Tài liệu SKKN Toán CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH CHIA HẾT TRONG TẬP SỐ NGUYÊN Z DÙNG CHO BỒI DƯỠNG học sinh giỏi THCS NGHĨA PHONG

PHÒNG GIÁO DỤC -ĐÀO TẠO
TRƯỜNG THCS
**************
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
NĂM HỌC 2010-2011

CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH
CHIA HẾT TRONG TẬP SỐ NGUYÊN Z
DÙNG CHO BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI
LỚP 9 - TRƯỜNG THCS
***************
HỌ VÀ TÊN:
NGÀY THÁNG NĂM SINH:
GIỚI TÍNH:
DÂN TỘC :
CHỨC VỤ :
**********

*********
, tháng năm
1
MỤC LỤC
PHẦN MỞ ĐẦU
1.Lý do viết sáng kiến kinh nghiệm 4
2.Mục đích viết sáng kiến kinh nghiệm 5
3.Đối tượng áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 6
4.Cấu trúc của sáng kiến kinh nghiệm
5.Tài liệu tham khảo,nghiên cứu viết sáng kiến kinh nghiệm
PHẦN NỘI DUNG
Chương I:Một số cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm 7
1.1 Những đặc trưng cơ bản của việc bồi dưỡng học sinh giỏi

1.2 Thực trạng của việc bồi dưỡng học sinh giỏi
1.3 Mục tiêu bồi dưỡng học sinh giỏi trong sáng kiến kinh nghiệm
Chương II:Các dạng toán và phương pháp chứng minh chia hết 8
2.1 Đặt vấn đề
2.2 Tóm tắt lý thuyết
2.3 Các dạng toán và phương pháp chứng minh
2.3.1 Dạng 1-Cách chứng minh -Ví dụ minh họa 9
2.3.2 Dạng 2-Cách chứng minh -Ví dụ minh họa 10
2.3.3 Dạng 3-Cách chứng minh -Ví dụ minh họa 11
2.3.4 Dạng 4-Cách chứng minh-Ví dụ minh họa 12
2.3.5 Dạng 5-Cách chứng minh -Ví dụ minh họa 13
2.3.6 Dạng 6-Cách chứng minh -Ví dụ minh họa 15
2.3.7 Dạng 7-Cách chứng minh -Ví dụ minh họa 17
2.3.8 Dạng 8-Cách chứng minh -Ví dụ minh họa 18
Chương III:
Sơ đồ minh họa các dạng toán và phương pháp chứng minh 20
PHẦN KẾT 21
1.Kết luận
2.Kiến nghị
2
PHẦN MỞ ĐẦU
1-LÝ DO VIẾT SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM:
Sự nghiệp giáo dục -đào tạo có ý nghĩa quan trọng trong chiến
lược xây dựng con người ,chiến lược phát triển kinh tế xã hội của đất
nước.Đại hội Đại biểu khóa VIII của Đảng đã xác định :” Cùng với khoa học
và công nghệ , giáo dục và đào tạo là quốc sách hàng đầu nhằm nâng cao dân
trí ,đào tạo nhân lực ,bồi dưỡng nhân tài”
Vì vậy ,giáo dục có tác dụng vô cùng to lớn trong việc truyền bá hệ tư
tưởng chính trị xã hội chủ nghĩa ,xây dựng ý thức pháp quy ,ý thức đạo đức
và góp phần cơ bản vào việc hình thành lối sống mới ,nhân cách mới cho

toàn xã hội nói chung và cho thế hệ học sinh nói riêng.
Bên canh đó, trong công tác giảng dạy của thầy cô giáo và học tập
của các em học sinh có vai trò quyết định đến hiệu quả của giáo dục
Đặc biệt sự phát triển nhanh chóng và thành công của chất lượng giảng
dạy và học tập phải được thể hiện rõ nét nhất ở đội ngũ học sinh giỏi trong
nhà trường .
Là một giáo viên giảng dạy môn Toán ,là một cán bộ quản lý trong nhà
trường ,tôi luôn trăn trở ,suy nghĩ tìm ra những giải pháp để làm sao bồi
dưỡng cho học sinh chăm chỉ học môn Toán ,yêu môn Toán và thực sự giỏi
Toán.
Trong chương trình bồi dưỡng học sinh giỏi Tóan THCS, các em được
truyền đạt các kiến thức nâng cao hơn chương trình chính khóa về Số học
,Đại số và Hình học .
Chương trình bồi dưỡng vì vậy rất đa dạng và phức tạp đòi hỏi giáo
viên giảng dạy và học sinh học tập phải thật sự cố gắng đầu tư công sức
nghiên cứu , tham khảo nhiều tài liệu để rút ra được những cách giải nhanh
chóng ,chính xác và cực kỳ thông minh.
Qua nhiều năm bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán lớp 9,tôi có rút ra một số
kinh nghiệm của bản thân trong việc truyền đạt kiến thức cho các em khi giải
3
Toán của chương trình được học.
Tôi nhận thấy khi thực hiện các bài Toán trong “Phép chia hết trong
tập số nguyên Z” các em còn lúng túng ,xoay sở khó khăn trong việc tìm ra
hướng giải .Điều đó đã làm các em mất nhiều thời gian và công sức mà nhiều
lúc không tìm được hướng giải trong khi loại toán này các em vẫn thường
xuyên gặp phải.
Vì lý do đó tôi xin được trình bày ý kiến của mình trong khuôn khổ
của bài :”Sáng kiến kinh nghiệm về CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG
PHÁP CHỨNG MINH CHIA HẾT TRONG TẬP SỐ NGUYÊN
Z,DÙNG CHO BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI LỚP 9 - TRƯỜNG

