Mot so dang toan ve tinh chat chia het trong N

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<b>Phần một : đặt vấn đề</b>

Chúng ta đều biết rằng toán học là cơ sở của mọi ngành khoa học, vì thế mơn
tốn đóng một vai trị quan trọng trong nhà trờng. Thơng qua mơn tốn, học sinh
nắm vững các kiến thức tốn học, từ đó dễ dàng học tập các môn học khác để ứng
dụng những kiến thức đã học vào các ngành khoa học kĩ thuật, ứng dụng trong lao
động, trong quản lý kinh tế, trong việc tự học, tự nghiên cứu khoa học.... Để giúp
HS học tốt mơn tốn địi hỏi ngời thày giáo phải có sự lao động sáng tạo nghiêm
túc.

Một vấn đề lớn trong chơng trình tốn THCS là vấn đề chia hết. Vấn đề này
đợc đa vào từ lớp 5, phát triển ở lớp 6, lớp 7 và đợc đề cập trong những bài toán
nâng cao dành cho học sinh giỏi ở lớp 8, lớp 9. Trong các kì thi học sinh giỏi các
cấp, đặc biệt là ở lớp 6 thì vấn đề chia hết là một nội dung hay đề cập đến và th ờng
là những bài khó. Các bài toán về chia hết nếu chỉ đơn thuần làm các bài tập nh
SGK thì rất dễ nhng các bài tốn nâng cao thì rất khó, đa dạng và khơng có một
quy tắc chung nào để giải, phải sử dụng các phơng pháp khác nhau một cách linh
hoạt, sáng tạo. Trong khi năng lực t duy, khả năng phân tích tổng hợp của HS còn
hạn chế nên HS thờng bế tắc trong việc tìm ra cách giải cho loại tốn này. Vấn đề
đặt ra trong việc giải toán là phải biết nhận dạng bài toán và lựa chọn phơng pháp
thích hợp để giải. Hơn nữa để giải đợc các bài tập nâng cao về tính chia hết thì
ngồi việc nắm kiến thức cơ bản có trong chơng trình, HS còn phai nắm vững một
số kiến thức bổ sung mở rộng, những kiến thức này không đợc phân phối trong các
tiết học nên HS ít đợc vận dụng và rèn luyện trừ khi gặp những bài tập khó.Vì thế
kỹ năng vận dụng các kiến thức đó cha đợc thành thạo, nhạy bén, HS thờng mắc sai
lầm nh : Khi thấy một tổng chia hết cho m thì vội vã kết luận các số hạng chia hết

cho m ; hc khi thấy am và an thì kết luận ngay là amn mà không xem xét

xem m,n có nguyên tố cùng nhau hay kh«ng.

Để giúp HS gải quyết những khó khăn đó, đồng thời bổ sung một số kiến
thức về tính chia hết, làm tài liệu tham khảo trong cơng tác bồi dỡng HS giỏi, góp
phần vào việc “đào tạo và bồi dỡng nhân tài”. Tơi xin trình bày kinh nghiệm “Hớng
dẫn HS lớp 6 giải một số dạng tốn nâng cao về tính chia hết trong N”. Đây là sự
đúc rút kinh nghiệm nhằm cung cấp cho HS phơng pháp nhận dạng các bài tốn về
tính chia hết và hớng dẫn phơng pháp phân tích để có lời giải hợp lý.

<b>Phần hai : Giải quyết vấn đề</b>
<b>A. Vấn đề cần giải quyết :</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

Ngoài ra HS cần nắm đợc một số dạng toán điển hình về chia hết và có
ph-ơng pháp giải quyết phù hợp đối với mỗi dạng. Có đợc kỹ năng này các em sẽ làm
đợc các bài tập một cách nhanh gọn, linh hoạt.

Để giải quyết đợc những vấn nêu trên HS cần phải phát huy tính tích cực, t
duy sáng tạo. Còn giáo viên là ngời thiết kế, hớng dấn các em, khơi dậy t duy, tạo
hứng thú học tập. Có nh vậy chơng trình dạy và học mới đạt hiệu quả cao.

<b>B. C¸c biƯn ph¸p tiÕn hành :</b>

<b>I. Hệ thống lại các kiến thức cần ghi nhí :</b>

Để HS thuận lợi trong việc giải tốn về tính chất chia hết cần củng cố cho
các em những kiến thức cơ bản về tính chia hết và những kiến thức có liên quan, đó
là:

<i><b>1/ Định nghĩa :</b></i>

cho hai số tự nhiên a vµ b (b ≠ 0). Ta nãi a chia hế cho b nếu tồn tại số tự

nhiên q sao cho a = b.q . Ta còn nói a là bội của b hoặc b là ớc của a, hoặc a chia
hÕt cho b.

<i><b>2/ C¸c tÝnh chÊt vỊ chia hÕt :</b></i>

<b>* TÝnh chÊt chung :</b>

a) Sè 0 chia hÕt cho mäi sè b ≠ 0.

b) Mọi số a ≠ 0 đều chia hết cho chính nó.

c) TÝnh chất bắc cầu : Nếu ab, bc thì ac.

+ TÝnh chÊt chia hÕt cđa mét tỉng, mét hiƯu.

d) NÕu a⋮m, b⋮m th× tỉng a + b⋮m, a - b⋮m.

+ HƯ qu¶ :

- NÕu (a + b)m (hoặc a - bm) và am thì bm.

- Nếu (a + b)m (hoặc a - bm) và bm th× a⋮m.

e) NÕu a⋮m, b⋮m th× a + b⋮m, a - b⋮m ;

NÕu a⋮m, b⋮m th× a + b⋮m, a - b⋮m.

f) NÕu mét thõa sè cđa tÝch chia hÕt cho m th× tÝch chia hết cho m.

+ Hệ quả: Nếu am thì an_{m (n là số tự nhiên} 0_).

g) Nếu am, bn thì abmn

+ Hệ quả : nếu ab thì an_bn_.

h) NÕu A⋮B th× mA +nB⋮B , mA – nB⋮B.

i) NÕu mét tÝch chia hÕt cho mét sè nguyªn tố p thì tồn tại một thừa số của
tích chia hÕt cho p.

+ HƯ qu¶: nÕu an⋮_{p (p là số nguyên tố) thì a}_p.

j) Nếu abm, b và m, n guyên tố cùng nhau thì am.

k) Nếu am, an thì aBCNN(m,n) .

+ Hệ quả :

- NÕu a⋮m, a⋮n, (m,n) = 1 th× a⋮mn

- Nếu a chia hết cho các số nguyên tố cùng nhau đơi một thì a

chia hÕt cho tÝch cđa chóng.

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

Ngoài các dấu hiệu chia hết cho 2, cho 3, cho 5, cho 9 mà HS đã đợc học
trong chơng trình SGK, cần bổ sung thêm một số dấu hiệu sau:

a) DÊu hiÖu chia hÕt cho 4, cho 25 :

Một số chia hết cho 4 (hoặc cho25) khi và chỉ khi số đó có hai chữ số tận

cùng chia hết cho 4 ( hoặc cho 25).

b) DÊu hiÖu chia hÕt cho 8, cho 125 :

Một số chia hết cho 8 (hoặc cho125) khi và chỉ khi số đó có ba chữ số tận
cùng chia hết cho 8 ( hoặc cho 125).

c) DÊu hiÖu chia hÕt cho 10:

Một số chia hết cho 10 khi và chỉ khi số đó có chữ số tận cùng là 0.
d) Dấu hiệu chia hết cho 11 :

Một số chia hết cho 11 khi và chỉ khi hiệu giữa tổng các số đứng ở vị trí lẻ
và tổng các chữ số đứng ở vị trí chẵn (kể từ phải sang trái) chia hết chia 11.

<i><b>4/ Bổ sung kiến thức về ƯCLN và BCNN :</b></i>

a) Thuật toán Ơclit :

+ Nếu ab thì ƯCLN(a,b) = b.

+ Nếu ab thì ƯCLN(a,b) = ƯCLN(b,r).

