Các phương pháp giải bài toán chia hết

22/2/2018

Các phương pháp giải bài toán chia hết và áp dụng trong chương trình THCS - Tài liệu text

Các phương pháp giải bài toán chia hết và áp dụng
trong chương trình THCS

ĐhFPT tuyển
sinh năm 2018
Xét tuyển thẳng 3 môn HB
21 điểm vào hệ chính quy.
Đăng ký tư vấn ngay

Trường ĐH
FPT tuyển sinh
Đại học FPT tuyển sinh
2018 hệ chính quy. Đăng ký
tư vấn ngay!

daihoc.fpt.edu.vn

daihoc.fpt.edu.vn

2
MỤC LỤC
Phần 1. Lời mở đầu.
3
Phần 2. Nội dung.
6
Chương 1. Tổng quan về phép chia hết trên tập hợp số nguyên.
7

1.1. Phép chia hết.
7
1.2. Phép chia có dƣ.
7
1.3. Một số kiến thức liên quan.
9
Chương 2. Các phương pháp giải bài toán chia hết.
11
2.1. Phƣơng pháp sử dụng các tính chất của phép chia hết và
phép chia có dƣ.

11
2.1.1.Phƣơng pháp sử dụng các tính chất chia hết.
11
2.1.2. Phƣơng pháp sử dụng các dấu hiệu chia hết.
13
2.1.3. Phƣơng pháp sử dụng định lý phép chia có dƣ.
17
2.2. Phƣơng pháp đồng dƣ.
20
Tải bản
2.3. Phƣơng
phápđầy
dùngđủ
hằng đẳng thức.
27
/>
1/43

22/2/2018

Các phương pháp giải bài toán chia hết và áp dụng trong chương trình THCS - Tài liệu text

2.4. Một số phƣơng pháp khác.
31
2.4.1. Phƣơng pháp tuần hoàn.
31
2.4.2. Phƣơng pháp quy nạp.
34
2.4.3. Phƣơng pháp phản chứng .
37
2.4.4. Phƣơng pháp sử dụng nguyên lý Dirichlet.
39
Chương 3. Áp dụng các phương pháp giải bài toán chia hết.
42
Phần 3. Kết luận.
80
Tài liệu tham khảo.
82
3

Phần 1
Lời mở đầu
4
LỜI MỞ ĐẦU
Bertrand Russell, một nhà toán học xuất sắc ngƣời Anh đã từng viết :
“Toán học nắm giữ không chỉ sự thật mà cả vẻ đẹp tối thượng, một vẻ đẹp
lạnh lùng và mộc mạc như của một tác phẩm điêu khắc, tinh khiết và hoàn
hảo tuyệt vời, chỉ có ở nghệ thuật vĩ đại nhất ”.

Quả thật là nhƣ vậy, toán học làm cho những ngƣời học, ngƣời nghiên
cứu về nó phải thích thú, phải ngƣỡng mộ trƣớc vẻ đẹp của khoa học, của tự
nhiên. Và một trong những điều góp phần làm nên vẻ đẹp ấy là phép chia hết.
Phép chia hết không chỉ là điểm bắt đầu, là nguồn của rất nhiều nội dung khác
thú vị trong toán học, mà bản thân nó cũng chứa đựng trong mình những tính
chất đẹp đẽ, những mối quan hệ phong phú, những tính chất tƣởng nhƣ đơn
giản nhƣng lại rất phức tạp, đôi lúc tƣởng nhƣ rất phức tạp thì lại thành ra
đơn giản.
Là một giáo viên dạy toán cấp trung học cơ sở, phép chia hết luôn song
hành cùng các bài giảng toán của tôi qua các khối lớp, từ lớp 6 đến lớp 9, đặc
biệt là khối lớp 6 khi học về số học và khối lớp 8. Phép chia hết có một vai trò
quan trọng, nhƣ trên tôi đã nói, nó luôn là tính chất mở đầu, là cái gốc, là
công cụ để phát triển số học nói riêng và toán học nói chung.
Bởi có vai trò quan trọng, tính chất biến hóa, đa dạng và phong phú mà
phép chia hết luôn đƣợc sử dụng nhiều trong các đề kiểm tra, đề thi thƣờng
xuyên, các đề thi học sinh giỏi trong nƣớc và quốc tế, các đề thi vào lớp 10,
vào các khối lớp chuyên, , do đó, các phƣơng pháp để giải các bài toán chia
hết luôn là vấn đề đƣợc quan tâm, nghiên cứu.
Để giúp cho bản thân và học sinh của mình thấy đƣợc vẻ đẹp, những
điều kì diệu của toán học, cũng nhƣ cung cấp cho các em các phƣơng pháp để
có thể giải đƣợc các bài toán chia hết, tôi đã chọn đề tài: Các phương pháp
giải bài toán chia hết và áp dụng trong chương trình THCS.
5
Nội dung của khóa luận bao gồm các vấn đề sau đây:
- Tổng quan về phép chia hết trên tập hợp số nguyên.
- Trình bày các phƣơng pháp giải toán chia hết.
- Các bài toán áp dụng trong chƣơng trình THCS và các cách giải theo
các phƣơng pháp đã trình bày.
Mặc dù đã cố gắng hết sức nhƣng do kiến thức còn hạn chế, thời gian
không nhiều nên khi làm luận văn không tránh khỏi những sai sót. Tác giả

