Sáng kiến kinh nghiệm Hướng dẫn học sinh Lớp 6 giải một số dạng toán nâng cao về tính chia hết trong N

Chúng ta đều biết rằng toán học là cơ sở của mọi ngành khoa học, vì thế môn toán đóng một vai trò quan trọng trong nhà trường. Thông qua môn toán, học sinh nắm vững các kiến thức toán 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 môn toán đòi hỏi người thày giáo phải có sự lao động sáng tạo nghiêm túc.

Một vấn đề lớn trong chương trình toán THCS là vấn đề chia hết. Vấn đề này được đưa vào từ lớp 5, phát triển ở lớp 6, lớp 7 và được 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 thường là những bài khó. Các bài toán về chia hết nếu chỉ đơn thuần làm các bài tập như SGK thì rất dễ nhưng các bài toán nâng cao thì rất khó, đa dạng và không có một quy tắc chung nào để giải, phải sử dụng các phương pháp khác nhau một cách linh hoạt, sáng tạo. Trong khi năng lực tư duy, khả năng phân tích tổng hợp của HS còn hạn chế nên HS thường bế tắc trong việc tìm ra cách giải cho loại toán này. Vấn đề đặt ra trong việc giải toán là phải biết nhận dạng bài toán và lựa chọn phương pháp thích hợp để giải. Hơn nữa để giải được các bài tập nâng cao về tính chia hết thì ngoài việc nắm kiến thức cơ bản có trong chương trình, HS còn phai nắm vững một số kiến thức bổ sung mở rộng, những kiến thức này không được phân phối trong các tiết học nên HS ít được vận dụng và rèn luyện trừ khi gặp những bài tập khó.Vì thế kỹ năng vận dụng các kiến thức đó chưa được thành thạo, nhạy bén, HS thường mắc sai lầm như : Khi thấy một tổng chia hết cho m thì vội vã kết luận các số hạng chia hết cho m ; hoặc khi thấy am và an thì kết luận ngay là amn mà không xem xét xem m,n có nguyên tố cùng nhau hay không.

 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 công tác bồi dưỡng HS giỏi, góp phần vào việc “đào tạo và bồi dưỡng nhân tài”. Tôi xin trình bày kinh nghiệm “Hướng dẫn HS lớp 6 giải một số dạng toán nâng cao về tính chia hết trong N”. Đây là sự đúc rút kinh nghiệm nhằm cung cấp cho HS phương pháp nhận dạng các bài toán về tính chia hết và hướng dẫn phương pháp phân tích để có lời giải hợp lý.

 

doc20 trang | Chia sẻ: sangkien | Ngày: 31/07/2015 | Lượt xem: 5136 | Lượt tải: 149Download
Bạn đang xem tài liệu "Sáng kiến kinh nghiệm Hướng dẫn học sinh Lớp 6 giải một số dạng toán nâng cao về tính chia hết trong N", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
nh tích của hai thừa số lớn hơn 1.
 Giải :
 Ta có : 11......1211......1 = 11......100......0 + 11......1 = 11......1. (10n +1) là tích của 
 n n n + 1 n n + 1 n + 1
hai thừa số lớn hơn 1.
Vậy tích đã cho là hợp số.
 Ví dụ 23:
 Nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 và 2p + 1 cũng là số nguyên tố thì 4p + 1 là số nguyên tố hay hợp số.
 - Phương pháp: Xét các khả năng có thể xảy ra của p rồi thay vào 4p + 1
 Giải:
 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 đó 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.
 * Dạng 2:
 Tìm số nguyên tố theo các điều kiện của nó.
 Ví dụ 24 :
Tìm số nguyên tố p sao cho p + 2, p + 4 cũng là số nguyên tố.
 Giải :
 Xét các trường hợp :
Với p = 2 thì p + 2, p + 4 đều là hợp số, không thoả mãn.
Với p = 3 thì p + 2 = 5, p + 4 = 7 đều là các số nguyên tố, thoả mãn.
Với p > 3, do p là số nguyên tố nên p⋮3 ⇒ 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.
 * Dạng 3:
Chứng minh hai số nguyên tố cùng nhau.
 Ví dụ 25:
 Chứng minh rằng 2n + 1 và 3n + 1 (n∊N) là hai số nguyên tố cùng nhau.
 Giải:
Gọi d là ước chung của 2n + 1 và 3n + 1
 Ta có: 2n + 1 ⋮ d; 3n + 1⋮d
⇒[3(2n+1) – 2(3n + 1)]⋮d
⇒ 6n + 3 – 6n - 2⋮d
⇒ 1⋮d ⇒ d = 1
Vậy 2n + 1 và 3n + 1 là hai số nguyên tố cùng nhau.