(r lµ sè d trong phÐp chia a cho b)
b) ¦CLN(a,b). BCNN(a,b) = ab.

<i><b>5/ Số nguyên tố, hợp số, số nguyên tố cùng nhau :</b></i>

+ Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1, có hai ớc là 1 và chính nó.
Sè 2 lµ sè nguyên tố chẵn duy nhất.

+ Hợp số là số tự nhiên lớn hơn 1, có nhiều hơn hai ớc.

+ Hai hay nhiều số đợc gọi là hai số nguyên tố cùng nhau nếu ƯCLN của
chúng bằng 1.

<b>II. Ph©n loại một số dạng toán điển hình và cách giải:</b>

Bi tập về tính chia hết rất phong phú và đa dạng. Trong phần này tôi chỉ đề

cập đến một số dạng tốn điển hình, có thể phân loại nh sau:

<b>1/ Các bài toán áp dụng các tính chất chia hết và các dấu hiệu chia hết :</b>

<i><b>* Dạng 1: </b></i>

Chứng minh một biểu thức chia hết cho một số: Để chứng minh một biểu
thức chia hết cho một số nào đó, ngồi việc sử dụng các tính chất chia hết và các
dấu hiệu chia hết đã biết rồi còn phải tuỳ theo từng trờng hợp cụ thể để kết hợp với
một số kiến thức khác nh :Các tính chất của các phép tốn, phép luỹ thừa, tìm chữ
số tận cùng của luỹ thừa, phép chia có d, cấu tạo số, số nguyên tố cùng nhau ... Cụ
thể là :

<i><b>a) Kết hợp với các kiến thức về luỹ thừa và tìm chữ số tận cùng của luỹ</b></i>
<i><b>thừa :</b></i>

<b>Ví dụ 1:</b>

Cho A = 2 + 22_{+ 2}3_{+...+ 2}99_{+ 2}100_{. Chøng minh r»ng A chia hÕt cho 31.}

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

<b> Gi¶i:</b>

A = (2 + 22_{+ 2}3_{+ 2}4_{+ 2}5_{) + (2}6_{+ 2}7_{+ 2}8_{+ 2}9_{+ 2}10_{) + ...}

+ (296_{+ 2}97_{+ 2}98_{+ 2}99_{+ 2}100₎

= 2(1 + 2 + 22_{+ 2}3_{+ 2}4_{) + 2}6_{(1 + 2 + 2}2_{+ 2}3_{+ 2}4_{) + ...}

+ 296_{(1 + 2 + 2}2_{+ 2}3_{+ 2}4₎

= 2.31 + 26_{.31 + .... +2}96_{.31 = 31(2 + 2}6_{+... + 2}96₎

VËy A⋮31

<b> VÝ dô 2 : </b>

Chøng minh r»ng 34n + 1_{+ 2}_{5 với mọi n .}

<i>- Phơng pháp</i> : Tìm chữ số tận cùng của 34n + 1_{+ 2 råi sư dơng dÊu hiƯu chia}

hÕt cho 5.

<b> Gi¶i :</b>

34n + 1_{+ 2 = (3}4₎n _{. 3 + 2 = 81}n _{.3 + 2}

Nh÷ng sè cã chữ số tận cùng là 1 thì khi nâng lên bất kỳ luỹ thừa nào khác 0

cng vn cú tn cùng là 1, do đó 81n _{có tận cùng là 1.}

⇒ 81n _{.3 cã tËn cïng lµ 3}⇒₈₁n _{.3 + 2 cã tËn cïng lµ 5.}

vËy 81n _{.3 + 2}⋮_{5 hay 3}4n + 1_{+ 2}⋮_{5 .}

<b> VÝ dô 3: </b>

Chøng minh r»ng 1033_{+ 8}⋮_{2 và 9}

<b> Giải :</b>

1033_{+ 8 = 10...0 + 8 = 10...08}

33 ch÷ sè 0 32 ch÷ sè 0

Sè 10...08 cã chữ số tận cùng là 8 nên 2, có tổng các chữ số

33 chữ số 0 là 9 nên9
<i><b>b) Kết hợp với kiến thức về phép chia cã d</b><b> :</b></i>

<b> VÝ dô 4 :</b>

Chøng tá rằng hai số tự nhiên a và b khi chia cho số tự nhiên c có cùng số

d thì hiệu cđa chóng chia hÕt cho c .

- <i>Phơng pháp:</i> Sử dụng kiến thức về phép chia có d để biểu diễn a, b rồi tìm
hiệu của chúng.

<b> Gi¶i :</b>

Ta cã a = cq1 + r (0 ≤ r < c)

b = cq2 + r (0 ≤ r < c)

Gi¶ sư a > b, a – b = (cq1 + r) - (cq2 + r) = cq1 + r – cq2 - r = cq1- cq2 =

= c(q1- q2)

VËy a bc

- <i>Khai thác bài toán</i> <i>:</i>

Ta biết rằng số tự nhiên và tổng các chữ số của nó có cùng số d trong phép
chia cho 3, cho 9 (theo cách chứng minh dấu hiệu chia hết cho 3, cho9). Từ đó rút
ra nhận xét :

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

(Yêu cầu HS ghi nhớ nhận xét này để vận dụng giải bài tập).

<b> VÝ dô 5: </b>

Cho n∊N. Chøng minh r»ng : n(n + 1)(2n + 1) 6

<b>Giải :</b>

+ Trong 2 số tự nhiên liên tiếp luôn có một số là bội của 2

Do đó n(n + 1)(2n + 1) ⋮2.

+ Ta cÇn chøng minh n(n + 1)(2n + 1) ⋮3 th× n(n + 1)(2n + 1) ⋮6

(V× 2 và 3 là hai số nguyên tố cùng nhau)
XÐt hai trêng hỵp :

- NÕu n ⋮3 ⇒ n(n + 1)(2n + 1) ⋮3 ⇒ n(n + 1)(2n + 1) ⋮6

- NÕu n ⋮3 ⇒ n = 3k + 1 hc n = 3k + 2 (k∊ N)

Khi n = 3k + 1 th× 2n + 1 = 2(3k + 1) + 1 = 6k + 3⋮3

⇒ n(n + 1)(2n + 1)⋮3⇒ n(n + 1)(2n + 1)⋮6

Khi n = 3k + 2 th× n + 1 = (k + 2) + 1 = 3k + 3⋮3

⇒ n(n + 1)(2n + 1)⋮3⇒ n(n + 1)(2n + 1)⋮6

VËy :Trong mọi trờng hợp ta luôn có n(n + 1)(2n + 1)⋮6

<i><b>c) Sử dụng cấu tạo số để biến đổi:</b></i>

<b> VÝ dô 6:</b>

Cho biết abc chia hết cho 7, chứng minh rằng: 2a + 3b + c chia hết cho 7.
- <i>Phơng pháp:</i> Sử dụng kiến thức về cấu tạo số để phân tích abc thành tổng
của hai số hạng: một số hạng là bội của 7, một số hạng là 2a + 3b + c

<b>Gi¶i:</b>

Ta cã abc = 100a + 10b + c = 98a + 2a + 7b + 3b + c

= (98a + 7b) + (2a + 3b + c)

= 7(14a + b) + (2a + 3b + c)
Mµ 7(14a + b) chia hÕt cho 7

Do đó (2a + 3b +c) chia hết cho 7

<b> VÝ dô 7:</b>

Với a, b là những chữ số 0. HÃy chøng minh:

a) aaabbb chia hÕt cho 37

b) (abab – baba) chia hÕt cho 9 vµ 101 (a > b)

- <i>Phơng pháp</i>: Dùng cấu tạo số để biến đổi về dạng A = BQ

<b>Gi¶i:</b> a, aaabbb = 1000 aaa + bbb = 1000.111a + 111b
= 111(1000a + 6) = 337 (1000a +b)
VËy aaabbb chia hÕt cho 37

<i><b>d. Tốn về chia hết có liên quan đến hai số nguyên tố cùng nhau:</b></i>

<b> VÝ dô 8:</b>

Cho biÕt 3a + 2b chia hÕt cho 17 (a,b ∊ N), chøng minh rằng 10a + b chia

hết cho 17.