mong nhận
sự góp
Tải đƣợc
bản đầy
đủý và những ý kiến phản biện của quý thầy cô và bạn
đọc. Xin chân thành cảm ơn!
/>
2/43


22/2/2018

Các phương pháp giải bài toán chia hết và áp dụng trong chương trình THCS - Tài liệu text

Hà Nội, ngày 30 tháng 10 năm 2014.
Học viên

Vũ Thị Oanh
6

Phần 2
Nội dung
7

Chƣơng 1
Tổng quan về phép chia hết trên tập hợp số nguyên
1.1. Phép chia hết
1.1.1. Định nghĩa: Cho hai số nguyên a và b, b ≠ 0. Nếu có số nguyên k
sao cho a = bk thì ta nói a chia hết cho b.
Kí hiệu a b (a chia hết cho b) hoặc b│a (b chia hết a).

Khi đó, a đƣợc gọi là bội của b và b đƣợc gọi là ƣớc của a.
1.1.2. Các tính chất chia hết : với a, b Z, b ≠ 0
Nếu a b và b c thì a c (tính chất bắc cầu).
Nếu a b thì am b (m Z) .
Nếu a
i
m thì a
1
+a
2
++a
n
m (tính chất chia hết của tổng).
Nếu a
m và b
m thì a + b
m.
Nếu ab
Nếu a

c và (b, c) = 1 thì a

c.

i
m
i
với i = 1, 2, , n thì a
1
.a

2
a
n
m
1
.m
2
m
n.

Tải
Đặc biệt,
nếubản
a đầy
b thì ađủ
n
/>
3/43


22/2/2018

Các phương pháp giải bài toán chia hết và áp dụng trong chương trình THCS - Tài liệu text

b
n
.
1.2. Phép chia có dƣ
1.2.1. Định nghĩa: Giả sử a, b là hai số nguyên và b > 0. Ta nói rằng a
chia cho số b có thƣơng là q và số dƣ là r, nếu a có thể biểu diễn

bằng đẳng thức a = b.q + r, trong đó 0 r < b.
8
1.2.2. Định lý về phép chia có dƣ: Giả sử a, b là hai số nguyên và b>0.
Khi đó có thể chọn đƣợc các số nguyên q và r sao cho 0 r < b và
a = bq + r. Các số q, r xác định theo điều kiện trên là duy nhất.
Chứng minh:
* Sự tồn tại:
Chọn số tự nhiên c sao cho |a|< bc và xét dãy số:
-cb, (-c + 1)b, (-c + 2)b, , -2b, -b, 0b, , (c - 1)b, cb.
Với b > 0 thì đây là một dãy tăng, có số đầu -cb < a, số cuối cb > a
(do |a|< c).
Nhƣ vậy trong dãy sẽ có một số bé hơn hoặc bằng a, kí hiệu qb, số
tiếp theo lớn hơn hoặc bằng a, kí hiệu (q+1)b.
Ta có: qb a < (q+1)b, nhƣ vậy ta đã chọn đƣợc thƣơng q.
Kí hiệu r là a - bq thì a = bq + r.
Khi đó: qb bq + r < (q+1)b hay 0 r < b.
Vậy thƣơng q và số dƣ r đã tìm đƣợc.
* Tính duy nhất:
Giả sử a có thể biểu diễn đƣợc bằng 2 cách:
a=b
1
+
1
với 0
1
< b; a = b
2
+
2
với 0