THCS TRẦN PHÚ”
Đồng thời qua diễn đàn này ,tôi thật sự mong muốn các đồng chí , đồng
nghiệp ,các thầy cô và các cấp lãnh đạo góp ý kiến xây dựng để bài viết được
hoàn thiện và mang tính khả thi.
2-MỤC ĐÍCH VIẾT SÁNG KIẾN :
Trong quá trình giảng dạy ,hướng dẫn ,bồi dưỡng học sinh giỏi giải
Toán về:”Phép chia hết trong tập số nguyên Z” tôi nhận thấy Phần lý
thuyết được truyền đạt mang tính trừu tượng cao ,nhưng ngắn gọn mà bài tập
cụ thể thì nhiều và rất đa dạng làm cho học sinh rất khó định hướng để tìm ra
cách giải .
Tìm tòi nhiều bài tập,tổng hợp nhiều cách giải,sưu tầm và học hỏi
nhiều sách để tổng hợp ,phân loại các dạng toán về phép chia hết để làm sao
trong một khả năng có giới hạn tôi trình bày các dạng toán mang tính tổng
hợp và các cách chứng minh cụ thể cho từng dạng toán nhằm giúp cho các
em học sinh tham gia bồi dưỡng môn Toán có khả năng thực hiện giải một số
bài toán về: phép chia hết một cách nhanh chóng và có hệ thống.
3-ĐỐI TƯỢNG ÁP DỤNG :
-Các Thầy,Cô tham khảo góp ý kiến nếu phù hợp với điều kiện của nhà
trừơng thì mạnh dạn đưa vào Chương trình Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán lớp
4
9.
-Các Thầy ,Cô tham khảo góp ý kiến nếu phù hợp với điều kiện của
nhà trừơng thì mạnh dạn đưa vào Chương trình Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán
lớp 9.
-Các em học sinh được bồi dưỡng môn Toán 9 của trường tôi .
4-CẤU TRÚC CỦA SÁNG KIẾN:
*Ngoài phần mở đầu ,phần nội dung ,phần kết luận ,sáng kiến còn có
mục lục,tài liệu tham khảo
*Phần nội dung có 3 chương :
Chương I:Một số cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm

Chương II:Các dạng toán và phương pháp chứng minh chia hết
Chương III:Sơ đồ minh họa các dạng toán và phương pháp chứng
minh
5-TÀI LIỆU THAM KHẢO VIẾT SÁNG KIẾN :
-400 Bài toán mở rộng THCS của Dương Đức Kim
-Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 9 của Nguyễn Vũ Thanh
-Hướng dẫn học tập môn Toán -Trần Khánh Hưng
-Hướng dẫn dạy và học Toán -Phan Văn Hoàn
-Bồi dưỡng số học Cấp II-Phan Văn Phùng
**********************
5
PHẦN NỘI DUNG:
Chương I: MỘT SỐ CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA SÁNG KIẾN
1.1-Những đặc trưng cơ bản của việc bồi dưỡng Học sinh giỏi:
-Bồi dưỡng học sinh giỏi là tạo ra những con đường giúp các em tự mình đi
đến với kiến thức ,giúp các em chốt lại được các kiến thức và giúp các em “hé
mở “ những vấn đề hứng thú cao hơn chương trình đang học
- Bồi dưỡng học sinh giỏi là giúp các em biết được những vấn đề mà sách
giáo khoa chưa nói đến nhưng với trình độ của mình các em vẫn có thể
hiểu được , làm được ,chứng minh được.Và đặc biệt có thể tự mình tìm ra
được những vấn đề mà mình chưa biết .
-Khi bồi dưỡng học sinh giỏi là các thầy cô đã tạo động lực để các em tự mình
suy nghĩ ,tự mình cố gắng tìm ra lời giải,cố gắng tìm ra được nhiều cách giải
và lựa chọn được cách giải hay nhất
-Khi được bồi dưỡng các em thường cố gắng suy nghĩ để tìm ra cách giải đều
đó làm cho trí óc của các em làm quen với việc tìm hiểu vấn đề ,đặt vấn đề và
giải quyết vấn đề.Từ đó các em được mở mang trí tuệ ,rèn tính sáng tạo
,thông minh
1.2-Thực trạng của việc bồi dưỡng học sinh giỏi:
-Bồi dưỡng học sinh giỏi là tạo mũi nhọn ,động lực thúc đẩy các em chăm lo