<b>Giải:</b> Đặt 3a + 2b = X, 10a + b = Y

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

Do đó 2Y – X chia hết cho 17, mà X chia hết cho 17 nên 2Y chia hết
cho 17 (hệ quả của tính chất 4). Mặt khác 2 và 17 nguyên tố cùng nhau nên Y chia
hết cho 17 (tính chất 10) hay 10a + 6 chia hết cho 17.

<b> VÝ dô 9:</b>

Cho một số chia hết cho 7 gồm 6 chữ số. Chứng minh rằng nếu chuyển chữ
số tận cùng lên đầu tiên ta vẫn đợc số chia hết cho 7.

<b>Gi¶i:</b> Gäi sè chia hÕt cho 7 gåm 6 chữ số là: X = abcdeg

Nếu chuyển chữ số tận cùng lên đầu tiên ta đợc số: Y = gabcde
Đặt abcde = n thì X = 10n + g, Y = 100000g + n

Ta cã: 10Y – X = 10(100000g +n) – (10n + g)

= 1000000g + 10n – 10n – g = 999999g ⋮7

10 Y – X chia hÕt cho 7, X chia hÕt cho 7 nên 10Y 7

Mà 10 và 7 là hai sè nguyªn tè cïng nhau nªn Y⋮ 7 hay abcdeg ⋮7

<i><b>e/ Sư dơng mét sè tÝnh chÊt kh¸c:</b></i>

<b> VÝ dô 10:</b>

Chøng minh r»ng 10n_{+ 18n – 1 chia hÕt cho 27}

- <i>Phơng pháp</i>: biến đổi 10n_{+ 18n – 1 thành tổng các số hạng đều chia hết}

cho 27.

<b>Gi¶i:</b> Ta cã 10n_{+ 18n – 1 = 10}n_{– 1 – 9n + 27n}
<b> = 99.</b>...9 – 9n + 27n

<b> n</b>

= 9 (11...1 – n) + 27n
n

Dùa vµo nhËn xÐt ë vÝ dụ 4 ta có:

Số 11...1 và tổng các chữ số cña nã (b»ng n) cã cïng sè d trong
n

phÐp chia cho 3 nªn hiƯu cđa chóng chia hÕt cho 3, nghÜa lµ :

11...1 – n chia hết cho 3, do đó 9(11... 1 – n) chia hết cho 27 .
n n

VËy 9(11...1 – n) + 27n chia hÕt cho 27
n

Hay 10n_{+ 18n – 1 chia hÕt cho 27.}

<b>VÝ dô 11:</b>

Chøng minh r»ng sè gồm 27 chữ số 1 thì chia hết cho 27

- <i>Phơng pháp</i>: biến đổi số đó thành tích của hai thừa số, một thừa số chia hết
cho 9, một thừa số chia hết cho 3 rồi áp dụng tính chất 7.

<b>Giải:</b> Gọi A là số gồm 27 chữ số 1, B là số gồm 9 chữ số 1.

Tổng các chữ số của B là 9 nên B9 (1)

Ly A chia B đợc thơng là: 100...0100...0 (d 0)
8 chữ số 0 8 chữ số 0

Ta viết đợc A = B.C

Tổng các chữ số của C bằng 3 nên C3 (2)

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

<i><b>* Dạng 2</b><b>:</b></i>

<i><b>Tìm các chữ số theo ®iỊu kiƯn vỊ chia hÕt.</b></i>

<b>VÝ dơ 12:</b>

Thay dấu * bởi các chữ số thích hợp để A = 52*2* chia hết cho 36

<i>- Phơng pháp</i> : Xét điều kiện để A⋮4 và cho 9 từ đó tìm ra cỏc ch s.

<b> Giải :</b>

Để A34 thì A4 và 9 hai chữ số tận cùng của A tạo thành số chia hết cho 4,

nghĩa là 2*4 ⇒ 2*∊ {20 ; 24 ; 28}

- Trêng hỵp 1 : A = 52*20. Để A9 thì 5 + 2 + * + 2 + 0 ph¶i chia hÕt cho 9, tøc lµ

9 + * phải chia hết cho 9, do đó * ∊{ 0 ; 9 }

- Trêng hỵp 2 : A = 52*24. LËp luËn t¬ng tù nh trên ta có * = 5.
- Trờng hợp 3 : A = 52*28, ta cã * = 1

Thay dấu * bởi các chữ số thích hợp vừa tìm ở trên, ta tìm đợc các số :52020 ;

52920; 52524; 52128 đều chia hết cho 36.

<b> VÝ dụ 13</b> <b>: </b>

Tìm các chữ số a vµ b sao cho a – b = 4 vµ 7a5b13.

<b>Giải :</b>

Vì 13 : 3 d 1 ⇒ a + b : 3 d 2 (1)

Do a, b là chữ số và a b = 4 nên :

4 a 9 và 0 b 5 ⇒ 4≤ a + b ≤ 14 (2)

Do a b là số chẵn nên a + b cũng là số chẵn (3)

Từ (1),(2),(3) a + b ∊ {8 ; 14}

Víi a + b = 8 , a – b = 4 ⇒ a = 6, b =2

Víi a + b = 14, a – b = 4 ⇒ a = 9, b = 5

Ta đợc các số 76521 ; 79551 ⋮ 3

<b> VÝ dô 14: </b>

Tìm chữ số a để 1aaa1⋮11.

<b>Gi¶i</b> <b>:</b>

Tổng chữ số hàng lẻ là 1 + a + 1 = a + 2
Tổng chữ số hàng chẵn là a + a = 2a

- Nếu 2a a + 2, ta cã 2a – (a + 2) = a - 2

để 1aaa1⋮11 thì a - 2⋮11, mà 2 – a < 2 ⇒ 2 – a = 0 ⇒ a = 2

- NÕu 2a < a + 2, ta cã a + 2 – 2a = 2 - a

để 1aaa1⋮ 11 thì 2 - a⋮ 11 mà 2 – a < 2 ⇒ 2 – a = 0 ⇒ a = 2

Vậy với a = 2 thì ta đợc số 12221⋮11

<b>VÝ dơ 15 :</b>

Tìm chữ số a, biết rằng 20a20a20a7

<b> Gi¶i :</b>

Ta cã 20a20a20a = 20a.20a.1000 + 20a

= (20a.1000 + 20a).1000 + 20a
= 1001.20a.1000 + 20a

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>

mµ 7.143.20a.1000⋮7⇒20a⋮7

20a = 200 + a = 196 + 4 + a = 196 + (4 + a)⋮7

mà 196⋮7 ⇒ 4 + a⋮7. Vì a là chữ số ⇒ a = 3. Ta đợc s 2032032037

<i><b>* Dạng 3 : Tìm số tự nhiên theo ®iỊu kiƯn cho tríc</b></i>

<b> VÝ dơ 16:</b>

Tìm các số tự nhiên x và y sao cho:
(2x + 1)(y – 3) = 10

- <i>Phơng pháp </i>: Xét các ớc của 10

<b> Giải</b> <b>:</b>

x và y là các số tự nhiên nên 2x + 1 và y 3 là các ớc của 10 (y>3). Các ớc của 10

là 1; 2 ; 5; 10. Vì 2x + 1 là số lẻ nªn 2x + 1 ∊ {1 ; 5}

Ta cã b¶ng sau:

2x + 1 y - 3 x y

1 10 0 13

5 2 2 5

<b>VÝ dô 17</b> <b>:</b>

Tìm số tự nhiên n sao cho n + 6 ⋮ 2n – 1

<b>Gi¶i</b> <b>:</b>

n + 6 ⋮ 2n – 1 ⇒ [2(n+6) – (2n – 1)] ⋮2n – 1

⇒ (2n + 12 – 2n + 1) ⋮ 2n – 1

⇒ 13⋮2n – 1

⇒ 2n – 1 lµ íc cña 13 ⇒ 2n – 1 ∊ {1; 13}

Ta cã b¶ng sau:

2n – 1 1 13

n 1 7

<b>Ví dụ 18:</b>

Tìm số tự nhiên n lớn nhÊt cã hai ch÷ sè sao cho n2_{– n chia hÕt cho 5}

<b> Gi¶i:</b>

Ta cã n2_{– n = n(n -1)}

n2_{– n chia hết cho 5}⇒ _{n(n -1)}⋮_{5 do đó n}⋮_{5 hoặc n - 1}⋮₅

NÕu n⋮5 n có chữ số tận cùng là 0 hoặc 5

Nếu n - 1⋮5 ⇒ n có chữ số tận cùng là 1 hoặc 6. Do đó n có thể có chữ số tận

cïng lµ 0 ; 1 ; 5 ; 6. Để n là lớn nhất có hai ch÷ sè sao cho n2_{– n}⋮_{5 ta chän n =}

96.

