Sáng kiến kinh nghiệm toán 8

Tháng Mười Một 24, 2016 9:05 sáng

1. Phần mở đầu
1.1. Lý do
Cùng với sự phát triển của đất nước, sự nghiệp giáo dục cũng đổi mới không ngừng. Các nhà trường đều chú trọng đến chất lượng toàn diện và có sự đầu tư thích đáng cho giáo dục. Với vai trò là môn học công cụ, bộ môn Toán đã góp phần tạo điều kiện cho các em học tốt các môn khoa học tự nhiên khác.
Dạy như thế nào để học sinh không những nắm chắc kiến thức cơ bản một cách có hệ thống mà còn phải được nâng cao, phát triển để các em có hứng thú, say mê học tập là một câu hỏi mà mỗi thầy cô chúng ta luôn đặt ra cho mình. Để đáp ứng được yêu cầu của sự nghiệp giáo dục và nhu cầu học tập của học sinh trong giảng dạy chúng ta phải biết chắt lọc nội dung kiến thức, phải đi từ dễ đến khó, từ cụ thể đến trừu tượng và phát triển thành tổng quát giúp học sinh có thể phát triển tư duy Toán học.
Xuất phát từ cơ sở lý luận về nội dung học vấn phổ thông, đồng thời quán triệt mục tiêu đào tạo, giáo dục phổ thông đã được nêu trong các văn kiện của Đảng và nhà nước, căn cứ vào đặc điểm đặc trưng của bộ môn Toán ở trường phổ thông. Đó là phát triển năng lực tư duy, trí tuệ trong quá trình học toán cho học sinh. Đảm bảo cho học sinh nắm được hệ thống kiến thức, kỹ năng cơ bản của bộ môn Toán.
Tổ chức dạy học cho học sinh nắm vững kiến thức cơ bản đồng thời phát triển và nâng cao kiến thức là một vấn đề vô cùng quan trọng bởi vì mỗi bài học đều cung cấp những nội dung kiến thức, kỹ năng cơ bản cơ bản trong hệ thống kiến thức của chương trình toán học. Là giáo viên giảng dạy bộ môn Toán ở trường phổ thông cơ sở, trong quá trình giảng dạy bản thân tôi nhận thấy học sinh thường gặp khó khăn với các bài toán chia hết trong tập hợp số nguyên, đặc biệt là những học sinh tham gia bồi dưỡng học sinh giỏi. Vì vậy làm cho học sinh nắm chắc kiến thức và có kĩ năng thực hành chia hết là trách nhiệm của giáo viên giảng dạy. Với thời gian phân phối cho chương trình thì không thể khắc sâu và hướng dẫn học sinh tỉ mỉ được nếu không lựa chọn hệ thống bài tập và có kế hoạch cụ thể. Bản thân tôi trong quá trình giảng dạy đã áp dụng một số bài tập về phép chia hết và thấy có hiệu quả thiết thực vì vậy tôi chọn giải pháp “Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 chuyên đề tính chia hết của số nguyên”.
1.2. Điểm mới
Đề tài này đã chắt lọc và sắp xếp các kiến thức thường dạy bồi dưỡng cho học sinh một cách khoa học, phù hợp với đối tượng học sinh, dễ tiếp thu đồng thời đưa ra các dạng toán tiêu biểu có vận dụng các dấu hiệu, tính chất chia hết. Các bài tập được trình bày từ dễ đến khó, có cả các bài tập vận dụng qua đó giúp học sinh có thể tự học, tự rèn luyện thêm ở nhà.
