) ⇒ 25j – 25i M17 ⇒ 25i (25j-i – 1) M17 Vì (25i , 17) = 1 nên (25j-i – 1) M17 1 .6 Dạng 6 : Chứng minh A(n)Mm bằng phương pháp quy nạp toán học • Phương pháp: Xét bài toán: Chứng minh rằng P(n) đúng ∀n ∈ Z và n ≥ a , a ∈ Z o Phương pháp 1: Bước 1: Thử với n = a ⇒ P(a) đúng Do đó, P(n) đúng khi n = a Bước 2: Giả sử P(n) đúng khi n = k, k ∈ Z và k ≥ a ,