<b> VÝ dơ 19 :</b>

T×m sè tù nhiên n sao cho 18n + 3 7

<b>Giải</b> <b>:</b>

18n + 3 ⋮7 ⇒ 21n – (18n + 3) ⋮7 ⇒ 21n – 18n - 3⋮7 ⇒ 3n - 3⋮7 3(n

1)7

Vì 3, 7 là 2 số nguyên tè cïng nhau nªn n – 1 ⋮7

</div>
<span class='text_page_counter'>(9)</span><div class='page_container' data-page=9>

<b> VÝ dơ 20</b> <b>:</b>

Tìm số có hai chữ số biết rằng số đó chia hết cho tích các ch s ca nú

<b>Giải</b> <b>:</b>

Gọi số có hai chữ số phải tìm là ab, theo bài ra ta có ab ⋮ab

ab = 10a + b⋮ab (1)

⇒ 10a + b ⋮a mµ 10a ⋮a ⇒ b⋮a

⇒ b = ka (2) (k∊N; k<10)

Thay (2) vµo (1) ta cã: 10a + ka⋮aka

⇒ 10a + ka⋮ka ⇒ 10a ⋮ka ⇒ 10⋮ka ⇒ k ∊ {1; 2; 5} (v× k < 10)

+ Nếu k = 1 ta có b = a. Thay vào (1) đợc :

10a + a⋮a2⇒₁₁⋮_a⇒_{a = 1, do đó b = 1. Vậy ab = 11}

+ NÕu k = 2 ta cã b = 2a

Lần lợt xét các số có hai chữ số, chữ số hàng đơn vị gấp đôi chữ số hàng chục là:
12; 24; 36; 48 ta thấy các số 12; 24; 36 thoả mãn đầu bài.

+ NÕu k = 5 ta cã b = 5a. Ta thấy số 15 thoả mÃn đầu bài.
Vậy có 5 số thoả mÃn là: 11; 12; 15; 24; 36

<b> VÝ dơ 21:</b>

Tìm số có ba chữ số nh nhau biết rằng số đó có thể viết đợc dới dạng tổng các số tự
nhiên liên tiếp từ 1.

<b>Gi¶i:</b>

Gọi số cần tìm là aaa. Theo bài ra ta cã:aaa=1+2+3+. .. . .. .. . .. ..+<i>n</i>=(<i>n</i>+1)<i>n</i>

2
<i>⇒</i>(<i>n</i>+1)<i>n</i>

2 =111a<i>⇒n</i>(<i>n</i>+1)=2. 111.<i>a⇒n</i>(<i>n</i>+1)=2 .3 . 37a

(<i>n</i>+1)<i>n</i>

2

Vì n (n+1)37 nên tồn tại một trong hai thừa sè ⋮37. Mµ:

là số có 3 chữ số nên (n + 1) và n đều nhỏ hơn 74.

⇒

NÕu n = 37 <i>⇒</i> n + 1 = 38, ta cã aaa=(<i>n</i>+1)<i>n</i>

2 =
37 . 38

2 =703(loại)
Nếu<i>n</i>+1=37<i>n</i>=36<i>,</i>ta có aaa=36 . 37

2 =666(thoả mÃn)

n = 37 hoặc n
+ 1 = 37

Vậy số phải tìm là 666

<b>2/ Các bài toán về số nguyên tố, hợp số, số nguyên tố cùng nhau</b> <b>:</b>
<b> * Dạng 1:</b>

<i>Chứng minh một số là số nguyên tố, hợp sè.</i>

</div>
<span class='text_page_counter'>(10)</span><div class='page_container' data-page=10>

Chøng tá r»ng víi mäi sè tù nhiên n 0 thì số
11...1211...1 là hợp số

n n

- <i>Phơng pháp </i>: Phân tích số đã cho thành tích của hai thừa số lớn hơn 1.

<b> Gi¶i:</b>

Ta cã: 11...1211...1 = 11...100...0 + 11...1 = 11...1. (10n_{+1) lµ tÝch cđa}

n n n + 1 n n + 1 n + 1

hai thừa số lớn hơn 1.
Vậy tích đã cho là hợp số.

<b>VÝ dơ 23:</b>

NÕu p lµ sè nguyên tố lớn hơn 3 và 2p + 1 cũng là số nguyên tố thì 4p + 1 là số
nguyên tố hay hợp số.

- <i> Phơng pháp:</i> Xét các khả năng có thể xảy ra của p rồi thay vào 4p + 1

<b> Gi¶i:</b>

p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p⋮3. Do đó p có dạng 3k + 1 hoặc 3k + 2.

Với p = 3k + 1 ⇒ 2p + 1 = 2(3k + 1) + 1 = 6k + 3 ⋮3 nên là hợp số, trái với đề bài

cho 2p + 1 là số nguyên tố.

Do ú p = 3k + 2, khi đó 4p + 1 = 4(3p + 2) + 1 = 12k + 9 ⋮9 và 12k + 9 > 3.

Vậy 4p + 1 là số nguyên tố.

<b>* Dạng 2:</b>

Tìm số nguyên tố theo các điều kiện của nó.

<b>Ví dụ 24</b> <b>:</b>

Tìm số nguyên tố p sao cho p + 2, p + 4 cịng lµ sè nguyên tố.

<b> Giải:</b>

Xét các trờng hợp:

Vi p = 2 thì p + 2, p + 4 đều là hợp số, khơng thoả mãn.

Với p = 3 thì p + 2 = 5, p + 4 = 7 đều là các số nguyên tố, thoả mãn.

Víi p > 3, do p là số nguyên tố nên p3 p có dạng 3k + 1 hoặc 3k + 2

Nếu p = 3k + 1 ⇒ p + 2 = 3k + 3 là hợp số, không thoả mÃn.

Nếu p = 3k + 2 ⇒ p + 4 = 3k + 6 là hợp số, không thoả mÃn.

Vậy p = 3 là giá trị duy nhất phải tìm.

<b>* Dạng 3:</b>

Chứng minh hai sè nguyªn tè cïng nhau.

<b>VÝ dơ 25:</b>

Chøng minh r»ng 2n + 1 vµ 3n + 1 (n∊N) lµ hai số nguyên tố cùng nhau.

<b>Giải:</b>

Gọi d là ớc chung của 2n + 1 vµ 3n + 1

Ta cã: 2n + 1 ⋮ d; 3n + 1⋮d

⇒[3(2n+1) – 2(3n + 1)]⋮d

⇒ 6n + 3 – 6n - 2⋮d

⇒ 1⋮d ⇒ d = 1

VËy 2n + 1 vµ 3n + 1 là hai số nguyên tố cùng nhau.

</div>
<span class='text_page_counter'>(11)</span><div class='page_container' data-page=11>

Cho a và b là hai số nguyên tố cùng nhau, chøng minh r»ng ab vµ a + b cịng là hai
số nguyên tố cùng nhau.

- <i>Phơng pháp</i> <i>:</i> Chứng minh bằng phản chứng.

<b> Giải:</b>

Giả sử ab và a + b cïng chia hÕt cho sè nguyªn tè d tồn tại một thừa số a hoặc b

chia hết cho d.