1.3. Phạm vi áp dụng
Học sinh khối 8 trường THCS
2. Phần nội dung
2.1. Thực trạng
Khi giải bài toán liên quan đến tính chia hết học sinh thường gặp khó khăn khi không biết phải bắt đầu từ đâu, không biết vận dụng kiến thức nào, sử dụng phương pháp nào để giải…
Giáo viên chưa có nhiều thời gian và biện pháp hữu hiệu để bồi dưỡng học sinh giỏi nội dung liên quan đến tính chia hết. Việc nghiên cứu về phương pháp giải bài toán vận dụng tính chia hết song mới chỉ dừng lại ở việc vận dụng các bước giải một cách nhuần nhuyễn chứ chưa chú ý đến việc phân loại dạng toán, kỹ năng giải từng loại và những điều cần chú ý khi giải từng loại đó. Trong quá trình giảng dạy nhiều giáo viên trăn trở là làm thế nào để học sinh phân biệt được từng dạng toán và cách giải mỗi dạng toán đó.
Các bài toán về chia hết nếu chỉ đơn thuần làm các bài tập như sách giáo khoa 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 học sinh còn hạn chế nên 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. Ngoài ra học sinh còn phải nắm vững các kiến thức bổ sung, mở rộng, những kiến thức này không được giảng dạy chính khóa nên học sinh ít được vận dụng và rèn luyện. Vì thế kỹ năng vận dụng các kiến thức đó chưa được thành thạo, học sinh 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 am, an thì kết luận ngay là amn mà không xem xét m, n có nguyên tố cùng nhau hay không. 2.2. Nội dung đề tài
2.2.1. Hệ thống một số kiến thức cơ bản và nâng cao để giải quyết các bài toán chia hết
* Các tính chất chia hết
a, Các tính chất chung
1. Với  a  0  a  a
2. Nếu a  b và b  c  a  c
3. Với  a  0  0  a
4. Với  a  a  (1)
5. Nếu a, b > 0 và a  b ; b  a  a = b
b, Tính chất chia hết của tổng và hiệu
1. Nếu a  m và b  m thì a+b  m; a –b  m
Hệ quả: Nếu a+b  m; a  m thì b  m;
2. Nếu a không chia hết cho m; b chia hết cho m thì a+b không chia hết cho m và a-b không chia hết cho m
c, Tính chất chia hết của một tích
1. Nếu a  m  ab  m
2. Nếu a  b và c  d  ac  bd
Hệ quả: Nếu a  b và n > 0  an  bn
3. Nếu ac  b và (a, b) =1  c  b
4. Nếu a  b; c  b và m, n bất kỳ thì am + cn  b
5. Nếu a  b; c  d thì ac  bd
6. Nếu a  m và an và (m,n)=1 a  mn
7. Tích n số nguyên liên tiếp chia hết cho n!
8. an  p(p nguyên tố) => a  p
* Một số dấu hiệu chia hết N =
1. Dấu hiệu chia hết cho 2; cho 5
N  2  a0  2  a0{0; 2; 4; 6; 8}
N  5  a0  5  a0{0; 5}
2. Dấu hiệu chia hết cho 3; cho 9
N  3 (hoặc 9)  a0+a1+…+an  3 (hoặc 9)
3. Dấu hiệu chia hết cho 4
N  4 (hoặc 25)   4 (hoặc 25)
N  8 (hoặc 125)   8 (hoặc 125)
4. Dấu hiệu chia hết cho 11
N  11  [(a0+a1+…) – (a1+a3+…)]  11
* Hằng đẳng thức đáng nhớ
a. Bảy hằng đẳng thức đáng nhớ
