chuyên đề đại bồi dưỡng hsg cực hót

TRƯÒNG PT DTNT THPT HUYỆN ĐIỆN BIÊN Ngày soạn: Ngày giảng: CHUYÊN ĐỀ 1: BIẾN ĐỔI BIỂU THỨC NGUYÊN 1) Một số hằng đẳng thức đáng nhớ: +) 2 2 2 ( ) 2a b a ab b+ = + + +) 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 3 1 ( ) 2( ) n n n n a a a a a a a a a a a a − + + + = + + + + + + +) 2 2 2 2 ( ) 2 2 2a b c a b c ab bc ca+ + = + + + + + +) 2 1 2 1 2 2 1 2 2 2 2 ( )( ) k k k k k k x y x y x x y x y y + + − − + = + − + − + , n nguyên dương +) 2 2 2 1 2 2 2 3 2 2 1 ( )( ) k k k k k k x y x y x x y x y y − − − − − = + − + − − , k nguyên dương +) 2 1 2 1 2 2 1 2 2 2 2 ( )( ) k k k k k k x y x y x x y x y y + + − − + = + − + − + , k nguyên dương +) 3 3 2 2 3 ( ) 3 3x y x x y xy y+ = + + + +) 3 3 2 2 3 ( ) 3 3x y x x y xy y− = − + − 2) Bảng các hệ số trong khai triển ( ) n x y+ - tam giác pascal Đỉnh 1 Dòng 1(n=1) 1 1 Dòng 2(n=2) 1 2 1 Dòng 3(n=3) 1 3 3 1 Dòng 4(n=4) 1 4 6 4 1 Dòng 5(n=5) 1 5 10 10 5 1 BÀI TẬP 1) Phân tích các biểu thức sau thành thừa số: a) 2 2 2 ( ) ( ) ( )a b c b c a c a b− + − + − (a – b)(b – c)(a – c) b) 3 2 4 29 24a a a+ − + (a – 1)(a – 3)(a + 8) c) 3 3 3 3 ( )a b c a b c+ + − − − 3(a + b)(b + c)(c + a) d) 8 4 1x x+ + 8 4 1x x+ + = 4 2 4 ( 1)x x+ − …. 2) Đơn giản biểu thức: a) 3 3 3 3 ( ) ( ) ( ) ( )x y z x y z x y z x y z+ + − + − − − + + − − + Đặt a = x + y – z :b = y + z – x c = z + x - y b) 2 4 8 16 32 (2 1)(2 1)(2 1)(2 1)(2 1)(2 1)+ + + + + + (2-1) 2 4 8 16 32 (2 1)(2 1)(2 1)(2 1)(2 1)(2 1)+ + + + + + 3) Cho 2 2 2 3 3 3 1a b c a b c+ + = + + = . Tính S = 2 9 1945 a b c+ + 2 2 2 1a b c+ + = nên a, b, c [ ] 1,1∈ − => 3 3 3 a b c+ + - ( 2 2 2 a b c+ + ) Vũ Hải Quân Năm học 2009 - 2010 TRƯÒNG PT DTNT THPT HUYỆN ĐIỆN BIÊN = 2 2 2 ( 1) ( 1) ( 1)a a b b c c− + − + − ≤ 0 Hay 3 3 3 a b c+ + ≤ 1 Dấu “=” xảy ra nên a, b, c [ ] 0,1∈ suy ra 9 2 b b= 1945 2 c c= => s = 1 4) Cho 3 2 3 2 3 19, 3 98a ab b a b− = − = . Tính P = 2 2 a b+ 3 2 2 3 2 2 2 2 ( 3 ) ( 3 ) 19 98a ab b a b− + − = + => 2 2 3 2 2 ( ) 19 98a b+ = + Ngày soạn: Ngày giảng: CHUYÊN ĐỀ 2: PHƯƠNG PHÁP QUI NẠP TOÁN HỌC I. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP Để cm một mệnh đề phụ thuộc số tự nhiên n∈ N ta không thể thử trực tiếp với mọi số tự nhiên được vì tập hợp số tự nhiên là vô hạn. Song ta có thể tiến hành các bước kiểm tra như sau Bước 1 : Trước hết ta kiểm tra rằng mệnh đề đúng với n=0 Bước 2 : Rồi ta chứng rằng : Từ giải thiết mệnh đề đúng với một số tự nhiên n=k ≥0 bất kì suy ra nó đúng với n=k+1 . Ví dụ : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥2 ta có đẳng thức : a n -b n =(a-b)(a n-1 +a n-2 b +… + b