Giả sử ad mà a + bd bd ⇒ d lµ íc chung cđa a vµ b nhng (a,b) = 1 nªn

điều đó trái với đề bài. Vậy ab và a + b là hai sốnguyên tố cùng nhau.

<b> * D¹ng 4:</b>

Tìm điều kiện để hai số ngun tố cùng nhau.

<b> VÝ dơ 27:</b>

Tìm số tự nhiên n để 4n + 3 và 2n + 3 nguyên tố cùng nhau

<i>- Phơng pháp:</i> ta tìm ƯC (4n + 3; 2n + 3) rồi xét điều kiện để ƯCLN ca chỳng
bng nhau.

<b> Giải:</b>

Giả sử d ƯC (4n + 3; 2n + 3), ta cã 4n + 3⋮d vµ 2n + 3⋮d

⇒ [2(2n + 3) – (4n + 3)] 3d d {1; 3}

Để ƯCLN(4n + 3; 2n + 3) = 1 th× 2n + 3⋮3 hay 2n⋮3 ⇒n⋮3

⇒ n = 3k + 1 hc n = 3k + 2.

VËy víi n = 3k + 1 hoặc n = 3k + 2 thì 4n + 3 và 2n + 3 là hai số nguyên tố cùng
nhau.

<b>3/ Các bài toán về ƯCLN, BCNN :</b>
<b>* Dạng 1 :</b>

Tìm ƯCLN của hai số bằng thuật toán Ơclit : nếu = bq + r (0 < r < b) th×

ƯCLN(a,b) = ƯCLN(b,r). Từ đó có cách tìm ƯCLN của hai số nh sau :

LÊy a chia cho b d r, LÊy b chia cho r d r1, LÊy r chia cho r1 d r2... Cø tiÕp tôc nh

vậy cho đến khi đợc số d bằng 0 thì số d cuối cùng khác 0 là ƯCLN phải tìm.

<b>VÝ dơ 28 :</b>

Tìm ƯCLN(A;B) biết rằng A gồm 1991 chữ số 2, B gồm 8 chữ số 2.
<b> Giải :</b>

A = 22...2, B = 22...2

1991 ch÷ sè 2 8 ch÷ sè 2

Ta có 1991 chia cho 8 d 7; 8 chia 7 d 1 nên khi chia A cho B ta đợc d là
22...2 . Tiếp tục phép chia B cho số d trên ta đợc số d là 2.

7 ch÷ sè 2

Theo thuật toán Ơclit ta cã ¦CLN(22...2 ; 22...2) =
1991 ch÷ sè 2 8 ch÷ sè 2

¦CLN(22...2 ; 22...2) =

8 ch÷ sè 2 7ch÷ sè 2

¦CLN(22...2 ; 2) = 2
7 ch÷ sè 2

</div>
<span class='text_page_counter'>(12)</span><div class='page_container' data-page=12>

Tìm ƯCLN, BCNN của các biểu thức.

<b> Ví dụ 28:</b>

Tìm ƯCLN của 2n + 1 và 9n + 4 (nN)

<b> Giải:</b>

Gäi d lµ íc chung cđa 2n – 1 vµ 9n + 4

⇒ 2(9n + 4) – 9(2n – 1)⋮d ⇒ 17 ⋮d ⇒ d ∊ {1; 17}

Ta cã 2n - 1⋮17 ⇔ 2n - 18⋮17 ⇔ 2(n – 9)⋮17 ⇔ n – 9⋮17

⇔ n = 17k + 9 (k∊N)

- NÕu n = 17k + 9 thì 2n - 117 và 9n + 4 = 9(17k + 9 + 4) = béi cđa 17 + 85

⋮17.

Do đó ƯCLN (2n – 1; 9n +4) = 17

- NÕu n ≠ 17k + 9 th× 2n – 1 kh«ng chia hÕt cho 17

Do đó ƯCLN (2n – 1; 9n + 4) = 1.

<b> VÝ dụ 29:</b>

Tìm BCNN của ba số tự nhiên liên tiếp n, n + 1, n + 2 (n≠ 0)

<b> Gi¶i:</b>

Ta cã [n, n + 1, n + 2] = [(n, n + 1), n + 2] = [n(n + 1), n + 2] v× [n, n + 1] = n(n +1)

Mặt khác: [a, b]=ab

(a, b)nên[<i>n(n+</i>1), n+2]=

<i>n</i>(n+1)(n+2)
[<i>n(n+</i>1)<i>,n+</i>2]

Ta có : (n + 1, n + 2) = 1 nªn [n(n + 1), n + 2] = (n, n + 2) = (n, 2)

[n,<i>n</i>+1,<i>n</i>+2]=<i>n</i>(<i>n</i>+1)(<i>n</i>+2)

2

- Nếu n chẵn thì (n,2) = 2. Do đó

- Nếu n lẻ thì (n,2) = 1. Do đó [n, n + 1, n + 2] = n(n + 1)(n + 2)

<b>* D¹ng 3:</b>

Tìm hai số trong đó biết ƯCLN, BCNN

Khi giải các bài tốn về tìm hai số trong đó biết ƯCLN, BCNN ta thờng sử dụng
các kiến thức sau:

a = da,

(1)¦CLN (a,b) = d ⇔ b = db,

(a,_{, b},_{) = 1}

(2) ¦CLN (a, b) . BCNN (a, b) = ab

ab
<i>d</i> =

da<i>,</i>. db<i>,</i>
<i>d</i> =da

<i>,</i>
.b<i>,</i>

(3) Tõ (1) vµ (2) ⇒ BCNN (a, b) =

</div>
<span class='text_page_counter'>(13)</span><div class='page_container' data-page=13>

Tìm hai số tự nhiên a và b (a b), biết rằng ƯCLN (a, b) = 12 ;BCNN (a, b) = 72

<b>Gi¶i</b> <b>:</b>

a = 12a,

¦CLN (a,b) = 12 ⇔ b = 12b,

(a,_{, b},_{) = 1}

a.b = ¦CLN (a, b).BCNN (a, b) = 12.72 ⇒12a,_{. 12b},_{= 12.72}⇒_a,_.b,_{= 6}

Do a ≥ b nªn a, ≥_b,_{. Chän hai sè cã tÝch b»ng 6, nguyªn tè cïng nhau vµ a}, ≥_b,_,

ta đợc

a, ₆ ₃

Do đó a 72 36

b, ₁ ₂ _b ₁₂ ₂₄

<b> Ví dụ 31 :</b>

Tìm hai số tự nhiên biết rằng ƯCLN và BCNN của chúng có tổng bằng 55.

<b> Giải :</b>

Gọi hai số phải tìm là a và b (giả sử a b) và d là ¦CLN (a, b). Ta cã :

ab

¦CLN(a,b)=

da<i>,</i>_{. db}<i>,</i>
<i>d</i> =da

<i>,</i>

.<i>b,</i>
a = da,₌

Theo đề bài ƯCLN(a, b) + BCNN(a, b) = 55 nên da, _b, _{+ d = 55}⇒_d(a,_b,_{+ 1) = 55}

Do đó a,_b,_{+ 1 là ớc của 55 và a},_b,_{+ 1}≥_{2. Vì a}≤_b⇒_a,≤_b,

Ta cã b¶ng sau:

d a,_b,_{+ 1} _a,_b, _a, _b, _a _b

1 55 54 1

2

54

27

1
2

54
27

5 11 10 1

2

10
5

5
10

50
25

11 5 4 1 4 11 44

Vậy có 5 cặp số thoả mÃn lµ (1;54) ; (2;27) ; (5;50) ; (10;25) ; (11;44).