 Ví dụ 26 :
 Cho a và b là hai số nguyên tố cùng nhau, chứng minh rằng ab và a + b cũng là hai số nguyên tố cùng nhau.
- Phương pháp : Chứng minh bằng phản chứng.
 Giải :
 Giả sử ab và a + b cùng chia hết cho số nguyên tố d ⇒ tồn tại một thừa số a hoặc b chia hết cho d.
 Giả sử a⋮d mà a + b⋮d ⇒ b⋮d ⇒ d là ước chung của a và b nhưng (a,b) = 1 nên điều đó trái với đề bài. Vậy ab và a + b là hai sốnguyên tố cùng nhau.
 * Dạng 4:
Tìm điều kiện để hai số nguyên tố cùng nhau.
 Ví dụ 27:
 Tìm số tự nhiên n để 4n + 3 và 2n + 3 nguyên tố cùng nhau
- Phương pháp: ta tìm ƯC (4n + 3; 2n + 3) rồi xét điều kiện để ƯCLN của chúng bằng nhau.
 Giải:
 Giả sử d ∊ ƯC (4n + 3; 2n + 3), ta có 4n + 3⋮d và 2n + 3⋮d
 ⇒ [2(2n + 3) – (4n + 3)] ⇒ 3⋮d ⇒ d ∊ {1; 3}
 Để ƯCLN(4n + 3; 2n + 3) = 1 thì 2n + 3⋮3 hay 2n⋮3 ⇒n⋮3
 ⇒ n = 3k + 1 hoặc n = 3k + 2.
 Vậy với n = 3k + 1 hoặc n = 3k + 2 thì 4n + 3 và 2n + 3 là hai số nguyên tố cùng nhau.
3/ Các bài toán về ƯCLN, BCNN :
* Dạng 1 :
 Tìm ƯCLN của hai số bằng thuật toán Ơclit : nếu α = bq + r (0 < r < b) thì ƯCLN(a,b) = ƯCLN(b,r). Từ đó có cách tìm ƯCLN của hai số như sau :
 Lấy a chia cho b dư r, Lấy b chia cho r dư r1, Lấy r chia cho r1 dư r2...... Cứ tiếp tục như vậy cho đến khi được số dư bằng 0 thì số dư cuối cùng khác 0 là ƯCLN phải tìm.
 Ví dụ 28 :
 Tìm ƯCLN(A;B) biết rằng A gồm 1991 chữ số 2, B gồm 8 chữ số 2.
 Giải :
 A = 22...............2, B = 22...............2
 1991 chữ số 2 8 chữ số 2 
Ta có 1991 chia cho 8 dư 7; 8 chia 7 dư 1 nên khi chia A cho B ta được dư là 22..............2 . Tiếp tục phép chia B cho số dư trên ta được số dư là 2.
 7 chữ số 2 
 Theo thuật toán Ơclit ta có ƯCLN(22...............2 ; 22...............2) = 
 1991 chữ số 2 8 chữ số 2 
 ƯCLN(22...............2 ; 22...............2) = 
 8 chữ số 2 7chữ số 2 
 ƯCLN(22...............2 ; 2) = 2
 7 chữ số 2 
 * Dạng 2:
 Tìm ƯCLN, BCNN của các biểu thức.
 Ví dụ 28:
 Tìm ƯCLN của 2n + 1 và 9n + 4 (n∊N)
 Giải :
 Gọi d là ước chung của 2n – 1 và 9n + 4
 ⇒ 2(9n + 4) – 9(2n – 1)⋮d ⇒ 17 ⋮d ⇒ d ∊ {1; 17}
Ta có 2n - 1⋮17 ⇔ 2n - 18⋮17 ⇔ 2(n – 9)⋮17 ⇔ n – 9⋮17
 ⇔ n = 17k + 9 (k∊N)
- Nếu n = 17k + 9 thì 2n - 1⋮17 và 9n + 4 = 9(17k + 9 + 4) = bội của 17 + 85 ⋮17.
Do đó ƯCLN (2n – 1; 9n +4) = 17
- Nếu n ≠ 17k + 9 thì 2n – 1 không chia hết cho 17
 Do đó ƯCLN (2n – 1; 9n + 4) = 1.