2
< b.
Trừ 2 vế tƣơng ứng của hai đẳng thức, ta có:
(
1
2
) +
1
2
= 0 suy ra
1
2
=
1

(

2
) . (1)
vậy
1
2
. (*)
Giả sử
1
2
Tảigiảbản
, ta có thể
sử
1

đầy đủ

/>
4/43


22/2/2018

Các phương pháp giải bài toán chia hết và áp dụng trong chương trình THCS - Tài liệu text

>
2
.
Mặt khác,
1
2
1
<
1

, nên

2
b mâu thuẫn với (*).
Vậy
1
=
2
, b ≠ 0 nên từ (1) suy ra

1
=
2
.
Vậy dạng biểu diễn phép chia có dƣ là duy nhất.
9
1.3. Một số kiến thức liên quan
1.3.1. Số nguyên tố. Hợp số
1.3.1.1. Định nghĩa: Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1, chỉ có 2
ƣớc là 1 và chính nó.
1.3.1.2. Những tính chất cơ bản của số nguyên tố:
Cho p là số nguyên tố. Khi đó với mọi số nguyên a thì hoặc
a chia hết cho p hoặc a nguyên tố cùng nhau với p.
Nếu tích ab của hai số tự nhiên chia hết cho số nguyên tố p
thì hoặc a chia hết cho p hoặc b chia hết cho p.
1.3.1.3. Hợp số là số tự nhiên lớn hơn 1, có nhiều hơn 2 ƣớc.
1.3.2. Ƣớc chung lớn nhất. Bội chung nhỏ nhất
1.3.2.1. Ƣớc chung lớn nhất
Định nghĩa: Số nguyên d đƣợc gọi là ƣớc chung của các số
nguyên a
1
,a
2
, ,a
n
nếu nó là ƣớc của mỗi số đó.
Ƣớc chung d của các số nguyên a
1
,a
2

, ,a
n
đƣợc gọi là
ƣớc chung lớn nhất (ƢCLN) nếu d là bội của mọi ƣớc chung
của a
1
,a
2
, ,a
n
.
Kí hiệu: Với d > 0 ta kí hiệu d = ƢCLN(a
1
,a
2
, ,a
n
) hay Tải bản đầy đủ
d = (a
/>
5/43


22/2/2018

Các phương pháp giải bài toán chia hết và áp dụng trong chương trình THCS - Tài liệu text

1
,a
2

, ,a
n
).
Một số tính chất:
Tập hợp các ƣớc chung của
1
,
2
, ,
trùng với tập
hợp các ƣớc của ƢCLN của các số đó.
Nếu d là một ƢCLN của các số a
1
,a
2
, ,a
n
thì tồn tại
các số nguyên
1
,
2
, ,
sao cho: d = x
1
a
1
+x
2
a

2
+
+x
n
a
n
.
10
Đặc biệt, (a
1
,a
2
, ,a
n
) = 1 khi và chỉ khi tồn tại các số
nguyên x
1
,x
2
, ,x
n
sao cho: 1 = x
1
a
1
+x
2
a
2
+ +x

n
a
n
Tải bản đầy đủ
.
Khi đó, các số a
/>
6/43


22/2/2018

Các phương pháp giải bài toán chia hết và áp dụng trong chương trình THCS - Tài liệu text

1
,a
2
, ,a
n
đƣợc gọi là các số nguyên tố
cùng nhau.
1.3.2.3. Bội chung nhỏ nhất
Định nghĩa: Số nguyên m đƣợc gọi là bội chung của các số
nguyên a
1
,a
2
, ,a
n
nếu nó chia hết cho mỗi số nguyên đó.