1. (a+b)2 = (a2+2ab+b2)
2. (a- b)2 = (a2- 2ab+b2)
3. a2 –b2 = (a-b)(a+b)
4. (a+b)3 = (a3+3a2b+3ab2+a3)
5. (a- b)3 = (a3- 3a2b+3ab2- a3)
6. a3 +b3 = (a+b)(a2-ab+b2)
7. a3 –b3 = (a-b) (a2+ab+b2)
b. Hằng đẳng thức đáng nhớ mở rộng
1. Tổng quát của hằng đẳng thức số 3 và 7
an-bn=(a-b)(an-1+an-2b+…+abn-2+bn-1)
2. Tổng quát của hằng đẳng thức số 6
an+bn=(a+b)(an-1-an-2b+… -abn-2+bn-1) (n là số lẻ)
3.Tổng quát của hằng đẳng thức số 1, 2, 4 và 5
(a+b)n = an + C1 an-1b +…+ Cn-1 a bn-1 + bn)
Lưu ý: Phần biến ai ; bk trong đó i+k=n với 0≤ i ≤ n; 0≤ k ≤ n
Các hệ số C1, C2, Cn-1 được xác định bởi bảng tam giác Pa-xcan
c. Áp dụng hằng đẳng thức đáng nhớ vào tính chất chia hết
Ta có với mọi số nguyên a, b và số tự nhiên n:
1. an-bn ( a-b) Với n, a-b 0
2. an+bn (a+b) Với n lẻ, a+b 0
3. (a+b)n =BSa + bn
Suy ra (a+b)n = BSa + 1
(a- 1)2n = BSa + 1
(a-1)2n+1 = BSa – 1
2.2.2. Các phương pháp giải bài toán chia hết
Phương pháp 1: Sử dụng dấu hiệu chia hết
Ví dụ 1: Tìm các chữ số a, b sao cho  45
Giải
Ta thấy 45 = 5.9 mà (5 ; 9) = 1
để  45   5 và 9
Xét  5  b  {0 ; 5}
Nếu b = 0 ta có số  9  a + 5 + 6 + 0  9
 a + 11  9
 a = 7
Nếu b = 5 ta có số  9  a + 5 + 6 + 5  9
 a + 16  9
 a = 2
Vậy: a = 7 và b = 0 ta có số 7560
a = 2 và b = 5 ta có số 2565
Ví dụ 2: Biết tổng các chữ số của 1 số là không đổi khi nhân số đó với 5. Chứng minh rằng số đó chia hết cho 9.
Giải
Gọi số đã cho là a
Ta có: a và 5a khi chia cho 9 cùng có 1 số dư
 5a – a  9  4a  9 mà (4 ; 9) = 1  a  9 (Đpcm)
Ví dụ 3: Chứng minh rằng số  81
Giải
Ta thấy: 111111111  9
Có = 111111111(1072 + 1063 + … + 109 + 1)
Mà tổng 1072 + 1063 + … + 109 + 1 có tổng các chữ số bằng 9  9
 1072 + 1063 + … + 109 + 1  9
Vậy:  81 (Đpcm)
Bài tập tự luyện
Bài 1: Tìm các chữ số x, y sao cho  4 và 9
Hướng dẫn: x = 4 và y = 2 hoặc x =9 và y = 6
Bài 2: Cho số N = , chứng minh rằng:
a. N  4  (a + 2b)  4
b. N  16  (a + 2b + 4c + 8d)  16 với b chẵn
Hướng dẫn:
a. N4  ba 4  10b + a4  8b + (2b + a) 4  a + 2b4
b. N16  1000d + 100c + 10b + a16
 (992d + 96c + 8b) + (8d + 4c + 2b + a) 16
a + 2b + 4c + 8d16 với b chẵn
Phương pháp 2: Sử dụng tính chất chia hết
Ví dụ 1: Chứng minh rằng tích của 3 số nguyên liên tiếp chia hết cho 6.
Giải
Tích 2 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2 nên tích của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2. Trong 3 sô nguyên liên tiếp bao giờ cũng có 1 số chia hết cho 3  Tích 3 số đó chia hết cho 3, mà (2; 3) = 1
Vậy tích của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 6.
Ví dụ 2: Chứng minh rằng tổng lập phương của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 9.