học tập ,say mê nghiên cứu ,trưởng thành trong suy nghĩ ,chính chắn trong
cuộc sống
Bởi vậy nó là một mảng quan trọng trong nhà trường sau những giờ học chính
khóa .Nhưng bồi dưỡng học sinh giỏi cũng dễ bị lệch lạc nếu có những suy
nghĩ, định hướng như “nuôigà chọi “.
-Thực tế nếu bồi dưỡng để các em sáng tạo và thông minh ,mạnh dạn và quyết
đoán ,suy nghĩ sâu xa và chính chắn thì đó là một điều tuyệt vời cho học tâp
của các em .Nhưng nếu thiên về dạy “tủ “ thì cũng thật là tai hại vì nó sẽ phản
lại tác dụng trong việc học tập của các em .
1.3-Mục tiêu bồi dưỡng học sinh giỏi trong sáng kiến :
6
-Từ những vấn đề được học trong chương trình chính khóa giáo viên truyền
đạt kiến thức nâng cao cho các em một cách hệ thống ,khoa học, thật sự lôgic
-Từ những kiến thức về :Phép chia hết đã học các em sẽ được tiếp tục học tập
kiến thức nâng cao dựa trên nền tảng chương trình chính khóa
-Các em nắm chắc các dạng toán về Phép chia hết trong tập Z.Vận dụng một
cách thông minh ,sáng tạo các cách chứng minh trong việc giải các dạng
toán về phép chia hết
Chương II:CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHÉP CHỨNG MINH CHIA HẾT
2.1-Đặt vấn đề:
-Phần lý thuyết chứng minh chia hết ngắn gọn ,trừu tượng nhưng phần
toán đa dạng phức tạp nên để học sinh dễ tiếp thu và vận dụng cần đưa ra các
mấu chốt của vấn đề cần giải theo hướng chung,dễ triển khai ,mở rộng,dễ nhớ
Nên tôi mạnh dạn phân thành các Dạng toán từ phần lý thuyết sau để
học sinh phân loại và chọn cách giải cho phù hợp,nhanh chóng và đạt độ
chính xác cao trong khi thực hiện các bước giải toán Chứng minh chia hết
2.2-Tóm tắt lý thuyết Về phép chia hết :
-Định lý:Với a,b,q
∈
Z ,b

≠
o ta có a
M
b
⇔
có q sao a=b.q
-Tính chất : *Nếu a
M
b và b
M
c thì a
M
c
*Nếu a
M
b , a
M
c và (b,c)=1 thì a
M
bc
*Nếu ab
M
c và (b,c)=1 thì a
M
c
-Đồng dư : *Định nghĩa : a,b,m
∈
Z, m
f
0 ta có:

a
≡
b (mod m)
⇔
a- b
M
m
-Tính chất : *Nếu a
≡
b (mod m) và c
≡
d (mod m) thì
a+c
≡
b+d (mod m) và a - c
≡
b - d (mod m)
*Nếu a
≡
b (mod m) và c
≡
d (mod m) thì
a.c
≡
b.d (mod m)
-Hệ quả: *Nếu a
≡
b (mod m) thì a+c
≡
b +c (mod m) và

7
a - c
≡
b -c (mod m)
*Nếu a
≡
b (mod m) thì ac
≡
bc (mod m) (c
≠
0)
*Nếu a
≡
b (mod m) thì a
n

≡
b
n
(mod m)
với n
∈
N
2.3-Các dạng toán và phương pháp chứng minh:
2.3.1-Dạng 1 -Cách chứng minh và ví dụ minh họa :
• Sử dụng tính chất :” Trong n số nguyên liên tiếp có một và chỉ
một số chia hết cho n ,với n
≥
1”
• Cách chứng minh: Lấy n số nguyên liên tiếp chia cho n thì được n