n-1 ) Chứng minh Ta chứng minh bằng phương pháp qui nạp . * Khi n=2 ta có a 2 -b 2 =(a-b)(a+b) là đúng * Giả sử đẳng thức đúng khi n=k . Tức là ta có : a k -b k =(a-b)(a k-1 +a k-2 b +… + b k-1 ) Ta cần chứng minh đúng với n=k+1 . Tức là C/m a k+1 -b k+1 =(a-b)(a k +a k-1 b +… + b k ) . Thật vậy ta có : VT = a k+1 - b k+1 = a k+1 -a k b + a k b -b k+1 = a k (a-b)+ b(a k -b k ) = a k (a-b) + b(a-b)(a k-1 +a k-2 b +… + b k-1 ) = (a-b)[ a k + b(a k-1 +a k-2 b +… + b k-1 )] = (a-b)(a k +a k-1 b +… + b k ) = VP Vậy theo giả thiết quy nạp đẳng thức đúng với mọi n ≥ 2 Bài 1: Chứng minh với mọi số tự nhiên n ≥ 1 ta có đẳng thức : 1+2+3+4…………+ n = 2 1)n(n + Bài 2: Chứng minh rằng với mọi n ∈ N * ta có : 1 2 +2 2 +3 2 + 4 2 +5 2 +……+n 2 = 6 1++ )1)(2nn(n Bài 3: Chứng minh rằng với mọi n ∈ N biểu thức U n =13 n -1 chia hết 6. Bài 4 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 3 ta có 2 n > 2n+1 Bài 5: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có: 2n 2 4.3 32n 36 64 + + − M Bài 6 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥1 ta luôn có: (n+1)(n+2)…(2n) M 1.3.5…(2n-1) Bài 7 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta luôn có: n 3 +2n M 3 Vũ Hải Quân Năm học 2009 - 2010 TRƯÒNG PT DTNT THPT HUYỆN ĐIỆN BIÊN Ngày soạn: Ngày giảng: CHUYÊN ĐỀ 3: TÍNH CHIA HẾT A. CHIA HẾT SỐ NGUYÊN 1. Định nghĩa: Cho hai số nguyên bất kì a và b (b ≠ 0). Tồn tại một và chỉ một cặp số nguyên (q, r) sao cho a = bq + r với 0 r b≤ < . * Nếu r = 0 thì a chia hết cho b: a M b ⇔ a = kb a, b, k ∈ ¥ * Nếu r ≠ 0 phép chia a cho b là có dư 2. Tính chất của qua hệ chia hết: a M a a M b và b M a thì a = b a M b và b M c thì a M c a M m thì ka M m và a k M m a M m, b M m thì a ± b M m a ± b M m mà a M m thì b M m a M m, b M n thì ab M nm a M m thì a n M m n a n M m, m nguyên tố thì a M m a M m, a M n mà (n, m) = 1 thì a M mn a M m, a M n, a M k; n, m, k nguyên tố sánh đôi thì a M mnk a M m, b M m thì a ± b M m * Trong n số nguyên liên tiếp (n∈N * ) có một và chỉ một số chia hết cho n. * Trong n+1 số nguyên bất kì (n∈N * ) chia cho n thì có hai số chia cho n có cùng số dư. * Để chứng tỏ A(n) chia hết cho một số nguyên tố p ta có thể xét mọi trường hợp về số dư của n chia cho p. * Để chứng tỏ A(n) chia hết cho hợp số m, ta phân tích m thành tíchcác thưac số đôi một nguyên tố cùng nhau rồi lần lượt chứng tỏ A(n) chia hết cho từng thừa số đó. * Để CM f(x) chia hết cho m thông thường ta phân tích f(x) thành nhân tử rồi xét số dư khi chia x cho m. PHƯƠNG PHÁP GIẢI : 1/ Phương pháp 1 : A(n) chia hết cho p; ta xét số dư khi chia n cho p Ví dụ : A(n) = n(n 2 +1)(n 