Giải
Gọi 3 số nguyên liên tiếp lần lượt là: n – 1, n, n+1
Ta có: A = (n – 1)3 + n3 + (n + 1)3 = 3n3 +6n
= 3n(n2 +2) =3n (n2-1+3) = 3n(n- 1)(n+1) + 9n
Ta thấy (n – 1)n (n + 1)  3  3(n – 1)n (n + 1)  9
Mà 9n 9  A  9 (ĐPCM)
Ví dụ 3: Chứng minh rằng n4 – 4n3 – 4n2 +16n  384 với  n chẵn, n  4
Giải
Vì n chẵn, n  4 ta đặt n = 2k, k  2
Ta có n4 – 4n3 – 4n2 + 16n = 16k4 – 32k3 – 16k2 + 32k
= 16k(k3 – 2k2 – k + 2)
= 16k(k – 2) (k – 1)(k + 1)
Với k  2 nên k – 2, k – 1, k + 1, k là 4 số tự nhiên liên tiếp nên trong 4 số đó có 1 số chia hết cho 2 và 1 số chia hết cho 4  (k – 2)(k – 1)(k + 1)k  8
Mà (k – 2) (k – 1) k  3 ; (3,8) = 1  (k – 2) (k – 1) (k + 1) k  24
 16(k – 2) (k – 1) (k + 1) k  16.24
Vậy n4 – 4n3 – 4n2 +16n  384 với  n chẵn, n  4
Bài tập tự luyện
Bài 1: Chứng minh rằng
a. n(n + 1) (2n + 1)  6 b. n5 – 5n3 + 4n  120 Với  n  N
Hướng dẫn:
a. n(n + 1)(2n + 1) = n(n + 1) [(n – 1) + (n + 2)]
= n(n + 1) (n – 1) + n(n + 1) (n + 2)  6
b. n5 – 5n3 + 4n = (n4 – 5n2 + 4)n= n(n2 – 1) (n2 – 4)
= n(n + 1) (n – 1) (n + 2) (n – 2)  120
Bài 2: Chứng minh rằng n4 + 6n3 + 11n2 + 6n  24 Với  n  Z
Hướng dẫn:
n4 + 6n3 + 6n + 11n2= n(n3 + 6n2 + 6 + 11n)= n(n + 1) (n + 2) (n + 3)  24
Bài 3: Chứng minh rằng Với  n lẻ thì
a. n2 + 4n + 3  8
b. n3 + 3n2 – n – 3  48
c. n12 – n8 – n4 + 1  512
Hướng dẫn:
a. n2 + 4n + 3 = (n + 1) (n + 3)  8
b. n3 + 3n2 – n – 3 = n2(n + 3) – (n + 3) = (n2 – 1) (n + 3)
= (n + 1) (n – 1) (n + 3) = 2k (2k + 2) (2k + 4)
= 8k (k + 1) (k +2)  48 (với n = 2k + 1, k  N)
c. n12 – n8 – n4 + 1 = n8 (n4 – 1) – (n4 – 1) = (n4 – 1) (n8 – 1)
= (n4 – 1)2 (n4 + 1) = (n2 – 1)2 (n2 + 1)2 (n4 + 1)
= 16 [ k (k + 1)]2 (n2 + 1)2 (n4 + 1) (n=2k+1, k  N)
Vì 16 16; k(k + 1)]  2 => [k(k + 1)]2  4
Với n = 2k + 1  n2 + 1 và n4 + 1 là những số chẵn
 (n2 + 1)2  4 và n4 + 1  2  n12 – n8 – n4 + 1  (16 . 4. 4 . 2)
Vậy n12 – n8 – n4 + 1  512
Bài 4: Với p là số nguyên tố p > 3
Chứng minh rằng p2 – 1  24
Hướng dẫn:
Có p2 – 1 = (p – 1) (p + 1) vì p là số nguyên tố p > 3
 p-1= 2k (k=2,3,..) => p+1=2k+2 ta có: (p – 1) (p + 1) = 4k (k+1)  8
Xét 3 số tự nhiên liên tiếp p-1, p, p+1, có 1 số chia hết cho 3. Vì p nguyên tố nên p không chia hết cho 3 => p-1 hoặc p+1chia hết cho 3
 (p – 1) (p + 1)  3 và (p – 1) (p + 1)  8 Vậy p2 – 1  24
Phương pháp 3: Xét tập hợp số dư trong phép chia
Khi chia a cho m thì xảy ra: a= mk
a= mk+1
a= mk+2
………………………..