 Ví dụ 29:
Tìm BCNN của ba số tự nhiên liên tiếp n, n + 1, n + 2 (n≠ 0)
 Giải: 
Ta có [n, n + 1, n + 2] = [(n, n + 1), n + 2] = [n(n + 1), n + 2] vì [n, n + 1] = n(n +1)
Ta có : (n + 1, n + 2) = 1 nên [n(n + 1), n + 2] = (n, n + 2) = (n, 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)
 * Dạng 3:
Tìm hai số trong đó biết ƯCLN, BCNN
Khi giải các bài toán về tìm hai số trong đó biết ƯCLN, BCNN ta thường sử dụng các kiến thức sau:
 a = da,
ƯCLN (a,b) = d ⇔ b = db,
 (a,, b,) = 1
 (2) ƯCLN (a, b) . BCNN (a, b) = ab
(3) Từ (1) và (2) ⇒ BCNN (a, b) = 
Ví dụ 30 :
 Tìm hai số tự nhiên a và b (a ≥ b), biết rằng ƯCLN (a, b) = 12 ;BCNN (a, b) = 72
 Giải :
 a = 12a,
 ƯCLN (a,b) = 12 ⇔ b = 12b,
 (a,, b,) = 1
 a.b = ƯCLN (a, b).BCNN (a, b) = 12.72 ⇒12a,. 12b, = 12.72 ⇒ a,.b, = 6
 Do a ≥ b nên a, ≥ b,. Chọn hai số có tích bằng 6, nguyên tố cùng nhau và a, ≥ b,, ta được 
a,
6
3
Do đó
a
72
36
b,
1
2
b
12
24
 Ví dụ 31 :
 Tìm hai số tự nhiên biết rằng ƯCLN và BCNN của chúng có tổng bằng 55.
 Giải :
 Gọi hai số phải tìm là a và b (giả sử a ≤ b) và d là ƯCLN (a, b). Ta có :
 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 ước của 55 và a,b, + 1≥ 2. Vì a ≤ b ⇒ a, ≤ b,
 Ta có bảng 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 là (1;54) ; (2;27) ; (5;50) ; (10;25) ; (11;44).
III. Giúp đỡ học sinh tìm tòi một số lời giải bài toán
 ở phần II đã nêu một số dạng toán điển hình, cách giải các dạng toán đó. Song các bài toán về chia hết rất phong phú, đa dạng và không có một quy tắc chung nào để giải, có những bài cùng nằm trong những dạng đã nêu trên nhưng khi giải tương tự thì lại gặp bế tắc. Vì vậy khi hướng dẫn học sinh cần phân tích kỹ đầu bài để lựa chọn phương pháp thích hợp, đi đến lời giải hợp lý. Sau đây là một số bài toán cụ thể:
 Bài 1:
 Cho B = 3 + 33 + 35 +........+ 31991
 Chứng minh rằng B chia hết cho 13, cho 41.
1, Phân tích đề bài:
 Đề bài cho B là tổng các lũy thừa cùng cơ số nhưng lưu ý các số mũ là số lẻ liên tiếp.
2, Hướng dẫn cách tìm lời giải:
 Qua phân tích đề bài học sinh thấy ngay được bài này thuộc dạng chứng minh một biểu thức chia hết cho một số. Từ đó, về phương pháp giải cần hướng 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 không phải là đơn giản, giáo viên cần hướng 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 phương 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 chưa chắc là bội của 13, 41).
 ? Như vậy để đảm bảo không bị rơi vào trường hợp nêu trên, học sinh sẽ kiểm tra ở tổng B có:
 (1991 – 1) : 2 + 1 = 996 (số hạng)
 996 chia hết cho 2, 3, 4, 6.... nhưng khi chia B thành các nhóm 3 số hạng, 4 số hạng sẽ xuất hiện bội của 13, bội của 41.
 3, Lời giải vắn tắt:
 a, B = (3 + 33 + 35) + (37 + 39 + 311) +........+(31987 + 31989 + 31991)
 = 3(1 + 32 + 34) + 37(1 + 32 + 34) + ......+ 31987(1 + 32 + 34)
 = 91(3 + 37 +........+ 31987) = 13.7. (3 + 37 +........+ 31987)
 Vậy B∶13
 b, Tương tự biến đổi :
 B = (3 + 33 + 35+37 )+(39 + 311 + 315) +........+(31985 + 31987 + 31989 + 31991) 
 = 820.(3 + 39 +.......+31985) = 41.20.(3 + 39 +.......+31985)
 Vậy B⋮41
 Bài 2 :
 Chứng minh rằng : 10n – 36n - 1⋮27 
Phân tích: 
 Đề bài cho biểu thức ở dạng tổng quát và trong biểu thức có 10n – 1 để có thể đưa về áp dụng nhận xét ở ví dụ 4 (hiệu của số tự nhiên và tổng các chữ số của nó chia hết cho 3 và cho 9).