số dư khác nhau đôi một ,trong n số dư đôi một này có duy nhất một
số dư bầng 0 ,tức là có duy nhất một số chia hết cho n
• Ví dụ minh họa:
a-Chứng minh rằng :Tích hai số chẵn liên tiếp chia hết cho 8?
Ta có hướng giải :
Hai số chẵn liên tiếp có dạng 2n và 2n+2 ,với n
∈
Z. Do đó :
Tích của chúng là :2n(2n+2)=4n(n+1). Mà :
n và n+1 là 2 số nguyên liên tiếp nên có 1 số chia hết cho 2
do đó n(n+1)
M
2 suy ra: 4n(n+1)
M
8
Vậy Tích hai số chẵn liên tiếp chia hết cho 8
b-Chứng minh rằng: Tích năm số nguyên liên tiếp chia hết cho
120?
Ta có hướng giải : Có : 120=3.5.8
Trong 5 số nguyên liên tiếp có 1 số chia hết cho 3 và 1 số chia hết cho
5 nên tích của chúng chia hết cho 3 và 5.
Ta chứng minh trong 5 số nguyên liên tiếp có 2 số chẵn liên tiếp nên
tích của chúng chia hết cho 8 (câu a)
Vì 5 số nguyên liên tiếp có dạng n,n+1,n+2,n+3,n+4 nên:
n chẵn thì n,n+2 là 2 số chẵn liên tiếp hoặc
n lẻ thì n+1,n+3 là 2 số chẵn liên tiếp
8
do đó: Tích năm số nguyên liên tiếp chia hết cho 3.5.8=120
• Các bài tập tham khảo điển hình có cách giải thuộc Dạng 1 :
i-Chứng minh rằng :với m,n

∈
Z ta có: n
3
+11n
M
6?
mn(m
2
-n
2
)
M
3?
n(n+1)(2n+1)
M
6?
ii-Cho m,n là 2 số chính phương lẻ liên tiếp .Chứng minh rằng :
mn-m-n+1
M
192?
iii-Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3,chứng minh rằng :p
2
-1
M
24?
iiii-Chứng minh rằng trong 1900 số tự nhiên liên tiếp có một số có tổng
các chữ số chia hết cho 27?
iiiii- Chứng minh rằng n và n
5
có chữ số tận cùng giống nhau?

v.v
2.3.2: Dạng 2 -Cách chứng minh và ví dụ minh họa :
• Sử dụng Bất đẳng thức mở rộng
• Cách chứng minh: Với n
∈
N ta có :a
n
-b
n
= (a-b)(a
n-1
+a
n-2
b+ +b
n-1
)
Với n lẻ ta có :a
n
+b
n
= (a+b)(a
n-1
-a
n-2
b+ +b
n-1
)
Suy ra : a,b
∈
Z và a

≠
b thì a
n
-b
n

M
(a-b)
a,b
∈
Z , n lẻ và a
≠
-b thì a
n
+b
n

M
(a+b)
a,b
∈
Z , n chẵnû và a
≠
-b thì a
n
-b
n

M
(a+b)

• Ví dụ minh họa :
a-Chứng minh rằng :Với n chẵn(n
∈
Z) ta có :20
n
+16
n
-3
n
-1
M
323
Ta có hướng giải sau:
Ta có : 323=17.19 .Biến đổi 20
n
+16
n
-3
n
-1=(20
n
-1)+( 16
n
-3
n
)
Vì: 20
n
-1
M

(20-1)=19 và n chẵn nên 16
n
-3
n

M
(16
n
+3)=19
Do đó : 20
n
+16
n
-3
n
-1
M
19 (1)
Mặt khác : 20
n
+16
n
-3
n
-1=(20
n
-3
n
)+(16
n

-1
n
)
20
n
-3
n
M
(20-3)=17 và n chẵn nên 16
n
-1
n
M
(16+1)=17
Do đó : 20
n
+16
n
-3
n
-1
M
17 (2)
Từ (1) (2) và (17,19)=1 nên ta suy ra 20
n
+16
n
-3
n
-1

M
323
9
b-Chứng minh rằng: với mọi số tự nhiên n ta có :11
n+2
12
2n+1
M
133
Ta có hướng giải sau:
Tacó : 11
n+2
12
2n+1
=11
2
.11
n
+12.12
2n
=121 11
n
+12.144
n
=(133-12).11
n
+12.144
n
=
=133.11

n
+12.(144
n
-11
n
)
Vì : 133.11
n
M
133 và 144
n
-11
n

M
( 144-11)=133 nên
133.11
n
+12.(144
n
-11
n
)
M
133 hay 11
n+2
12
2n+1
M
133

• Các bài tập tham khảo điển hình có cách giải thuộc Dạng 2 :
i-Chứng minh rằng :với mọi n thuộc tập số tự nhiên thì
5
n+2
26.5
n
+8.
2n+1
M
59
ii- Chứng minh rằng :với mọi n thuộc tập số tự nhiên thì
7.5
2n
+

12.6
n
M
19
iii- Cho a,b là các số tự nhiên không chia hết cho 5.Chứng minh rằng :
pa
4m
+qb
4m
chia hết cho 5 khi và chỉ khi p+q chia hết cho 5(với p,q
∈
N)
iiii-Cho n là số nguyên dương và k là số tự nhiên lẻ.Chứng minh rằng:
1
k