Bội chung m của các số nguyên a
1
,a
2
, ,a
n
đƣợc gọi là bội
chung nhỏ nhất của các số này (BCNN) nếu nó là ƣớc của mọi
bội chung của a
1
,a
2
, ,a
n
.
Với m > 0, ta kí hiệu: m = BCNN(a
1
,a
2
, ,a
n
) hay
m = [a
1
,a
2
, ,a
n
].
Để tìm BCNN của 2 số, ta sử dụng công thức:

a, b
=
ab
(a, b)
Bội chung nhỏ nhất của nhiều số đƣợc tính theo công thức:
[a
1
,a
2
, ,a
n
]=[
a
1
,a
2
, ,a
n 1
,a
n

Thích 0

Chia sẻ

Tải bản đầy đủ

/>
7/43

22/2/2018

Các phương pháp giải bài toán chia hết và áp dụng trong chương trình THCS - Tài liệu text

]
hoặc đƣợc xác định nhờ tính chất:
m = [a
1
,a
2
, ,a
n
]
m
a
1
,
m
a
2
, ,
m
a
n
= 1.
1.3.3. Định lý cơ bản của số học
Mỗi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tích đƣợc thành tích
những thừa số nguyên tố và sự phân tích đó là duy nhất nếu
không kể đến thứ tự các thừa số.

Sự phân tích a = p
1
1
p
2
2
p
n
n
trong đó, p
1
, p, , p
n
là
những số nguyên tố khác nhau,
1
,
2
, .
n
là những số nguyên
dƣơng, gọi là sự phân tích tiêu chuẩn của a.
11

Chƣơng 2
Các phƣơng pháp giải bài toán chia hết
2.1. Phƣơng pháp sử dụng các tính chất của phép chia hết và
phép chia có dƣ
2.1.1. Phƣơng pháp sử dụng các tính chất chia hết
Phần lớn các bài toán chia hết trong chƣơng trình THCS đều phải

dùng các tính chất chia hết, sau đây tôi xin trình bày một số bài toán điển
hình thƣờng gặp.
Ví dụ 1. Tìm số nguyên n để:
a) 3n + 9 n + 2.
b) n + 7 2n - 1.
Giải:
a) 3n + Tải
9 nbản
+ 2 đầy
3(n đủ
+ 2) + 3 n + 2.
Vì 3(n + 2) n + 2 nên 3 n+2 suy ra n + 2 Ƣ(3) = { 1; 3}.
/>
8/43


22/2/2018

Các phương pháp giải bài toán chia hết và áp dụng trong chương trình THCS - Tài liệu text

n+2
-3
-1
1
3
n
-5
-3
-1
1

Vậy n {-5; -3; -1; 0}.
b) n + 7 2n - 1 suy ra 2.(n+7) 2n - 1.
2n + 14 2n - 1 2n - 1 + 15 2n - 1.
Vì 2n - 1 2n - 1 nên 15 2n - 1 suy ra 2n - 1

Ƣ(15) = { 1;

3;

5;

15}.

12
2n-1
-15
-5
-3
-1
1
3
5
15
n
-7
-2
-1
0
1
2

3
8
Vậy n {-7; -2; -1; 0; 1; 2; 3; 8}.
Ví dụ 2. (Đề thi APMOPS 2013).
Tổng của 10 số nguyên dƣơng, có thể giống nhau, là 1001. Nếu d là
ƣớc chung lớn nhất của 10 số đó, hãy tìm giá trị lớn nhất có thể của d.
Giải:
Đặt 10 số nguyên dƣơng là a
1
,a
2
, ,a
10
và a
i
= d. k
i
với i =
1, 2, , 10, k
i
N*.
Ta có: a
1
+a
2
+ +a
10
=d
k
1

+k
2
+ +k
10

bản đầy
= 1001 Tải
= 7.11.13.
Vì k

đủ

/>
9/43


22/2/2018

Các phương pháp giải bài toán chia hết và áp dụng trong chương trình THCS - Tài liệu text

1
+k
2
+ +k
10
10 nên giá trị nhỏ nhất có thể của tổng này là 11
(ta lấy k
1
=k
2