a= mk+(m-1) (k Z)
Ví dụ 1: Chứng minh rằng Với  n  N Thì A(n) = n (2n + 7) (7n + 1) chia hết cho 6
Giải
Ta thấy một trong hai thừa số n và 7n + 1 là số chẵn.
Với  n  N  A(n)  2
Ta chứng minh A(n)  3
Lấy n chia cho 3 ta được n = 3k + r (k  N) Với r  {0; 1; 2}
Với r = 0  n = 3k  n  3  A(n)  3
Với r = 1  n = 3k + 1  2n + 7 = 6k + 9  3  A(n)  3
Với r = 2  n = 3k + 2  7n + 1 = 21k + 15  3  A(n)  3
 A(n)  3 với  n mà (2, 3) = 1
Vậy A(n)  6 với  n  N
Ví dụ 2: Chứng minh rằng B=2n3+3n2+n  6 Với nZ
Giải
Ta có B= 2n3+3n2+n = n (2n2+3n+1) = n (2n2+2n+n+1) = n (n+1) (2n+1)
Để B 6 thì B 2 và 3
Vì n(n+1) là tích của 2 số nguyên tiếp nên n(n+1)  2=>B 2 (1)
Khi B:3 thì n xảy ra 3 trường hợp: n=3k=>B=3k(3k+1)(6k+1)  3
n=3k+1=>B=(3k+1)(3k+2)(6k+3)=3(3k+1)(3k+2)(2k+1)  3
n=3k+2=>B=(3k+2)(3k+3)(6k+5)=3(3k+2)(k+1)(6k+5)  3
=> B 3 với mọi n (2)
Từ (1) , (2) và (2,3)=1 =>B 6
Ví dụ 3: Tìm tất cả các số tự nhiên n để 2n – 1  7
Giải
Lấy n chia cho 3 ta có n = 3k + r (k  N); r  {0; 1; 2}
Với r = 0  n = 3k ta có 2n – 1 = 23k – 1 = 8k – 1 = (8 – 1)M = 7M  7
Với r =1  n = 3k + 1 ta có: 2n – 1 = 23k +1 – 1 = 2.23k – 1 = 2(23k – 1) + 1
mà 23k – 1  7  2n – 1 chia cho 7 dư 1
Với r = 2  n = 3k + 2 ta có : 2n – 1 = 23k + 2 – 1 = 4(23k – 1) + 3
mà 23k – 1  7  2n – 1 chia cho 7 dư 3
Vậy 23k – 1  7  n = 3k (k  N)
Bài tập tự luyện
Bài 1: Chứng minh rằng An = n(n2 + 1)(n2 + 4)  5 Với  n  Z
Hướng dẫn:
Lấy n chia cho 5  n = 5q + r r  {0; 1; 2; 3; 4}
r = 0  n  5  A(n)  5
r = 1, 4  n2 + 4  5  A(n)  5
r = 2; 3  n2 + 1  5  A(n)  5
 A(n)  5 Với  n  Z
Bài 2: Chứng minh rằng C= 4n3+9n2-19n-30  6 Với nZ
Hướng dẫn:
C=(n-2)(n+3)(4n+5) Để C 6 thì C  2 và 3
Ta xét các trường hợp số dư khi C:2 và C:3 => C  2 và 3 Với nZ
Phương pháp 4: Sử dụng phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử
Giả sử chứng minh an  k Ta có thể phân tích an chứa thừa số k hoặc phân tích thành các thừa số mà các thừa số đó chia hết cho thừa số của k.
