Một số Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán Lớp 6 - Năm học 2015-2016 - Lê Hoài Đức

Trường THCS Sơn Tây - Chuyên đề ôn HSG toán 6

ST : Lê Hoài Đức Năm học 2015 – 2016 1

CHUYÊN ĐỀ 1: TÍNH CHIA HẾT

I. Phép chia hết và phép chia có dư.

Với mọi cặp số tự nhiên a, b, b  0, bao giờ cũng tồn tại duy nhất một cặp số tự nhiên q, r sao cho: A = bq + r (0  r < b)

Số q và r trong định lí về phép chia có dư nói trên lần lượt được gọi là thương và dư trong phép chia số a cho số b.

II. Phép đồng dư.

Cho m là một số nguyên dương. Nếu hai số nguyên a và b cùng cho một số dư khi chia cho m thì ta nói rằng a, b đồng dư với nhau theo mođun m và kí hiệu: a  b (mod m)

Giả sử số dư cùng là r thì ta có:

a = mq + r (1)

b = mq’ + r (2)

lúc đó a – b = m(q – q’) như vậy a – b chia hết cho m. vậy a  b(mod m) a – b  m.

III. Dấu hiệu chia hết.

Một số tự nhiên sẽ:

- Chia hếtcho 2 nếu nó là số chẵn, tận cùng bằng 0, 2, 4, 6, 8

- Chia hết cho 5 nếu tận cùng bằng 0 hoặc 5.

- Chia hết cho 4 nếu số tạo bởi hai chử số cuối chia hết cho 4

- Chia hết cho 8 nếu số tạo bởi 3 chử số tận cùng chia hết cho 8

- Chia hết cho 25 nếu số tạo bởi hai chử số cuối cùng chia hết cho 25.

- Chia hết cho125 nếu số tạo bởi 3 chử số cuối cùng chia hết cho 125.

- Chia hết cho 3 nếu tổng của các chử số của số đó chia hết cho 3.

- Chia hết cho 9 nếu tổng của các chử số đó chia hết cho 9

Chú ý: Số dư trong phép chia một số N cho 3 hoặc 9 cũng chính là dư trong phép chia tổng các chử số của N cho 3 hoặc 9.

Dạng 1. Xét mọi trường hợp có thể xảy ra của số dư.

Bài 1.Chứng minh tích của 2 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 2.

Giải. Giả sử A = n(n + 1), có 2 trường hợp

-Nếu n chẵn, thì n 2 do đó A chia hết cho 2.

- Nếu n lẻ thì n +1 chẵn do đó (n +1) chia hết cho 2 nên A chia hết cho 2.

Bài 2. Chứng minh rằng     2 2 1 4 5 A n n n n    

Giải.Xét các trường hợp về số dư khi chia n cho 5, ta có:

- Nếu số dư là 0 thì n = 5k và A(n)  5

- Nếu số dư là 1 thì ta có n = 5k  1 và n2 + 4 = (5k  1)2 + 4= 25k2  10k + 5  5.

- Nếu số dư là 2 thì ta có n = 5k  2 và n2 + 1 = ( 5k  2)2 + 4 = 25k2  20k + 4 + 1  5.

ThuVienDeThi.com

Trường THCS Sơn Tây - Chuyên đề ôn HSG toán 6

ST : Lê Hoài Đức Năm học 2015 – 2016 2

Vậy khi chia n cho 5 dù số dư là 0, 1,hay 2 biểu thức A(n) cũng đều chia hết cho 5.

Dạng 2: Tách thành tổng nhiều hạng tử.

Đây là một phương pháp khá thông dụng. Muốn chứng minh A(n) chia hết cho q , ta tách A(n) thành tổng của nhiều hạng tử sao cho mỗi hạng tử đều có thể chia hết cho q.

Bài 1.Chứng minh rằng n5 + 10n4 – 5n3 – 10n2 + 4n chia hết cho 120.

Giải.Ta tách biểu thức đã cho như sau:

A = n5 – 5n3 + 4n + 10n4 – 10n2 = n(n4 – 5n2 + 4) + 10n2(n2 – 1)

Hạng tử thứ nhất là : n(n4 – 5n2 + 4) = n(n2 – 1)(n2 – 4) = (n – 2)(n – 1)n(n + 1)(n + 2)

Đây là tích của 5 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2.3.4.5 = 120

Hạng tử thứ hai là: 10n2(n + 1)(n – 1). Có 3 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 3. hạng tử này chia hết cho 4 nếu n chẳn. Còn nếu n lẽ thì (n + 1) và n – 1 cũng chẳn nên tích (n + 1)(n – 1) cùng chia hết cho 4. Vậy hạng tử thứ hai cũng chia hết cho 3.4.10 = 120 =>A là tổn của hai hạng tử chia hết cho 120 nên A cũng chia hết cho 120.

Bài 2.Chứng minh rằng với mọi m thuộc Z ta có m3 – 13m chia hết cho 6.

Giải. A = m3 – 13m = m3 – m – 12m = m(m2 – 1) – 12m = (m – 1)m(m + 1) – 12m

Do m – 1, m, m + 1 là 3 số nguyên liên tiếp nên tích (m – 1)m(m + 1) vừa chia hết cho 2, vừa chia hết cho 3, tức là (m – 1)m(m + 1) chia hết cho 6. => A chia hết cho 6.

Bài 3. Chứng minh rằng với mọi m, n thuộc Z ta có mn(m2 – n2) chia hết cho 3.

Giải.Ta có : mn(m2 – n2) = mn[(m2 – 1) – (n2 – 1)] = mn(m2 – 1) – mn(n2 – 1)

Mà m(m2 – 1) = (m – 1)m(m + 1) chia hết cho 6

Và n(n2 – 1) = (n – 1)n(n + 1) chia hết cho 6 Vậy mn(m2 – n2) chia hết cho 6.

Dạng 3. Phân tích thành nhân tử.

Bài 1: CMR biểu thức:   1975 1974 2 75 4 4 ... 4 5 25 A       Chia hết cho 41976

Giải.Ta viết A dưới dạng

 

 

  

 

1975 1974 2

1975 1974 2

1975 1974 2

1976

1976

75 4 4 ... 4 5 25

25.3 4 4 ... 4 5 25

25 4 1 4 4 ... 4 4 …