+2
k
+… +n
k
M
(1+2+3+….+n)
iiiii- Cho n là số nguyên dương và k là số tự nhiên lẻ.Chứng minh
rằng:
1
k
+2
k
+… +(2n)
k
M
n(2n+1)
v.v
2.3.3: Dạng 3 -Cách chứng minh và ví dụ minh họa :
• Sử dụng Phép chia có dư
• Cách chứng minh: Để chứng minh biểu thức A(n)
M
p ta xét tất cả
các số dư trong các phép chia ncho p.Chia n cho p được các số dư :
0,1,2,3,4,… ,p-1.Đặc biệt nếu p lẻ thì ta có thể viết :
n=k.p+r với r=0,1,2,….,±(p-1):2
• Ví dụ minh họa :
a-Tìm dư trong phép chia một số chính phương cho 3,cho 5
Ta có hướng giải sau:
Số chính phương có dạng n
2

(n
∈
N)
10
Chia n cho 3 thì n = 3k hoặc n=3k ±1
Nếu n=3k thì n
2
=9k
2
chia hết cho 3
Nếu n=3k ±1 thì n
2
(3k ±1)
2
=9k
2
± 6k+1 chia 3 dư 1
Vậy một số chính phương khi chia cho 3 số dư là 0 hoặc 1.
Chia n cho 5 thì n = 5k hoặc n=5k ±1 hoặc n=5k ±2
Nếu n=5k thì n
2
=25k
2
chia hết cho 5
Nếu n=5k ±1 thì n
2
(5k ±1)
2
=25k
2

±10k+1 chia 5 dư 1
Nếu n=5k ±2 thì n
2
(5k ±2)
2
=25k
2
±20k+4 chia 5 dư 4
Vậy một số chính phương khi chia cho 5 số dư là 0 , 1 hoặc 4
b-Chứng minh rằng: tổng bình phương của 3 số nguyên liên tiếp
không thể là một số chính phương?
Ta có hướng giải sau:
Tổng luỹ thừa 2k(k
∈
N
*
) của 3 số nguyên liên tiếp có dạng :
(n-1)
2k
+n
2k
+(n+1)
2k
Trong 3 số nguyên liên tiếp có một số chia hết cho 3,hai số còn lại có dạng:
3k ±1 nên tổng luỹ thừa chẵn của 3 số nguyên liên tiếp chia cho 3 có số dư là
2 nên không thể là một số chính phương
• Các bài tập tham khảo điển hình có cách giải thuộc Dạng 3 :
i-Chứng minh rằng :tổng bình phương của 5 số nguyên liên tiếp không
thể là một số chính phương
ii- Chứng minh rằng :xyz

M
60 biết x,y,z thoã mãn x
2
+ y
2
=z
2
iii- Tìm tất cả các số tự nhiên để 3
2n
+3
n
M
13
iiii- Chứng minh rằng 1
n
+2
n
+3
n
+4
n
M
5 khi và chỉ khi n không chia
hết cho 4(n
∈
N)
iiiii- Tìm tất cả các số tự nhiên n để n
n+1
chia hết cho 5
v.v

2.3.4: Dạng 4 -Cách chứng minh và ví dụ minh họa :
• Sử dụng Nguyên tắc “ngăn kéo”Dirichlet
11
Nếu đem n+1 vật xếp vào n ngăn kéothì có ít nhất có 1 ngăn kéo chứa
từ 2 vật trở lên
• Cách chứng minh: Nếu có nk+1 xếp vào n ngăn thì có ít nhất một
ngăn chứa từ k+1 vật trở lên
• Ví dụ minh họa :
a-Chứng minh rằng :Trong 11 số nguyên bất kỳ có thể tìm được 2
số có chữ số tận cùng giống nhau
Ta có hướng giải như sau :
Lấy 11 số nguyên bất kỳ chia cho 10 thì được 11 số dư nhận 1 trong 10 số :
0,1,2,… ,9.Vậy phải có 2 số có cùng số dư ,hiệu 2 số đó chia hết cho 10
Vậy 2 số đó có chữ số tận cùng giống nhau
b-Chứng minh rằng: Trong 101 số nguyên bất kỳ có thể tìm được 2
số có 2 chữ số tận cùng giống nhau
Ta có hướng giải như sau :
Tương tự câu a:lấy 101 số nguyên bất kỳ chia cho 100-tức là ta đã lấy 2 số tận
cùng của chúng
c-Chứng minh rằng: Trong n+1 số nguyên bất kỳ có thể tìm được 2
số có hiệu của chúng chia hết cho n
Ta có hướng giải như sau :
Lấy n+1 số chia cho n thì được n+1 số dư nhận 1 trong các số 0,1,2,…9,….,n-
1 nên phải có 2 số dư bằng nhau ,hiệu số này chia hết cho n
• Các bài tập tham khảo điển hình có cách giải thuộc Dạng 4 :
i-Chứng minh rằng trong 8 số tự nhiên có 3 chữ số bao giờ cũng chọn
được 2 số mà khi viết liền nhau ta được 1 số có 6 chữ số và chia hết cho 7
ii- Chứng minh rằng trong 5 số nguyên bất kỳ có thể tìm được 3 số có
tổng chia hết cho 3
iii-Chứng minh rằng trong 52 số tự nhiên bất kỳ luôn tìm được 1 cặp