Ví dụ 1: Chứng minh rằng 36n – 26n  35 Với  n  N
Giải
Ta có 36n – 26n = (36)n – (26)n = (36 – 26)M = (33 + 23) (33 – 23)M = 35.19M  35
Vậy 36n – 26n  35 Với  n  N
Ví dụ 2: Chứng minh rằng với  n A = n3 (n2 – 7) – 36n  5040
Giải
Ta thấy 5040 = 24.32.5.7
Ta phân tích A = n(n2 (n2 – 7)2 -36) = n( (n3 – 7n)2 -62)
= n (n3 – 7n – 6) (n3 – 7n +6)
Ta lại có (n3 – 7n – 6) = (n+1)(n+2)(n-3)
(n3 – 7n +6) = (n-1) (n-2) (n+3)
Do đó A = (n-3) (n-2) (n-1) n(n+1)(n+2) (n+3)
 A  5; A  7; A  9; A  16 Mà 5, 7, 9, 16 từng đôi một nguyên tố cùng nhau nên A vhia hết cho 5040.
Ví dụ 3: Chứng minh rằng nn – n2 + n – 1  (n – 1)2 Với  n >1
Giải
Với n = 2  nn – n2 + n – 1 = 1
và (n – 1)2 = (2 – 1)2 = 1
 nn – n2 + n – 1 (n – 1)2
với n > 2 đặt A = nn – n2 + n – 1 ta có A = (nn – n2) + (n – 1)
= n2(nn-2 – 1) + (n – 1)
= n2(n – 1) (nn-3 + nn-4 + … + 1) + (n – 1)
= (n – 1) (nn-1 + nn-2 + … + n2 )+(n-1)
= (n – 1) (nn-1 + nn-2 + … + n2+1 )
= (n – 1) [(nn-1 – 1) + … +( n2 – 1) + (n – 1)]
= (n – 1)2 M  (n – 1)2 Vậy A  (n – 1)2
Bài tập tự luyện
Bài 1: Chứng minh rằng
a. 32n +1 + 2n +2  7 (n  N) b. mn(m4 – n4)  30 ( m,n  N, m >n)
Hướng dẫn:
a. Ta có : C= 32n +1 + 2n +2 = 3.32n + 4.2n = 3.9n + 4.2n
= 3.9n-2n .3+ 2n.7 = 3(9n-2n)+2n.7
Vì 9n-2n 7=>3.( 9n-2n) 7 và 2n.7 7 Vậy C 7
b. mn(m4 – n4) = mn(m2 – 1)(m2 + 1) – mn(n2 – 1) (n2 + 1)
= mn(m-1)(m+1)(m2-4+5)-mn(n-1)(n+1)(n2-4+5)
=mn(m-1)(m+1)(m-2)(m+2)-5mn(m-1)(m+1)-mn(n-1)(n+1)(n-2)(n+2)-5mn(n-1)(n+1)
Ta có m(m-1)(m+1)(m-2)(m+2)  30 => mn(m-1)(m+1)(m-2)(m+2)  30
m (m-1)(m+1)  6 =>5mn(m-1)(m+1)  30
Tương tự : (n-2) (n-1) n (n+1) (n+2)  30
=> mn(n-1)(n+1)(n-2)(n+2)  30 và 5mn(n-1)(n+1)  30
Vậy mn(m4 – n4)  30
Bài 2: Chứng minh rằng
A(n) = 3n + 63  72 với n chẵn n  N, n  2
Hướng dẫn:
Có 72 = 9.8 mà (8, 9) = 1 và n = 2k (k  N)
Mặt khác 3n + 63 = 32k + 63=9k + 63 9
Và 3n + 63 = (9k – 1) + 64 Mà 9k – 1 8 và 64  8  A(n)  8
Vậy A¬(n)  72
Phương pháp 5: Biến đổi biêu thức cần chứng minh về dạng tổng
Giả sử chứng minh A(n)  k ta biến đổi A(n) về dạng tổng của nhiều hạng tử và chứng minh mọi hạng tử đều chia hết cho k.