<b>III. Giúp đỡ học sinh tìm tịi một số lời giải bài toán</b>

ở phần II đã nêu một số dạng tốn điển hình, cách giải các dạng tốn đó. Song

các bài tốn về chia hết rất phong phú, đa dạng và khơng có một quy tắc chung nào

để giải, có những bài cùng nằm trong những dạng đã nêu trên nhng khi giải tơng tự
thì lại gặp bế tắc. Vì vậy khi hớng dẫn học sinh cần phân tích kỹ đầu bài để lựa
chọn phơng pháp thích hợp, đi đến lời giải hợp lý. Sau đây là một số bài tốn cụ
thể:

<b> Bµi 1:</b>

Cho B = 3 + 33_{+ 3}5_{+...+ 3}1991

Chøng minh r»ng B chia hÕt cho 13, cho 41.

</div>
<span class='text_page_counter'>(14)</span><div class='page_container' data-page=14>

Đề bài cho B là tổng các lũy thừa cùng cơ số nhng lu ý các số mũ là số lẻ liên
tiếp.

<i><b>2, Hớng dẫn cách tìm lêi gi¶i:</b></i>

Qua phân tích đề bài học sinh thấy ngay đợc bài này thuộc dạng chứng minh một
biểu thức chia hết cho một số. Từ đó, về phơng pháp giải cần hớng cho các em là
phải biến đổi B = 13P, B = 13Q bằng cách nhóm các số hạng thích hợp rồi sử dụng
các phép biến đổi để xuất hiện các số là bội của 13, bội của 41. Việc chia nhóm các
số hạng cũng khơng phải là đơn giản, giáo viên cần hớng dẫn học sinh xem xét
tổng B có m số hạng và chia B thành từng nhóm, mỗi nhóm có n số hạng sao cho n

∊ Ư (m). Từ đó chọn cách chia nào xuất hiện bội của 13, bội của 41. Để tạo cho

học sinh “phản xạ” khi gặp dạng toán này, giáo viên có thể đặt ra một số câu hỏi
phân tích, dẫn dắt:

? Biến đổi B thành tổng các nhóm có bao nhiêu số hạng? (học sinh có thể dùng
phơng pháp thử tính tổng các số hạng tìm ra cách chia đúng, chẳng hạn chia B

thành tổng các nhóm, mỗi nhóm có n số hạng).

? Nếu các số hạng không chia hết cho n thì sao? (sẽ tìm ra một hoặc vài số hạng
mà tổng của chúng cha chắc là bội của 13, 41).

? Nh vậy để đảm bảo không bị rơi vào trờng hợp nêu trên, học sinh sẽ kiểm tra ở
tổng B có:

(1991 – 1) : 2 + 1 = 996 (sè h¹ng)

996 chia hÕt cho 2, 3, 4, 6.... nhng khi chia B thành các nhóm 3 số hạng, 4 sè
h¹ng sÏ xt hiƯn béi cđa 13, béi cđa 41.

<i><b>3, Lời giải vắn tắt:</b></i>

a, B = (3 + 33_{+ 3}5_{) + (3}7_{+ 3}9_{+ 3}11_{) +...+(3}1987_{+ 3}1989_{+ 3}1991₎

= 3(1 + 32_{+ 3}4_{) + 3}7_{(1 + 3}2_{+ 3}4_{) + ...+ 3}1987_{(1 + 3}2_{+ 3}4₎

= 91(3 + 37_{+...+ 3}1987_{) = 13.7. (3 + 3}7_{+...+ 3}1987₎

VËy B∶13

b, Tơng tự biến đổi:

B = (3 + 33_{+ 3}5₊₃7₎₊₍₃9_{+ 3}11_{+ 3}15_{) +...+(3}1985_{+ 3}1987_{+ 3}1989_{+ 3}1991₎

= 820.(3 + 39_+...+31985_{) = 41.20.(3 + 3}9_+...+31985₎

VËy B⋮41

<b>Bµi 2</b> <b>:</b>

Chøng minh r»ng : 10n_{– 36n - 1}⋮₂₇

<i><b>1)</b></i> <i><b>Ph©n tÝch: </b></i>

Đề bài cho biểu thức ở dạng tổng quát và trong biểu thức có 10n_{– 1 để có thể đa}

vỊ ¸p dơng nhËn xÐt ë vÝ dơ 4 (hiƯu cđa sè tù nhiên và tổng các chữ số của nó chia
hết cho 3 và cho 9).

<i><b>2)</b></i> <i><b>Hớng dẫn cách tìm lời giải:</b></i>

§Ĩ chøng minh 10n_{– 36n – 1 ta kh«ng thể dùng cách tính kết quả cụ thể, biến}

i 10n_{– 36n – 1 về dạng 27Q cũng rất khó khăn. Giáo viên nên gợi ý cho học}

</div>
<span class='text_page_counter'>(15)</span><div class='page_container' data-page=15>

Nhận thấy 36n có thể tách thành 27n + 9n, nên dẫn dắt học sinh biến đổi

10n_{– 1 – 9n thµnh béi của 27 bằng cách khai thác 10}n_{1 và vËn dơng nhËn xÐt}

đã nêu trên.

<i><b>3, Lêi gi¶i v¾n t¾t:</b></i>

Ta cã 10n_{– 36n – 1 = [(10}n_{– 1 – 9n] – 27n = (99...9 – 9n ) - 27}

n

= 9(11...1 – n) - 27

n

Theo nhËn xÐt nªu trªn :

(11...1 – n) ∶3 ⇒ 9(11...1 – n) ∶ 27 ⇒9(11...1 – n) – 27n ⋮ 27

n n n
<i><b> 4, Khai thác bài toán</b><b>:</b></i>

Cú th thay đổi biểu thức hoặc thay đổi 27 bằng các số khác nhau nh: 9; 36; 72...
ta sẽ đợc các bài tốn cùng dạng để học sinh luyện tập.

<b>Bµi 3:</b>

Cho biÕt a + 4b chia hÕt cho 13 (a,b ∊ N). Chøng minh r»ng 10a + b ⋮13.

<i><b> 1, Phân tích đề bài:</b></i>

Đề bài cho biết a + 4b ⋮ 13 và phải chứng minh 10a + b⋮13. Do đó cần nghĩ

ngay đến việc sử dụng giả thiết này bằng cách làm xuất hiện tổng hoặc hiệu của hai
số, một số chứa a + 4b, một số chứa 10a + b rồi xét tổng hoặc hiệu của chúng.
<i><b>2, Hớng dẫn cách tìm lời giải:</b></i>

Để cho gọn ta đặt a + 4b = X, 10a + b = Y. Học sinh dễ dàng thấy đợc khi xét tổng
hoặc hiệu của X và Y thì khơng thấy xuất hiện bội của 13. Vì vậy có thể nhân X
hoặc Y lên một số lần để sao cho khi cộng hay trừ hai biểu thức thì xuất hiện bội
của 13.

Vậy cần nhân X và Y với bao nhiêu để khử đi số hạng a (hoặc b)? làm thế nào để
xuất hiện hệ số của a (hoặc b) là 13?

Giáo viên gợi ý cho học sinh thấy hệ số của a ở X là 1, ở Y là 10 nên có thể nhân
X với 10 rồi xét hiệu 10X – Y nhằm khử a hoặc nhân X với 3 rồi xét tổng 3X + Y,
nhằm tạo ra hệ số của a bằng 13. Nếu xét hệ số của b ta cũng làm tơng tự nh vậy, từ
đó hớng dẫn học sinh tìm đợc nhiều cách giải bài toán.

<i><b>3, Lêi giải vắn tắt:</b></i>

Đặt a + 4b = X, 10a + b = Y

<i>Cách 1</i> <i>:</i>

X13 nên 10X ∶ 13

10X – Y = 10(a + 4b) – (10a + b) = 39b ⋮13

Nh vËy 10X – Y ⋮13, mµ 10X ⋮13 ⇒ Y⋮13 hay 10a + b13

<i>Cách 2</i> <i>:</i>

X13 nên 3X13

XÐt 3X + Y = 3(a + 4b) + (10a + b) = 13a + 13b

Nh vËy 3X + Y ⋮13 mµ X⋮13 ⇒ Y⋮13 hay 10a + b ⋮13

<i>C¸ch 3</i> <i>:</i>

</div>
<span class='text_page_counter'>(16)</span><div class='page_container' data-page=16>

Nh vËy X + 9Y⋮13 mµ X⋮13 ⇒ 9Y⋮13

Do (9; 13) = 1 nªn Y⋮13 hay 10a + b ⋮13

<i>C¸ch 4:</i>

XÐt 4Y – X = 4(10a + b) – (a + 4b) = 39a

Nh vËy 4Y – X ⋮13 mµ X⋮13 ⇒ 4Y⋮13

Do (4; 13) = 1 nªn Y⋮13 hay 10a + b⋮13

<b> Bài 4:</b>

Tìm số tự nhiên n sao cho 4n 5 chia hÕt cho 13.