= =k
9
,k
10
= 2). Khi đó d = 7.13 = 91.
Vậy giá trị lớn nhất của d là 91.
Ví dụ 3. Cho a, b, n là các số tự nhiên khác 0. Biết a
n
7.
Chứng minh rằng a
2
+ 98b 49.
Giải:
Vì a
n
7 mà 7 là số nguyên tố nên a 7 suy ra a
2
49.
Vì 98 49 suy ra 98.b 49.
Từ đó ta có a
2
+ 98b 49.
Ví dụ 4. (Thi vô địch Hung-ga-ri năm 1894)
Chứng minh rằng nếu x,y là các số nguyên thì 2x + 3y chia hết cho 17
khi và chỉ khi 9x + 5y chia hết cho 17.
Giải:
Vì 4.(2x + 3y) + (9x + 5y) = 17(x + y) 17 nên:
Nếu 2x + 3y 17 thì 4.(2x + 3y) 17 suy ra 9x + 5y 17.
Nếu 9x + 5y 17 suy ra 4.(2x + 3y) 17 mà (4, 17) = 1 nên 2x + 3y 17.
13

Vậy 2x + 3y 17 9x + 5y 17.
2.1.2. Phƣơng pháp sử dụng các dấu hiệu chia hết
Từ thế kỉ XVI, nhà toán học Pascal (1623-1662) đã nêu ra dấu hiệu
chia hết trong hệ thập phân, ngày nay ngƣời ta vẫn dựa vào dấu hiệu này
để phát biểu dấu hiệu chia hết cho các số 2; 3; 4; 5; 7; 8; 9; 11; 13; 25;
101; 125;
Dấu hiệu chia hết Pascal:
Giả sử số tự nhiên T viết trong hệ thập phân có dạng:
T=a
s
a
s 1
a
1
a
0

Tải bản đầy đủ
/>
10/43


22/2/2018

Các phương pháp giải bài toán chia hết và áp dụng trong chương trình THCS - Tài liệu text

với 0 a
i
9, a
s

≠ 0, i = 0, 1, 2, , s.
T=a
s
. 10
s
+a
s 1
. 10
s 1
+ +a
1
. 10 + a
0
.
Nếu có các số nguyên b
1
,b
2,
,b
s
thỏa mãn 10
i
b
i
(mod m)
với i = 1, 2, , s thì số T chia hết cho m khi và chỉ khi
Q=a
s
b
s

+a
s 1
b
s 1
+ +a
1
b
1
+a
0
chia hết cho m.
Chứng minh:
Giả sử 10
i
= mk
i
+b
i
với các số tự nhiên k
i
,b
i
và i = 1, 2, , s thì
T=a
s
. 10
s
+a
s 1
. 10

s 1
+ +a
Tải bản đầy đủ
1
. 10 + a
/>
11/43


22/2/2018

Các phương pháp giải bài toán chia hết và áp dụng trong chương trình THCS - Tài liệu text

0
=a
s
mk
s
+b
s
+a
s 1
mk
s 1
+b
s 1
+
1

+a

mk
1
+b
1
+a
0
=a
s
b
s
+a
s 1
b
s 1
+ +a
1
b
1
+a
0
+m(a
s
k
s
+a
s 1
k
s 1
+ +a

1
k
1
)
= Q + m(a
s
k
s
+a
s 1
k
s 1
+ +a
1
k
1
).
suy ra TTảimbảnQ đầy
m. đủ
Từ đó, ta có thể áp dụng dấu hiệu này cho các số cụ thể.
/>
12/43


22/2/2018

Các phương pháp giải bài toán chia hết và áp dụng trong chương trình THCS - Tài liệu text

Áp dụng:
* Dấu hiệu chia hết cho 2 hoặc 5

Khi m = 2 hoặc m = 5 thì 10
i
= 2.5. k
i
với k
i
N và i = 1, 2, , s
nên b
i
= 0 với i = 1, 2, , s.
suy ra a
s
a
s 1
a
1
a
0

2

a

0
2.
14
a
s
a
s 1

a
1
a
0

5

a

0

Tải bản đầy đủ
5.
Ví dụ: 90852350 có 0 2 nên 90852350

2.