2 +4) chia hết cho 5 n chia cho 5 có số dư là r =0,1,2,3,4,5 a/ Với r = 0 thì n chia hết cho 5 => A(n) chia hết cho 5 b/ Với r = 1 => n = 5k+1 => n 2 = 25k 2 +10k +1 thì (n 2 +4) chia hết cho 5=> A(n) chia hết cho 5 c/ Với r = 2 => n = 5k+2 => n 2 = 25k 2 +20k +4 thì (n 2 +1) chia hết cho 5=> A(n) chia hết cho 5 d/ Với r = 3 => n = 5k+3 => n 2 = 25k 2 +30k +9 thì (n 2 +1) chia hết cho 5=> A(n) chia hết cho 5 e/ Với r = 4 => n = 5k+4 => n 2 = 25k 2 +40k +16 thì (n 2 +4) chia hết cho 5=> A(n) chia hết cho 5 2/ Phương pháp 2 : A(n) chia hết cho m; ta phân tích m = p.q Vũ Hải Quân Năm học 2009 - 2010 TRƯÒNG PT DTNT THPT HUYỆN ĐIỆN BIÊN a/ (p,q) = 1 ta chứng minh: A(n) chia hết cho p, A(n) chia hết cho q => A(n) chia hết cho p.q b/ Nếu p và q không nguyên tố cùng nhau ta phân tích A(n) = B(n).C(n) và chứng minh B(n) chia hết cho p, C(n) chia hết cho q => , A(n) chia hết cho p.q 3/ Phương pháp 3 : Để chứng minh A(n) M m có thể biến đổi A(n) thành tổng nhiều hạng tử và chứng minh mỗi hạng tữ chia hết cho n. 4/ Phương pháp 4 : Để chứng minh A(n) M m ta phân tích A(n) thành nhân tử, trong đó có một nhân tử bằng m hoặc chia hết cho m: A(n) = m.B(n) + Thường ta sử dụng các hằng đẳng thức : a n – b n M a – b ( a ≠ b) n bất kỳ. a n – b n M a – b ( a ≠ - b) n chẵn. a n + b n M a + b ( a ≠ - b) n lẻ. Bài 1: Chứng minh rằng 3 n n− chia hết cho 6 với mọi số tự nhiên n Bài 2: Chứng minh rằng 3 20m m+ chia hết cho 48 với mọi số chẵn m ( 3 20m m+ = 3 3 3 (2 ) 40 8( 5 ) 8(( ) 6 )k k k k k k k+ = + = − + = 3 8( ) 48k k k− + ) Bài 3: Chứng minh rằng A = 5 n n− chia hết cho 30 với mọi số nguyên dương n ( 5 n n− = 2 ( 1)( 1)( 1)n n n n− + + = n(n-1)(n+1)(n-2)(n+2)+5n(n-1)(n+1)) Bài 4: Chứng minh A = 2 7.5 12.6 n n + chia hết cho 19 ( dùng quy nạp toán học) Bài 5: Chứng minh rằng: A = 3 1 5 (2 2 )( ) n n n n + + − chia hết cho 30 với mọi số tự nhiên n Bài 6: Chứng minh rằng: 2 2 1 2 (2 1) 1 n n+ − − 2 2 1 2 (2 1) 1 n n+ − − chia hết cho 9 với mọi số tự nhiên n ≥ 1 ( Dùng quy nạp toán học) Bài 7: a) Chứng minh rằng : 3 2 ( ) 18 (3 3)n n n− + − − 3 2n n− + không chia hết cho 6 với mọi số tự nhiên n b) Chứng minh rằng 3 n n− chia hết cho 24 với mọi số tự nhiên lẻ ( 3 n n− M 3 vì n lẻ => n = 2k+1 => n – 1 =2k, n + 1 = 2k + 2=> (n-1)(n+1)=2k(2k+2)=4k(k+1) M 8) Bài 8: Chứng minh rằng nếu n là số nguyên lẻ thì số A = 3 2 3 21n n n− − + chia hết cho 6 (A = 3 2 ( ) 18 (3 3)n n n− + − − ) Ngày soạn: Ngày giảng: CHUYÊN ĐỀ 4: BẤT ĐẲNG THỨC I. Tính chất cơ bản của BĐT : a) a < b, b < c ⇒ a < c b) a < b ⇔ a +c < b+ c. c) a< b ⇔ a.c < b.c (với c > 0) a< b ⇔ a.c > b.c (với c < 0) d) a < b