gồm 2 số sao cho tổng hoặc hiệu của chúng chia hết cho 100
12
iiii-Có hay không một số nguyên dương k để 29
k
là một số có các chữ số
tận cùng là 0001
iiiii- Chứng minh rằng trong 19 số tự nhiên liên tiếp bất kỳ luôn tìm
được 1 số có các chữ số sao cho tổng các chữ số chia hết cho 1
v.v
2.3.5: Dạng 5 -Cách chứng minh và ví dụ minh họa :
• Sử dụng Phương pháp chứng minh quy nạp
• Cách chứng minh: Giả sử cần chứng minh :
A(n)
M
p với n=1,2,3….(1) Ta cần chứng minh (1) đúng với n=1tức là chứng
minh A(1)
M
p
Giả sử (1) đúng với n=k tức là ta có :A(k)
M
p
Ta chứng minh (1) đúng với n=k+1,tức là phải chứng minh :A(k+1)
M
p
Theo nguyên tắc quy nạp ta kết luận (1) đúng với mọi n=1,2,3…
• Ví dụ minh họa :
a-Chứng minh rằng :với mọi số nguyên dương n ta có:
4
n
+15n-1

M
9 (1)
Ta có hướng giải sau:
Với n=1 ta có :4
1
+15.1-1=18
M
9.Vậy (1) đúng với n=1
Giả sử (1) đúng với n=k tức là ta có :
4
k
+15k-1=9m(với m
∈
Z)⇒4
k
=9m+1-15k (2)
Với n=k+1 : 4
k+1
+15(k+1)-1=4.4
k
+15k+14=4.( 9m+1-15k )+15k+14 (theo 2)
=36m-45k +18
M
9
Vậy (1) đúng với n=k+1
Do đó (1)đúng với mọi n ≥1
b-Chứng minh rằng: với mọi số tự nhiên n≥1 và k là số tự nhiên
ta có: k
2
n

-1
M
2
n+2
Ta có hướng giải sau:
13
Với n= 1 ta có k
2
-1=(k-1)(k+1)
M
8 (vì k-1,k+1 là 2 số chẵn liên tiếp nên
tích của chúng chia hết cho 8)
Giả sử n=m ta có : k
2
m
-1
M
2
m+2
⇒ k
2
m
-1=2
m+2
.q( q
∈
Z)
⇒ k
2
m

=2
m+2
.q +1
Với n=m+1ta có : k
2
m+1
-1 =( k
2
m
)
2
-1=(2
m+2
.q+1)
2
-1=
=2
2m+4
q
2
+2
m +3
q=2
m +3
(2
m +1
q
2
+q)
M

2
m +3
Vậy k
2
n
-1
M
2
n+2
với mọi n ≥1
Các bài tập tham khảo điển hình có cách giải thuộc Dạng 5 :
i-Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có :
3
2

4n+1
+2
M
11
ii- Chứng minh rằng từ 2
n+1
-1 số nguyên bất kỳ luôn tìm được 2
n
số
mà tổng của chúng chia hết cho 2
n
(với n
∈
N
*

)
v.v
2.3.6: Dạng 6 -Cách chứng minh và ví dụ minh họa :
• Sử dụng Đồng dư
• Cách chứng minh: Nếu a≡b(mod m)⇔ c≡d(mod m) thì:
a±c ≡b±d(mod m)
ac≡bd(mod m)
Hệ quả:
Nếu a≡b(mod m) thì a±c ≡b±c (mod m)
ac≡bd(mod m)
a
n
≡b
n
(mod m) (n
∈
N)
• Ví dụ minh họa :
a-Chứng minh rằng :2
2002
-4
M
31
14
Ta chứng minh như sau:
Có 2
5
=32 ≡ 1 (mod 31) và 2002=5 x 400+2
Do đó : 2
2002

-4= 2
5 x 400+2
-4=4.(2
5
)
400
-4 =4[ (2
5
)
400
-1] ≡4(1-1)=0 (mod 31)
Vậy 2
2002
-4
M
31
b-Chứng minh rằng: 2222
5555
+5555
2222

M
7
Ta chứng minh như sau :
Có :2222 ≡-4 (mod 7) và 5555 ≡4 (mod 7)
Suy ra : 2222
5555
+5555
2222
≡(-4)

5555
+4
2222
(mod 7) (1)
Mà (-4)
5555
+4
2222
= -4
2222
(4
3333
-1)
M
4
3
-1=63
M
7
Vậy : (-4)
5555
+4
2222
=0 (mod 7) (2)
Từ (1)và (2) suy ra : 2222
5555
+5555
2222