Ví dụ 1: Chứng minh rằng n3 + 11n  6 với  n  z.
Giải
Ta có n3 + 11n = n3 – n + 12n = n(n2 – 1) + 12n = n(n + 1) (n – 1) + 12n
Vì n, n – 1; n + 1 là 3 số nguyên liên tiếp  n(n + 1) (n – 1)  6 và 12n  6
Vậy n3 + 11n  6
Ví dụ 2: Cho a, b  z. Chứng minh rằng a3b – ab3  6
Giải
Ta có a3b – ab3 = a3b-ab-ab3+ab = ab(a2-1) – ab(b2-1)
= ab(a-1)(a+1) – ab (b-1) (b-1)
Vì a(a-1)(a+1) là tích của 3 SNLT nên nó chia hết cho 3
=> a(a-1)(a+1)  6 => ab(a-1)(a+1) 6
Tương tự ab (b-1) (b+1)  6 Vậy a3b – ab3  6
Ví dụ 3: Tìm n  N sao cho P = (n + 5)(n + 6)  6n.
Giải
Ta có P = (n + 5)(n + 6) = n2 + 11n + 30 = 12n + n2 – n + 30
Vì 12n  6n nên để P  6n  n2 – n + 30  6n  n(n-1)+30 6n
 n(n-1)  6n và 30  6n
 n(n-1)  3n và 30  n
Với n(n-1)  3n  n = 3k hoặc n = 3k + 1 (k  N) (1)
Với 30  n  n  {1; 2; 3; 5; 6; 10; 15; 30} (2)
Vậy từ (1); (2)  n  {1; 3; 6; 10; 15; 30}
Thay các giá trị của n vào P ta có n  {1; 3; 10; 30} là thoả mãn.
Vậy n  {1; 3; 10; 30} thì P = (n + 5)(n + 6)  6n.
Bài tập tự luyện
Bài 1: Chứng minh rằng 13 + 33 + 53 + 73  23
Hướng dẫn: 13 + 33 + 53 + 73 = (13 + 73) + (33 + 53) = 8M + 8N  23
Bài 2: Chứng minh rằng
a. 36n2 + 60n + 24  24 với  n  z. b. a3b –ab3 6 với  a  z.
Hướng dẫn:
a. 36n2 + 60n + 24 = 12n(3n + 5) + 24
Ta thấy n và 3n + 5 không đồng thời cùng chẵn hoặc cùng lẻ
 n(3n + 5)  2  ĐPCM.
Bài 3: Chứng minh rằng
a. 5n+2 + 26.5n + 8 2n+1  59 b. 9 2n + 14  5
Hướng dẫn:
a. 5n+2 + 26.5n + 8 2n+1 = 5n(25 + 26) + 8 2n+1 = 5n(59 – 8) + 8.64 n
= 5n.59 + 8.59.M  59
b. 9 2n + 14 = 9 2n – 1 + 15= (81n – 1) + 15= 80M + 15  5
Bài 4: Có hay không n∈N để D=212n+1+172n+1+15⋮19
Hướng dẫn:
D=212n+1 – 22n+1+172n+1+22n+1+15=(212n+1-22n+1)+(172n+1+22n+1)+15
Vì =(212n+1-22n+1) ⋮ 19 và(172n+1+22n+1) ⋮19 nên 212n+1-22n+1)+(172n+1+22n+1)⋮19
Mà 15 ⁄⋮ 19 => D ⁄⋮ 19 Vậy không có n  N để D ⋮19
Bài 5: Tìm n  N sao cho E= 32n+3+24n+1  25
Hướng dẫn:
E=9n. 27+16n. 2 = 9n.27+27.16n-25.16n = 27.(9n+16n ) -25.16n
Nếu n lẻ thì 9n +16n ⋮ 25=>E⋮25
Nếu n chẵn thì 9n tận cùng là 1, 16n tận cùng là 6 => 27(9n+16n) tận cùng là 9 nên nó không chia hết cho 25 => E không chia hết cho 25. Vậy để E⋮ 25 thì n lẻ.