/>
13/43


22/2/2018

Các phương pháp giải bài toán chia hết và áp dụng trong chương trình THCS - Tài liệu text

12398765 có 5 5 nên 12398765
* Dấu hiệu chia hết cho 4 hoặc 25
Khi m = 4 hoặc m = 25 thì 10
i
= 4.25. k

i
với k
i
N và i = 2, 3, , s
nên b
i
= 0 với i = 2, 3, , s. (*)
Cách 1. Từ (*) suy ra a
s
a
s 1
a
1
a
0

4

5.

a

1
a
0

4.
a
s
a

s 1
a
1
a
0

Tải bản đầy đủ
/>
14/43


22/2/2018

25

Các phương pháp giải bài toán chia hết và áp dụng trong chương trình THCS - Tài liệu text

a

1
a
0

25.
Ví dụ: 3456872 có 72 4 nên 3456872 4.
4756890 có 90 25 nên 4756890 25.
Cách 2. b
1
= 10 2(mod 4),
suy ra a

s
a
s 1
a
1
a
0

4 2a
1
+a
0
4.
Ví dụ: 3456872 có 2.7 + 2 = 16 4 nên 3456872
* Dấu hiệu chia hết cho 8 hoặc 125
Khi m = 8 hoặc m = 125 thì 10
i
= 8.125. k
i
với k
i
N và i = 3, 4, , s
nên b
i
= 0 với i = 3, 4, , s.
suy ra a
s
a
s 1
a

1
a
0

4.

Tải bản đầy đủ
/>
15/43


22/2/2018

8

Các phương pháp giải bài toán chia hết và áp dụng trong chương trình THCS - Tài liệu text

a

2
a
1
a
0

8.
a
s
a
s 1

a
1
a
0

125

a

2
a
1
a
0

Tải bản đầy đủ
125.
/>
16/43


22/2/2018

Các phương pháp giải bài toán chia hết và áp dụng trong chương trình THCS - Tài liệu text

Ví dụ: 2326401 có 401 8 nên 2326401 8.
41523250 có 250 125 nên 41523250 125.
* Dấu hiệu chia hết cho 3 hoặc 9
Khi m = 3 hoặc m = 9 thì 10
i

= (9 + 1)
i
= 9. k
i
+ 1 với k
i
N và i =
1,2, , s nên b
i
= 1 với i = 1, 2, , s .
suy ra a
s
a
s 1
a
1
a
0

3 a
s
+a
s 1
+a
s 2
+ +a
0
3.
a
s

a
s 1
a
1
a
0

Tải bản đầy đủ
/>
17/43


22/2/2018

Các phương pháp giải bài toán chia hết và áp dụng trong chương trình THCS - Tài liệu text

9 a
s
+a
s 1
+a
s 2
+ +a
0
9.
Ví dụ: 3712325 có 3 + 7 + 1 + 2 + 3 + 5 = 21
15

3; 21

9 nên

3712325 3 ; 3712325 9.
* Dấu hiệu chia hết cho 11
Cách 1.
Khi m = 11 thì 10
i
= (11 1)
i
= 11. k
i
+ ( 1)
i
với k
i
N và i = 1,
2, , s nên b
i
= 1 với i chẵn, b
i
= -1 với i lẻ.
Suy ra a
s
a
s 1
a
1
a
0

11
s
a
s
+
2

( 1)

+a

a
1
+a
0
11. Tải bản đầy đủ
Ví dụ: 10857 có 1.1 + (-1).0 + 1.8 + (-1).5 + 7 = 11

11 nên 10857

11.

/>
18/43


22/2/2018

Các phương pháp giải bài toán chia hết và áp dụng trong chương trình THCS - Tài liệu text

Cách 2.
10
2i
= (99 + 1)
i
= 11. k
i
+ 1 với k
i
N và i = 1, 2, , s
nên b
2i
= 1 với i = 1, 2, , s.
Suy ra a
2s+1
a
2s
a
1
a
0

11 a
2s+1
a
2s

+
3
a

2

+a
1
a
0

+a

Tải bản đầy đủ

/>
19/43


22/2/2018

Các phương pháp giải bài toán chia hết và áp dụng trong chương trình THCS - Tài liệu text

11.
Ví dụ: 10857 có 1 + 8 + 57 = 66 11 nên 10857
* Dấu hiệu chia hết cho 7 hoặc 13
Cách 1. Khi m = 7 hoặc m = 13 thì 10
3i
=
1001

11.