<i><b>1, Phân tích đề bài:</b></i>

Khác với 3 bài trên, bài này yêu cầu tìm số tự nhiên n sao cho 4n 5 chia hết

cho 13 chứ không yêu cầu chứng minh 4n - 513. Mặt khác, tập hợp các bội là vô

hn nên khơng thể tìm đợc các giá trị cụ thể của n mà chỉ tìm đợc dạng tổng quát
của n.

<i><b>2, Hớng dẫn cách tìm lời giải:</b></i>

Giáo viên gợi ý cho học sinh: để tìm dạng tổng quát của n thì phải làm cho hệ số
của n bằng 1, ta thấy hệ số n của biểu thức đã cho là 4 nên phải tìm cách đa 4 ra

ngồi ngoặc. Do đó đặt ra câu hỏi cho học sinh phải thêm bớt hoặc tách các số
hạng nh thế nào để xuất hiện thừa số chung là 4. Từ đó học sinh sẽ tìm đợc các
cách giải nh sau:

<i><b>3, Lời giải vắn tắt:</b></i>

- C¸ch 1:

4n – 5 ⋮13 ⇒ 4n + 8 – 13 ⋮13 ⇒ 4n + 8 ⋮13 ⇒ 4(n + 2)⋮13

Do (4; 13) = 1 ⇒ n + 2 ⋮13 ⇒ n = 13k – 2 (k∊N*₎

- C¸ch 2:

4n – 5 ⋮13 ⇒ 4n – 5 + 13⋮13 ⇒ 4n + 8 ⋮13

Từ đó giải tơng tự cách 1 sẽ có n = 13k 2 (kN*₎

<b> Bài 5</b> <b>:</b>

Tìm số tự nhiên n sao cho n2_{– 4 chia hÕt cho n}2_{+ 2}

<i><b> 1, Phân tích đề bài</b><b>:</b></i>

Kh¸c víi mäi bài cùng dạng toán, bài này cho số mũ của n là 2 nên yêu cầu phải
suy nghĩ sáng tạo hơn.

<i><b>2, Hớng dẫn cách tìm lời giải</b><b>:</b></i>

Giáo viên có thĨ gỵi ý häc sinh suy nghÜ theo híng sau:

? Số mũ của n là 2 nên muốn khử n2_{ta làm nh thế nào?}

(nhân (n + 2) víi n råi trõ hai biĨu thøc cho nhau)

? Sau khi khư n2_{vÉn cßn lại thì làm nh thế nào?}

(khử tiếp n nh cách vẫn thờng làm (ví dụ 17)
Hc:

? H·y viÕt n2_{+ 4 thành tổng (hoặc hiệu) các bội của n + 2 và một số cụ thể.}

</div>
<span class='text_page_counter'>(17)</span><div class='page_container' data-page=17>

hạn: Muèn cã thõa sè n + 2 tõ n2_{th× phải thêm, bớt 2n, từ số 2n bớt ra muốn cã n +}

2 thì phải bớt, thêm 4....
Từ ú cú cỏc cỏch gii:

<i><b>3, Lời giải vắn tắt:</b></i>

- C¸ch 1:

n2_{+ 4}⋮_{n + 2}⇒_[(n2_{+ 4) – n(n + 2)]}⋮_{n + 2}

⇒ 4 – 2n ⋮ n + 2 ⇒ [4 – 2n + 2(n + 2)] ⋮ n + 2

⇒ 8 ⋮n + 2 hay n + 2 ∊ {2 ; 4; 8} (v× n + 2 ≥ 2)

Ta cã b¶ng sau:

n + 2 2 4 8

n 0 2 6

- C¸ch 2:

n2_{+ 4 = n}2_{– 2n – 2n – 4 + 8 = n(n + 2) – 2(n + 2) – 8}

n2_{+ 4}⋮_{n + 2}₈_{n + 2}

(phần còn lại giải nh cách 1)

* Yêu cầu học sinh ghi nhớ dạng này để sang phần phân số vận dụng vào dạng bài
tập tìm điều kiện để phân số là số tự nhiên, s nguyờn.

<i>p</i>₁+<i>p</i>₂

2 là hợp số <b> Bài 6:</b>

Giả sử p1 > p2 là hai số nguyên tố lẻ liªn tiÕp, chøng minh r»ng

<i><b> 1, Phân tích đề bài:</b></i>

Đề bài cho p<i>p</i>1 +<i>p</i>2 1 và p2 đều là hai số nguyên tố lẻ liên tiếp nên ta thấy ngay đợc

2 <i>∈N;p</i>1

<i>p</i>₂2

p1 + p2 là số chẵn nên 2 và

<i><b>2, Hớng dẫn cách tìm lời giải</b><b>:</b></i>

Giáo viên cần nhắc lại cho HS : Giữa hai số lẻ bao giờ cũng có ít nhất một số

chẵn. Mà p1, p2 là hai số nguyên tố lẻ liên tiếp nên giữa p1 và p2 phải có ít nhất một

<i>p</i>₁+<i>p</i>₂

2 là hợp sè ta chøng tá

<i>p</i>₁+<i>p</i>₂

2

hợp số. Từ đó HS thấy đợc muốn chứng minh

<i>p</i>1

<i>p</i>₁+<i>p</i>₂

2 p2

n»m gi÷a hai sè p1 và p2 trên tia số. Nghĩa là chứng tá

Với bài này vì HS cha đợc học các kiến thức về bất đẳng thức nên giáo viên cần <i>p</i>₁

<i>p</i>₁+<i>p</i>₂

2 cÇn chøng minh 2p1<i>p</i>1+<i>p</i>2

híng dÉn cơ thĨ. Mn chøng minh<i>p</i>₁+<i>p</i>₂

2

<i>p</i>₂ cÇn chøng minh <i>p</i>₁+<i>p</i>₂2<i>p</i>₂. Muèn cã hai

Muèn chøng tá

điều này đều phải xuất phát điều kiện bài toán là p1 > p2.

</div>
<span class='text_page_counter'>(18)</span><div class='page_container' data-page=18>

<i>p</i>₁+<i>p</i>₂

2 lµ sè tù nhiªn

Vì p<i>p</i>1 +1<i>p</i> , p2 2 là hai số nguyên tố lẻ nên (p1 + p2)⋮2, do đó
2

<i>p</i>2

Mặt khác, vì p<i>p</i>1 1 > p2 nên p1 + p2 > 2p2, do đó
<i>p</i>₁+<i>p</i>₂

2

Vì p1 > p2 nên 2p1 > p1 + p2, do đó

p₁<i>,nên </i> <i>p</i>1 +<i>p</i>2

2 là hợp số .

<i>p</i>1 +<i>p</i>2

2
<i>p</i>2
¿
Nh vËy :

<b> Bµi 7 :</b>

Cho a = 123456789; b = 987654321. Tìm ƯCLN (a, b)

<i><b>1, Phân tích đề bài:</b></i>

Đề bài yêu cầu tìm ƯCLN của hai số rất lớn nên khơng thể làm theo quy tắc
thông thờng. Ta để ý rằng tuy a, b là hai số khác nhau nhng tổng các chữ số của
chúng lại nh nhau.