M

7
Các bài tập tham khảo điển hình có cách giải thuộc Dạng 6 :
i-Tìm dư trong phép chia 3
2003
chia cho 13
ii- Chứng minh rằng :
26
∑ k.10
3k
M
13

k=1
iii- Cho a
1,
a
2
,a
3,
……
∈
Z và
n
∑ 6
i
M
6

I = 1
Chứng minh rằng

n
∑ 6
i
3

M
6

I = 1

n
iiii-Ký hiệu a
1
+a
2
+a
3
+….+a
n
= ∑ a
i

I = 1
Chứng minh rằng :

n
15
∑ a
i
(n

2
+1)
3i

I = 1
Chia hết cho n
2
+n+1 khi và chỉ khi

n
∑

(-1)
I
a
i
M
n
2
+n+1
I = 1
Với a
1
+a
2
+a
3
+….+a
n
∈

Z và n
∈
N
*
v.v
2.3.7: Dạng 7 -Cách chứng minh và ví dụ minh họa :
• Phương pháp Tìm chữ số tận cùng của một số
• Cách chứng minh:
a/Tìm một chữ số tận cùng của a
n
:
Nếu a có chữ số tận cùng là 0,1,5 hoặc 6 thì a
n
có lần lượt các chữ số
tận cùng là 0,1,5 hoặc 6
Nếu a có chữ số tận cùng là 2,3,hoặc 7 thì để tìm chữ số tận cùng của a
n
ta lấy n chia cho 4
b/Tìm hai chữ số tận cùng của số a
n
:
Để tìm hai chữ số tận cùng của a
n
ta lấy số mũ n chia cho 20
c/Tìm ba chữ số tận cùng của a
n
:
Để tìm ba chữ số tận cùng của a
n
tìm hai chữ số tận cùng của số mũ n

• Ví dụ minh họa :
a-Tìm 3 chữ số tận cùng của 2
9

2003
?
Ta có hướng giải như sau:
Trước hết ta tìm 2 chữ số tận cùng của 9
2003
Ta có : 9
2003
=9
3
.9
2000
=9
3
(3
20
)
200
≡29 (mod 100)
Suy ra : 2
9

2003
=2
100k+29
=2
29

(2
100
)
k
≡912.376≡912(mod 1000)
16
Vậy 3 chữ số tận cùng của 2
9

2003
là 912
b-Chứng minh rằng: Số 333
555

777
+777
555

333
chia hết cho 10?
Ta có cách giải sau:
Có : 555≡-1(mod 4) suy ra 555
777
≡(-1)
777
=-1≡3(mod 4)
555
333
≡(-1)
333

=-1≡3(mod 4)
Do đó : 333
555

777
=3
4k+3
≡3
3
(3
4
)
k
≡7(mod 10)
777
555

333
=7
4l+3
≡7
3
(7
4
)
l
≡3(mod 10)
Suy ra: 333
555

777
+777
555

333
≡0 (mod 10) (đpcm)
• Các bài tập tham khảo điển hình có cách giải thuộc Dạng 7 :
i-Chứng minh rằng :với mọi n thuộc N
*
ta có :
7
2
4n+1
+4
3

4n+1
-65 chia hết cho 100
ii- Chứng minh rằng : 0,3(1983
1983
-1917
1917
) là một số nguyên ?
iii- Tìm ba chữ số tận cùng của số : 3
2

2003
iiii-Cho p,k,n là những số nguyên dương .Chứng minh rằng :n
p+4k
-n

p
M
10
iiiii- Tìm chữ số tận cùng của thương trong phép chia :
3
2
1930
+2
9

1945
-19
5

1980
v.v
2.3.8: Dạng 8 -Cách chứng minh và ví dụ minh họa :
• Áp dụng Định lý Fermat: với p là số nguyên tố ta có : a
p
≡a(mod p)
• Cách chứng minh: Nếu (a,p ) =1 thì a
p-1
≡1 (mod p)
• Ví dụ minh họa :
a-Chứng minh rằng :
a
6n
+a
6m

M
7khi và chỉ khi a
/
M
7. Với a
∈
Z; m,n
∈
N
*
17
Ta có cách giải sau :
Giả sử : a
6n
+a
6m

M
7 và a
M
7
Ta có (a,7)=1. Theo định lý Fermat: a
6

≡1(mod 7)⇒ a
6n
≡1(mod 7) và
a
6m
≡1(mod 7) ⇒ a

6n
+a
6m
≡2(mod 7).Vô lí .Vậy a
M
7
Ngược lại nếu a
M
7 thì a
6n
+a
6m

M
7
b-Chứng minh rằng: 3
2

4n+1
+ 2
3
4n+1
+5
M
11 (n
∈
N)
Theo định lý Fermat ta có : 3
10
≡1(mod 11) và 2

10
≡1(mod 11)
Ta tìm dư trong phép chia 2
4n+1
và 3
4n+1
cho 10 ,tức là tìm chữ số cuối cùng
của chúng .Ta có : 2
4n+1
=2.16
n
≡2(mod 10) ⇒2
4n+1
=10k+2
3
4n+1
=3.81
n
≡3(mod 10) ⇒3
4n+1
=10l+3 (k,l
∈
N)
Mà 3
10k
≡1(mod 11) và 2
10l
≡1(mod 11) nên :
3
2