Hướng dẫn cách tìm lời giải:
 Để chứng minh 10n – 36n – 1 ta không thể dùng cách tính kết quả cụ thể, biến đổi 10n – 36n – 1 về dạng 27Q cũng rất khó khăn. Giáo viên nên gợi ý cho học sinh phương hướng biến đổi biểu thức đã cho về dạng hiệu của hai số là bội của 27.
 Nhận thấy 36n có thể tách thành 27n + 9n, nên dẫn dắt học sinh biến đổi 10n – 1 – 9n thành bội của 27 bằng cách khai thác 10n – 1 và vận dụng nhận xét đã nêu trên.
 3, Lời giải vắn tắt:
 Ta có 10n – 36n – 1 = [(10n – 1 – 9n] – 27n = (99......9 – 9n ) - 27
 n
 = 9(11......1 – n) - 27
 n
 Theo nhận xét nêu trên :
 (11......1 – n) ∶3 ⇒ 9(11.....1 – n) ∶ 27 ⇒9(11.....1 – n) – 27n ⋮ 27
 n n n
 4, Khai thác bài toán :
 Có thể thay đổi biểu thức hoặc thay đổi 27 bằng các số khác nhau như: 9; 36; 72... ta sẽ được các bài toán cùng dạng để học sinh luyện tập.
 Bài 3:
 Cho biết a + 4b chia hết cho 13 (a,b ∊ N). Chứng minh rằng 10a + b ⋮13.
 1, Phân tích đề bài:
 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.
 2, Hướng dẫn cách tìm lời giải:
 Để cho gọn ta đặt a + 4b = X, 10a + b = Y. Học sinh dễ dàng thấy được khi xét tổng hoặc hiệu của X và Y thì không 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 tương tự như vậy, từ đó hướng dẫn học sinh tìm được nhiều cách giải bài toán.
 3, Lời giải vắn tắt:
 Đặt a + 4b = X, 10a + b = Y
 Cách 1 :
 X⋮13 nên 10X ∶ 13
 10X – Y = 10(a + 4b) – (10a + b) = 39b ⋮13
 Như vậy 10X – Y ⋮13, mà 10X ⋮13 ⇒ Y⋮13 hay 10a + b⋮13
 Cách 2 :
 X⋮13 nên 3X⋮13
 Xét 3X + Y = 3(a + 4b) + (10a + b) = 13a + 13b
 Như vậy 3X + Y ⋮13 mà X⋮13 ⇒ Y⋮13 hay 10a + b ⋮13
 Cách 3 :
 Xét X + 9Y = a + 4b + 9(10a + b) = 91a + 13b
 Như vậy X + 9Y⋮13 mà X⋮13 ⇒ 9Y⋮13
 Do (9 ; 13) = 1 nên Y⋮13 hay 10a + b ⋮13
 Cách 4:
 Xét 4Y – X = 4(10a + b) – (a + 4b) = 39a
 Như vậy 4Y – X ⋮13 mà X⋮13 ⇒ 4Y⋮13
 Do (4 ; 13) = 1 nên Y⋮13 hay 10a + b⋮13
 Bài 4:
Tìm số tự nhiên n sao cho 4n – 5 chia hết cho 13.
 1, Phân tích đề bài:
 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 - 5⋮13. Mặt khác, tập hợp các bội là vô hạn nên không thể tìm được các giá trị cụ thể của n mà chỉ tìm được dạng tổng quát của n.
 2, Hướng dẫn cách tìm lời giải:
 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 đưa 4 ra ngoài ngoặc. Do đó đặt ra câu hỏi cho học sinh phải thêm bớt hoặc tách các số hạng như thế nào để xuất hiện thừa số chung là 4. Từ đó học sinh sẽ tìm được các cách giải như sau:
 3, Lời giải vắn tắt:
 - Cách 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*)
- Cách 2 :
 4n – 5 ⋮13 ⇒ 4n – 5 + 13⋮13 ⇒ 4n + 8 ⋮13
 Từ đó giải tương tự cách 1 sẽ có n = 13k – 2 (k∊N*)
 Bài 5 :
Tìm số tự nhiên n sao cho n2 – 4 chia hết cho n2 + 2
 1, Phân tích đề bài :
 Khác với mọi bài cùng dạng toán, bài này cho số mũ của n là 2 nên yêu cầu phải suy nghĩ sáng tạo hơn.