2.2.3. Kết quả
Sau khi áp dụng kinh nghiệm này học sinh có hứng thú hơn trong học tập và có ý thức tự học cao đặc biệt là sự đam mê trong giải toán chuyên đề tính chia hết của số nguyên. Qua thực tế bồi dưỡng học sinh giỏi tôi thấy khi chưa áp dụng chuyên đề này thì học sinh 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 học sinh khá giỏi tôi thấy có hơn 80% học sinh 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 học sinh còn lại cũng làm tốt các dạng cơ bản.
Dưới đây là bảng so sánh số liệu trước và sau khi áp dụng kinh nghiệm:
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 30% 80%
Tìm được lời giải các bài toán đặc biệt, có nội dung phức hợp 10% 70%
3. Phần kết luận
3.1. Ý nghĩa, phạm vi áp dụng của đề tài
Một trong những biện pháp để nâng cao chất lượng dạy học đó là bồi dưỡng học sinh giỏi do đó mỗi giáo viên cần nhiệt tình không ngại khó ngại khổ trong quá trình bồi dưỡng. Trong công tác bồi dưỡng người giáo viên phải mất rất nhiều công sức và chất xám để có được hệ thống bài tập, lí thuyết trọng tâm, phù hợp với chương trình toán THCS vừa phát huy được tính sáng tạo của học sinh. Từ việc học tốt bộ môn Toán học sinh hình thành được các đức tính cẩn thận, chính xác, tích cực, sáng tạo, làm việc có khoa học, có kỷ luật, nghiêm túc, tự giác. Thông qua hoạt động học toán đã hình thành cho xã hội những người lao động thông minh sáng tạo, có đức, có tài đáp ứng nhu cầu phát triển của đất nước trong thời đại mới.
Trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi toán THCS ta cần tránh những điều sau: Không đưa ra được phương pháp phù hợp với từng đối tượng học sinh, từng vùng, từng miền, bồi dưỡng không có hệ thống. Không tạo ra được hứng thú say mê học toán, không khuyến khích được tinh thần tự học, tự nghiên cứu tài liệu. Không định hướng được nội dung cơ bản, không xây dựng được một hệ thống lí thuyết, bài tập và phương pháp dạy từng loại bài, dạng bài. Nóng vội không kiên trì trong quá trình bồi dưỡng. Không hiểu được tâm lí, sở trường, sở đoản của học sinh và thiếu nhiệt huyết.
Đề tài là bước đầu tiên giúp mỗi thầy cô giáo có định hướng nhất định, say mê học tập nghiên cứu để tìm ra một hướng đi thích hợp nhất cho đối tượng, do đó đề tài có khả năng ứng dụng cho các trường THCS. Khả năng phát triển của đề tài, huy động tối đa các thầy cô giáo tập trung ôn tập, bồi dưỡng học sinh giỏi, từ đó rút ra những phương pháp tối ưu hơn nữa, đề nhằm xây dựng một cuốn tài liệu về phương pháp giải các bài toán phù hợp với đối tượng học sinh, để đưa phong trào giáo dục của huyện ngày một đi lên.
Với thời gian nghiên cứu còn hạn chế và kiểm nghiệm chưa nhiều nên chắc đề tài còn nhiều thiếu sót rất mong các thầy cô giáo và bạn bè đồng nghiệp góp ý, trao đối để bản thân tôi rút kinh nghiệm nâng cao trình độ chuyên môn nghiệp vụ. Tôi xin cảm ơn!
3.2. Những kiến nghị, đề xuất