4n+1
+ 2
3
4n+1
+5 ≡ 3
10k+2
+2
10l+3
+5 ≡3
2
+2
3
+5 ≡0(mod 11)
Vậy : 3
2

4n+1
+ 2
3
4n+1
+5
M
11 (n
∈
N)
• Các bài tập tham khảo điển hình có cách giải thuộc Dạng 8 :
i-Chứng minh rằng :Nếu (a,240)=1 thì a
4
-1

M
240
ii- Tìm số nguyên tố p sao cho 2
p
+1
M
p
iii- Tìm số tự nhiên nhỏ nhất gồm toàn chữ số 9 và chia hết cho các số
3,7,11,13,17.
iiii-Cho a,b là 2 số nguyên thoả mãn a
2
+b
2
M
7.Chứng minh:
a
M
7 và b
M
7
iiiii- Chứng minh rằng nếu : a
2
+b
2

M
21 thì a
2
+b
2

M
441
v.v
18
Chương III:
SƠ ĐỒ MINH HOẠ
CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH .
PHÉP CHỨNG MINH CHIA HẾT TRÊN TẬP SỐ NGUYÊN
DẠNG 1-SỬ DỤNG TÍNH CHẤT
DẠNG 2:SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC
DẠNG 3:SỬ DỤNG PHÉP CHIA CÓ DƯ
DẠNG4:SỬ DỤNG NGUYÊNTẮC DIRICHLET
DẠNG 5:PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH QUY NẠP
DẠNG 6:SỬ DỤNG ĐỒNG DƯ
DẠNG 7:TÌM CHỮ SỐ TẬN CÙNG CỦA 1 SỐ
DẠNG 8:ÁP DỤNG ĐỊNH LÝ FERMAT
19
PHẦN KẾT:
1-KẾT LUẬN :
Trường THCS Trần Phú thực hiện nhiệm vụ đào tạo con người mới
phát triển toàn diện cho thế hệ trẻ xã nhà.Cho nên mỗi một phong trào cũng
phải thể hiện thắng lợi của mục tiêu xây dựng và phát triển con người mới.
Duy trì và phát triển phong trào bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 9 nói riêng
và học sinh THCS nói chung là tiền đề cho sự phát triển mũi nhọn trong nhà
trường Đây là nhiệm vụ khó khăn do nhiều yếu tố khách quan tác động
nhưng nếu thật sự quyết tâm ,luôn sáng tạo trong mọi tình huống thì
chắc chắn lực lượng học sinh giỏi của nhà trường sẽ ngày càng nâng cao cả về
số lượng và chất lượng.
Qua giảng dạy ,bồi dưỡng học sinh lớp 9 tôi nhận thấy trong Phép

chứng minh chia hết nếu phân dạng Toán và cách chứng minh như đã nêu
trong sáng kiến học sinh sẽ nắm được cách giải các bài Toán một cách nhanh
chóng và khoa học .Từ đó ,khi giải các loại Toán khác học sinh cũng có thể
tự mình tìm ra ,tự phân loại các dạng Toán để giải các bài Toán khó một cách
tự tin hơn, nhanh chóng hơn.Và đó cũng là điều kiện để các em ham học Toán
,yêu môn Toán và sẽ giỏi trong môn Toán
2-KIẾN NGHỊ:
Để việc bồi dưỡng học sinh giỏi đạt kết quả tốt ,tôi xin đề nghị :
-Các cấp lãnh đạo đầu tư về Cơ sở vật chất còn thiếu như phòng, các
loại sách tham khảo và kinh phí cho công tác bồi dưỡng học sinh
-Nhà trường quan tâm phát triển các nhân tố tích cực trong giáo viên,
động viên ,khuyến khích kịp thời các nhà giáo tận tâm với công tác bồi dưỡng
học sinh giỏi. Cần có chế độ ưu tiên kịp thời cho các em học sinh giỏi nhưng
có hoàn cảnh khó khăn ,nghèo ,mồ côi.
20
-Rất mong các đồng chí lãnh đạo ,các đồng chí ,đồng nghiệp đóng góp
ý kiến cho Sáng kiến của tôi để năm học sau áp dụng cho việc Bồi dưỡng học
sinh giỏi đạt kết quả cao hơn. Xin chân thành cảm ơn.
***********************************************
21
22