 2, Hướng dẫn cách tìm lời giải :
 Giáo viên có thể gợi ý học sinh suy nghĩ theo hướng sau:
 ? Số mũ của n là 2 nên muốn khử n2 ta làm như thế nào?
 (nhân (n + 2) với n rồi trừ hai biểu thức cho nhau)
 ? Sau khi khử n2 vẫn còn lại thì làm như thế nào? 
 (khử tiếp n như cách vẫn thường làm (ví dụ 17)
 Hoặc:
 ? Hãy viết n2 + 4 thành tổng (hoặc hiệu) các bội của n + 2 và một số cụ thể.
 Với hướng này, giáo viên cần hướng dẫn cho học sinh cách biến đổi: thêm, bớt, nhóm các số hạng một cách linh hoạt sao cho xuất hiện các số cần thiết. Chẳng hạn: Muốn có thừa số n + 2 từ n2 thì phải thêm, bớt 2n, từ số 2n bớt ra muốn có n + 2 thì phải bớt, thêm 4....
 Từ đó có các cách giải:
 3, Lời giải vắn tắt:
 - Cách 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} (vì n + 2 ≥ 2)
 Ta có bảng sau :
n + 2
2
4
8
n
0
2
6
- Cách 2 :
 n2 + 4 = n2 – 2n – 2n – 4 + 8 = n(n + 2) – 2(n + 2) – 8
 n2 + 4⋮n + 2 ⇒ 8⋮ n + 2
(phần còn lại giải như 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, số nguyên.
 Bài 6:
 Giả sử p1 > p2 là hai số nguyên tố lẻ liên tiếp, chứng minh rằng 
 1, Phân tích đề bài:
 Đề bài cho p1 và p2 đều là hai số nguyên tố lẻ liên tiếp nên ta thấy ngay được
p1 + p2 là số chẵn nên ⋮2 và
2, Hướng dẫn cách tìm lời giải :
 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 
hợp số. Từ đó HS thấy được muốn chứng minh
nằm giữa hai số p1 và p2 trên tia số. Nghĩa là chứng tỏ
Với bài này vì HS chưa được học các kiến thức về bất đẳng thức nên giáo viên cần 
hướng dẫn cụ thể. Muốn chứng minh
 Muốn chứng tỏ
điều này đều phải xuất phát điều kiện bài toán là p1 > p2. 
Lời giải vắn tắt:
 Vì p1 , p2 là hai số nguyên tố lẻ nên (p1 + p2)⋮2, do đó
Mặt khác, vì p1 > p2 nên p1 + p2 > 2p2, do đó 
Vì p1 > p2 nên 2p1 > p1 + p2, do đó
Như vậy :
 Bài 7 :
 Cho a = 123456789; b = 987654321. Tìm ƯCLN (a, b)
 1, Phân tích đề bài:
 Đề bài yêu cầu tìm ƯCLN của hai số rất lớn nên không thể làm theo quy tắc thông thường. Ta để ý rằng tuy a, b là hai số khác nhau nhưng tổng các chữ số của chúng lại như nhau.
 2, Hướng dẫn cách tìm lời giải:
 Khi đọc đề bài học sinh cũng dễ dàng nhận thấy không thể tìm ƯCLN (a, b) theo quy tắc thông thường mà có thể tìm ƯCLN (a,b) theo thuật toán Ơclit, đòi hỏi các em thật cẩn thận, chính xác trong các phép toán thì mới tìm được kết quả. Do vậy giáo viên nên khai thác đề bài để hướng dẫn học sinh ngoài cách dùng thuật toán Ơclit còn có thể tìm ra cách giải khác.
 Trước 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 ước của 9. Bằng cách xét hiệu b – 8a, từ đó suy ra được ƯCLN (a, b).
 3, Lời giải vắn tắt:
 Vì a và b gồm các chữ số giống nhau nên tổng các chữ số như nhau và bằng 
1 + 2 + 3....+ 9 = 45 chia hết cho 9 nên a và b cùng chia hết cho 9.