<i><b>2, Híng dẫn cách tìm lời giải:</b></i>

Khi c bài học sinh cũng dễ dàng nhận thấy không thể tìm ƯCLN (a, b) theo
quy tắc thơng thờng mà có thể tìm ƯCLN (a,b) theo thuật tốn Ơclit, địi hỏi các
em thật cẩn thận, chính xác trong các phép tốn thì mới tìm đợc kết quả. Do vậy
giáo viên nên khai thác đề bài để hớng dẫn học sinh ngoài cách dùng thuật tốn
Ơclit cịn có thể tìm ra cách giải khác.

Trớc hết, yêu cầu các em nhận xét về hai số a, b, học sinh thấy ngay a và b đều

chia hết cho 9. Vậy chỉ cần chứng minh mọi ƯC của a, b đều là ớc của 9. Bằng
cách xét hiệu b – 8a, từ đó suy ra đợc ƯCLN (a, b).

<i><b>3, Lêi gi¶i vắn tắt:</b></i>

Vì a và b gồm các chữ số giống nhau nên tổng các chữ số nh nhau và bằng
1 + 2 + 3....+ 9 = 45 chia hÕt cho 9 nªn a vµ b cïng chia hÕt cho 9.

Ta lại có b 8a = 9 9 nên nếu ƯC (a, b) = d thì 9d

Nh vậy mọi ớc chung của a và b đều là ớc của 9 hay ƯCLN (a, b) = 9

<b> Bµi 8:</b>

Trong các số gồm toàn chữ số 1, hÃy t×m sè nhá nhÊt chia hÕt cho 33...3

100

<i><b>1, Phân tích đề bài:</b></i>
Đề bài u cầu tìm số nhỏ nhất gồm tồn chữ số 1 chia hết cho 33...3

100

chứ khơng đơn thuần là tìm số gồm toàn chữ số 1 chia hết cho 33...3

100

<i><b>2, Hớng dẫn cách tìm lời giải:</b></i>
- Trớc hết cần viết đợc dạng của số phải tìm là 11...1 rồi đi xét các điều kiện để
n

tìm ra n.
- Muốn tìm n để 11...1 chia hết cho 33...3 thì cần đa 33...3 về dạng tích hai
n 100 100

thừa số nguyên tố cùng nhau, mà có thể tìm điều kiện của n để 11...1 chia hết cho
n
hai thừa số đó.
Từ gợi ý này học sinh sẽ biến đổi 33...3 thành tích của 3.11...1 và tìm đợc n.
100 100

</div>
<span class='text_page_counter'>(19)</span><div class='page_container' data-page=19>

n

Ta cã : 11...1⋮33...3 tøc lµ 11...1⋮3.11...1 ⇒11...1⋮3 ⇒ n⋮3 (1)

n 100 n 100 n

11...1⋮11...1 ⇒ n⋮100 (2)

n 100

Mà n là số nhỏ nhất thoả mãn điều kiện (1)và(2). Do đó n = BCNN(3 ;100) = 300

Vậy số phải tìm là số gồm 300 ch÷ sè 1: ( 11...1)

300

<b> C. KÕt qu¶ :</b>

<b> </b> Trên đây là một bài tốn nâng cao điển hình vể tính chất chia hết trong N đợc

phân ra từng dạng, giúp HS dễ dàng trong việc tìm lời giải bài toán và giúp giáo
viên làm tài liệu bồi dỡng HS khá, giỏi. Qua thực tế bồi dỡng HS tôi thấy rằng khi
cha áp dụng chuyên đề này thì HS tiếp thu bài cịn khó khăn, sau một thời gian gặp
lại bài đã làm lại quên cách giải. Khi áp dụng kinh nghiệm này dới hình thức giảng
dạy theo chuyên đề cho HS khá giỏi tôi thấy kết quả là có tới 80% HS hiểu sâu sắc
bản chất từng vấn đề nên khi gặp các bài toán khác nhau các em đã nhận dạng và
vận dụng cách giải linh hoạt với mỗi dạng. Số còn lại cũng làm tốt các dạng cơ bản
hay gặp.

<b>Sau đây là một vài số liệu so sánh cụ thể :</b>

Kỹ năng Trớc khi

áp dụng áp dụngSau khi

Nhn dạng và giải quyết đợc các bài toán áp dụng tính

chÊt chia hÕt. 40% 80%

Nhận dạng và giải quyết đợc các bài tốn về số ngun

tè, hỵp sè. 30% 75%

Nhận dạng và giải quyết đợc các bài toán về CLN,

BCNN. 30% 75%

Nhận dạng bài toán và vận dụng cách giải linh hoạt với

mỗi bài. 32% 80%

Tỡm c li giải các bài tốn đặc biệt, có nội dung phức

hỵp. 10% 50%

<b>D. Bµi häc kinh nghiƯm :</b>

Qua những năm bồi dỡng HS giỏi, nhất là với HS giỏi lớp 6, tôi thấy rằng để
giúp HS hiểu sâu sắc từng vấn đề thì ngồi việc nghiên cứu kỹ các dạng bài tập,
chuẩn bị bài một cách chu đáo, giáo viên còn cần có “nghệ thuật giảng dạy” –
Ph-ơng pháp giảng dạy hợp lý. Kinh nghiệm cho thấy, với bài tập nâng cao về tính
chia hết cho HS lớp 6 cần phải hớng dẫn các em một cách dần dần, đi từ những vấn
đề đơn giản, cơ bản, sau đó thay đổi một vài chi tiết để nâng dần đến bài tập phức
tạp hơn. Sau mỗi bài giáo viên cần củng cố phơng pháp giải quyết và có thể khai
thác thành bài toán mới bằng cách thay đổi dữ kiện để HS tự mình vân dụng.

Việc bồi dỡng chuyên đề này sẽ giúp HS có thêm kiến thức cơ bản và kỹ năng
giải quyết bài tập trong các kỳ thi HS giỏi, góp phần nâng cao chất lợng mũi nhọn
trong nhà trờng.

<b>E. §iỊu kiện áp dụng:</b>

Để hớng dẫn HS lớp 6 giải một số dạng bài tập nâng cao về tính chia hết trong N
có hiệu quả, thì nên thực hiện một số điều kiện sau đây :

<b> 1/ Đối với học sinh: </b> Các em cần phải nắm đợc các kiến thức về tình chia hết, các
kiến thức có liên quan, các em cần có sự say mê, hứng thú với loại tốn chia hết và
có điều kiện tiếp cận với nhiều dạng bài tập điển hình.

</div>
<span class='text_page_counter'>(20)</span><div class='page_container' data-page=20>

đối với HS đại trà thì tuỳ theo từng đối tợng (có thể chỉ giới thiệu các dạng cơ bản,

lấy ví dụ minh hoạ đơn giản...).

<b>F. Vấn đề còn hạn chế, bỏ ngỏ, hớng tiếp tục nghiên cứu :</b>

<b> </b> Trên đây chỉ là một vấn đề về tốn nâng cao đối với tính chất chia hết trong N, là

một trong những mảng kiến thức mà HS khá giỏi lớp 6 cần nắm chắc. Kinh nghiệm
đa ra mới chỉ đề cập đến đối tợng HS khá giỏi, chứ cha đề cập nhiều đến các đối
t-ợng khác, nội dung của chuyên đề cũng cha đề cập đến mảng kiến thức về tính chất
chia hết trong Z, các bài tập có liên quan đến dãy, phân số.... Đó là định hớng cho
việc tiếp tục nghiên cứu sau này.

<b>PhÇn ba : KÕt luËn</b>

Sau một thời gian tự nghiên cứu với phơng pháp tìm đọc tài liệu tham khảo su tầm
các bài tập, ví dụ, kết hợp với thực tế giảng dạy, với kiến thức, lý luận đã tích luỹ.
Tơi cố gắng hệ thống một số vấn đề xung quanh tính chất chia hết trong N từ đơn
giản đến phức tạp, đặc biệt là các kiến thức, bài tập nâng cao dành cho HS giỏi.
Tuy nhiên với năng lực và thời gian có hạn, trong tài liệu này cách nhìn nhận về
các vấn đề và phơng pháp giảng dạy cũng nh cách trình bày chắc chắn khơng tránh
khỏi thiếu sót.

</div>

<!--links-->