1

i
= 7.13.k
i
+
1
i
với k
i
Z và i = 1, 2, , s nên b
3i
= ( 1)
i
với i = 1, 2, , s.
Suy ra a
3s+2
a
3s+1
a
3s
a
2
a
1
a
0

Tải bản đầy đủ
7
/>

20/43


22/2/2018

Các phương pháp giải bài toán chia hết và áp dụng trong chương trình THCS - Tài liệu text

( 1)
s
a
3s+2
a
3s+1
a
3s

+
2
a
1
a
0

+a

7.
a
3s+2
a
3s+1

a
3s
a
2
a
1
a
0

Tải bản đầy đủ
/>
21/43


22/2/2018

Các phương pháp giải bài toán chia hết và áp dụng trong chương trình THCS - Tài liệu text

13
( 1)
s
a
3s+2
a
3s+1
a
3s

+
2

a
1
a
0

+a

13.
Ví dụ: 8655829 có
1
8
.8+
1
5
. 655 + 829 = 182 7
8655829 7 .
25663625 có
1

Tải bản đầy đủ

/>
22/43


22/2/2018

Các phương pháp giải bài toán chia hết và áp dụng trong chương trình THCS - Tài liệu text

8

. 25 +
1
5
. 663 + 625 = 13 13
25663625 13.
Cách 2. Xét tính đồng dƣ của lũy thừa cơ số 10 theo modun 7, ta có:
10 3
mod 7
; 10
2
30

2

mod 7
; 10
2
20

1

mod7
;
10
4
10

3

mod 7

; 10
5
30

2

mod 7
;
16
10
6
1 (mod 7).
Giả sử s = 6t + 1 với t ≥ 2. Khi đó, dãy số đồng dƣ tƣơng ứng với dãy
chữ số của a sẽ là:
a
s
a
s 1
a
s 2
a
s 3
a
6
a
5
a
4
a
3

Tải bản đầy đủ

/>
23/43


22/2/2018

Các phương pháp giải bài toán chia hết và áp dụng trong chương trình THCS - Tài liệu text

a
2
a
1
a
0
1
-2
-3
-1
1
-2
-3
-1
2
3
1
Vậy Q = a
s

2a
s 1
3a
s 2
a
s 3
+ +a
6
2a
5
3a
4
a
3
+
2a
2
+ 3a
1
+a
0
.
a
s
a
s 1
a
1
a
0

Tải bản đầy đủ
7
/>
24/43


22/2/2018

Các phương pháp giải bài toán chia hết và áp dụng trong chương trình THCS - Tài liệu text

a
s
2a
s 1
3a
s 2
a
s 3
+ +a
6
2a
5
3a
4
a
3
+ 2a
2
+3a

1
+a
0
7.
Ví dụ: 8655829 có 8 - 2.6 - 3.5 - 5 + 2.8 + 3.2 + 9 = 7 7
nên 8655829 7.
Ví dụ 1. Cho A=1+2-3-4+5+6-7-8+9+10-11-12+ +197+198-199-200.
A chia hết cho các số nào trong các số 2, 3, 4, 5, 9 ?
Giải:
Số số hạng: (200 - 1) : 1 + 1 = 200 số.
Vì 200 4 nên ta nhóm 4 số thành một nhóm:
A = 1 + (2 - 3 - 4 + 5) + (6 - 7 - 8 + 9) + + (198 - 199 - 200 + 201) - 201
= 1 + 0 + + 0 - 201 = -200.
Vì 200 có tận cùng là 0 nên 200 2; 5.
200 có 2 số tận cùng là 00 nên 200 4.
200 có tổng các chữ số là 2 + 0 + 0 = 2 không chia hết cho 3 và 9 nên 200
không chia hết cho 3; 9.
Vậy A 2; 4; 5.
Ví dụ 2. Các số a và 6a có tổng các chữ số nhƣ nhau. Chứng minh a 9.
Giải:
Vì a và 6a có tổng các chữ số nhƣ nhau nên hiệu của chúng 6a - a 9
17
suy ra 5a 9, vì ƢCLN(5, 9) = 1 nên a 9.
Ví dụ 3. (Đề thi APMOPS 2013).
Một số có 5 chữ số đƣợc viết dƣới dạng 24abc

với ba chữ số
cuối cùng chƣa biết. Nếu số này chia hết cho cả 3, 4, 5, hãy tìm số abc

lớn nhất có thể.

Giải:
Vì 24abc

Tải bản đầy đủ
/>
25/43