 Ta lại có b – 8a = 9 ⋮9 nên nếu ƯC (a, b) = d thì 9⋮d
 Như vậy mọi ước chung của a và b đều là ước của 9 hay ƯCLN (a, b) = 9
 Bài 8:
 Trong các số gồm toàn chữ số 1, hãy tìm số nhỏ nhất chia hết cho 33......3	
 100
1, Phân tích đề bài:
 Đề bài yêu cầu tìm số nhỏ nhất gồm toàn chữ số 1 chia hết cho 33......3 
 100
chứ không đơn thuần là tìm số gồm toàn chữ số 1 chia hết cho 33......3
 100
2, Hướng dẫn cách tìm lời giải:
- Trước hết cần viết được 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 đưa 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 được n.
 100 100
 3, Lời giải :
 Gọi số phải tìm là 11.......1
 n
Ta có : 11.......1⋮33.......3 tức là 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 chữ số 1 : ( 11.......1) 
 300 
 C. Kết quả :
 Trên đây là một bài toán nâng cao điển hình vể tính chất chia hết trong N được phân ra từng dạng, giúp HS dễ dàng trong việc tìm lời giải bài toán và giúp giáo viên làm tài liệu bồi dưỡng HS khá, giỏi. Qua thực tế bồi dưỡng HS tôi thấy rằng khi chưa áp dụng chuyên đề này thì HS tiếp thu bài còn khó khăn, sau một thời gian gặp lại bài đã làm lại quên cách giải. Khi áp dụng kinh nghiệm này dưới 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.
 Sau đây là một vài số liệu so sánh cụ thể :
Kỹ năng
Trước khi áp dụng
Sau khi áp dụng
Nhận dạng và giải quyết được các bài toán áp dụng tính chất chia hết.
40%
80%
Nhận dạng và giải quyết được các bài toán về số nguyên tố, hợp số.
30%
75%
Nhận dạng và giải quyết được các bài toán về ƯCLN, BCNN.
30%
75%
Nhận dạng bài toán và vận dụng cách giải linh hoạt với mỗi bài.
32%
80%
Tìm được lời giải các bài toán đặc biệt, có nội dung phức hợp.
10%
50%
 D. Bài học kinh nghiệm :
 Qua những năm bồi dưỡng HS giỏi, nhất là với HS giỏi lớp 6, tôi thấy rằng để giúp HS hiểu sâu sắc từng vấn đề thì ngoài việc nghiên cứu kỹ các dạng bài tập, chuẩn bị bài một cách chu đáo, giáo viên còn cần có “nghệ thuật giảng dạy” – Phương pháp giảng dạy hợp lý. Kinh nghiệm cho thấy, với bài tập nâng cao về tính chia hết cho HS lớp 6 cần phải hướng 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 phương 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 dưỡng 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 lượng mũi nhọn trong nhà trường.
 E. Điều kiện áp dụng:
 Để hướng 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 :
 1/ Đối với học sinh: Các em cần phải nắm được các kiến thức về tình chia hết, các kiến thức có liên quan, các em cần có sự say mê, hứng thú với loại toán chia hết và có điều kiện tiếp cận với nhiều dạng bài tập điển hình.
 2/ Đối với giáo viên : Người thầy giáo phải có trách nhiệm đem lại niềm say mê hứng thú với môn học, hướng dẫn các em cách khai thác, vận dụng từng vấn đề trong mảng kiến thức mà các em đã có. Để đạt hiệu quả cao khi áp dụng chuyên đề này giáo viên nên dành thời gian bồi dưỡng từ 3 – 4 buổi /tuần cho HS khá giỏi. Còn đối với HS đại trà thì tuỳ theo từng đối tượng (có thể chỉ giới thiệu các dạng cơ bản, lấy ví dụ minh hoạ đơn giản...).
 F. Vấn đề còn hạn chế, bỏ ngỏ, hướng tiếp tục nghiên cứu :
 Trên đây chỉ là một vấn đề về toán 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 đưa ra mới chỉ đề cập đến đối tượng HS khá giỏi, chứ chưa đề cập nhiều đến các đối tượng khác, nội dung của chuyên đề cũng chưa 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 hướng cho việc tiếp tục nghiên cứu sau này.
Phần ba : Kết luận
 Sau một thời gian tự nghiên cứu với phương pháp tìm đọc tài liệu tham khảo sưu tầm các bài tập, ví dụ, kết hợp với thực tế giảng dạy, với kiến thức, lý luận đã tích luỹ. Tôi 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 phương pháp giảng dạy cũng như cách trình bày chắc chắn không tránh khỏi thiếu sót.
 Rất mong được sự góp ý, bổ sung trân thành từ các đồng nghiệp.

File đính kèm:

  • docSANG_KIEN_KINH_NGHIEM_HAY_DAY_6.doc
Sáng Kiến Liên Quan