và c < d ⇒ a+c < b + d. e) 0 < a < b và 0 < c < d ⇒ a.c < b.d f) ( ) 2 1 2 1 n n n a b a b + + + < ⇔ < ∈¢ Vũ Hải Quân Năm học 2009 - 2010 TRƯÒNG PT DTNT THPT HUYỆN ĐIỆN BIÊN 0 < ( ) 2 2 n n n a b a b + < ⇔ < ∈¢ g) ( ) 2 1 2 1 n n n a b a b + + + < ⇔ < ∈¢ ( ) 2 2 0 n n n a b a b + < < ⇔ < ∈¢ II. BĐT Cauchy: (Cô–si) a,b 0 2 a b ab + ≤ ∀ ≥ Đẳng thức 2 a b ab + = xảy ra khi và chỉ khi a = b. a, b, c 0 3 + + ≤ ∀ ≥ a b c abc Hệ quả: 1 a + 2 a ≥ , a 0∀ > III. Bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối a) |x| ≥ 0, |x| ≥ x, |x| ≥ -x b) |x| ≤ a ⇔ -a ≤ x ≤ a ( với a > 0) |x| ≥ a ⇔ x ≤ -a hoặc x ≥ a c) |a|-|b| ≤ |a+b| ≤ |a| + |b|. II. BĐT Bunhinacôpxki Cho a, b, x, y là các số thực, ta có: ≥++ ))(( 2222 yxba (ax + by) 2 Đẳng thức xảy ra khi: a b x y = Tổng quát: Cho 2n số thực: 1 2 1 2 , , , ; , , , n n a a a b b b Ta có: 1 1 2 2 | | + + + ≤ n n a b a b a b 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 ( )( ) n n a a a b b b+ + + + + + Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: 1 2 1 2 n n a a a b b b = = = III. BĐT Becnuli Cho a > -1, n ∈ N * : (1+ + a) n ≥ 1 + na. Đẳng thức xảy ra khi a = 0 hoặc n = 1 2 Bất đẳng thức Cô-si mở rộng: Cho n số không âm: a 1 ; a 2; …; a n Ta có: 1 2 1 2 a a n n a a n a a a+ + + ≥ Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1 2 a n a a= = = Bài 1: Cho hai số dương a và b . Chứng minh : (a+b)( b 1 a 1 + ) ≥ 4 Giải: Vũ Hải Quân Năm học 2009 - 2010 TRƯÒNG PT DTNT THPT HUYỆN ĐIỆN BIÊN Vì a, b l hai số dương nên áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: (a+b) 2 ab 1 1 1 + 2 a b ab 1 1 1 (a+b) 2 .2 =4 a ab ab b ≥ ≥   + ≥  ÷   Dấu “=” xảy ra khi v chỉ khi:a= b. Bài 1:Cho x, y, z >0. Chứng minh rằng 1 1 1 9 x y z x y z + + ≥ + + Áp dụng bất đẳng thức côsi cho 1 1 1 x y z + + Và x + y + z Bài 2: Chứng minh rằng nếu các số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện 1 1 1 2 1 1 1a b c + + ≥ + + + thì abc 1 8 ≤ => 1 1 1 1 1 1 1 1a b c ≥ − + − + + + = 1 1 1 1 b c a b c ≥ + + + + áp dụng bất đẳng thức côsi ta có 2 1 1 (1 )(1 ) b c bc b c b c + ≥ + + + + Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 1 b c b c = + + Hay b=c Vậy 1 2 1 (1 )(1 ) bc a b c ≥ + + + Tương tự với 1 1 b+ , 1 1 c+ Bài 3:Cho 3 số dương a, b, c thỏa mãn a+b+c=1 CMR: 1 1 1 6a b c− + − + − ≤ Áp dụng bất đẳng thức côsi cho 2 số ko âm 2 3 và 1-a thì được 2 1 2 5 3 3 (1 ) 3 2 6 a a a − + − − ≤ = Dấu bằng xảy ra khi 1-a = 2 3 hay a = 1 3 Tương tự 2 5 3 (1 ) 3 6 b b − − ≤ ; 2 5 3 (1 ) 3 6 c c − − ≤ Bài 4: Cho a > b ≥ 0. chứng minh rằng 2 4 ( )( 1) a a b b + − + ≥ 3 Áp dụng bất đẳng thức côsi cho 4 số a-b ; 2 4 ( )( 1)a b b− + ; 1 2 b + ; 1 2 b + Bài 5: Chứng minh rằng nếu các số dương a, b, c thỏa mãn a+b+c≤1 thì: 2 1 2a bc+ + 2 1 2b ca+ + 2 1 2c ab+ ≥9 Áp dụng bđt 1 1 1 ( )( ) 9A B C A B C + + + + ≥ Với A= 2 2a bc+ ;B= 2 2b ca+ ;C= 2 2c ab+ và chú ý A+B+C= 2 ( ) 1a b c+ + ≤ Dấu “=” xảy ra khi A=B=C và a+b+c = 1 Hay a=b=c= 1 3 Vũ Hải Quân Năm học 2009 - 2010 TRƯÒNG PT DTNT THPT HUYỆN ĐIỆN BIÊN Bài 6: Chứng minh rằng nếu a, b, c là các độ dài của một tam giác có p là nửa chu vi thì 3p p a p b p c p< − + − + − ≤ Áp dụng bđt bunhia cho hai bộ số (1, 1, 1)và ( , ,p a p b p c− − − ) hay 3p a p b p c p− + − + − ≤ Dấu “=” xảy ra khi a=b=c p p a p b p c< − + − + − bình phương hai vế ta có điều hiển nhiên Bài 7: Chứng minh rằng nếu x, y, z là các số dương thì ; 2 2 2 2 x y z x y z y z x z y x + + + + ≥ + + + Áp dụng bđt bunhia ta có (y+z+x+z+x+y)( 2 2 2 x y z y z x z y x + + + + + )≥ 2 ( )x y z+ + Bài 8; Cho a, b, c >0 Chứng minh rằng 3 3 3 a b c ab bc ca b c a + + ≥ + + Áp dụng bđt côsi ta có 3 2 2 a ab a b + ≥ ; 3 2 2 b bc b c + ≥ ; 3 2 2 c ca c a + ≥ cộng theo từng vế ta được điều phải cm 3 3 3 a b c ab bc ca b c a + + ≥ + + Ngày soạn: Ngày giảng: CHUYÊN ĐỀ 5: GIÁ TRỊ LỚN NHẤT NHỎ NHẤT SỐ CHÍNH PHƯƠNG , NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ 1) Định nghĩa: Là số có dạng 2 ,n n∈¢ . 2) Tính chất: 1. Số chính phương chẵn thì chia hết cho 4, số chính phương lẻ khi chia cho 8 dư 1 2. Nếu a=3k thì ( ) 2 0 mod9a ≡ ; Nếu 3a k ≠ thì ( ) 2 1 mod3a ≡ 3. Giữa các bình phương của hai số nguyên liên tiếp không có số chính phương nào 4. Số chính phương chỉ có thể có chữ số tận cùng bằng 0, 1, 4, 5, 6, 9 ; không thể có chữ số tận cùng bằng 2, 3, 7, 8 5. Nếu hiệu của hai số nguyên bằng 2n thì tích của chúng thêm n 2 sẽ là số chính phương. 6. Nếu ab chính phương, (a,b)=1 thì a chính phương và b chính phương. HD: G/s ab= c 2 và gọi d=(a,c) suy ra a=a 1 d; c=c 1 d, (c 1 , d 1 )=1do đó ab=c 1 2 d + Do ( ) 2 2 1 1 1 1 1 a d c c , 1b vi a c→ =M M + Do ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 1 1 , , 1 ; c c d b c bvi b d b a b c a d b → = = → = = =M M 7. Nếu một số chính phương chia hết cho p, p- nguyên tố thì số chính phương đó chia hết cho p 2 . Do đó nếu một số a chia hết cho số nguyên tố p nhưng số a không chia hết cho p 2 thì a không là số chính phương. 2. Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số chính phương chỉ chứa các thừa số nguyên tố với số mũ chẵn. Vũ Hải Quân Năm học 2009 - 2010 TRƯÒNG PT DTNT THPT HUYỆN ĐIỆN BIÊN 3. Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 4n hoặc 4n + 1. Không có số chính phương nào có dạng 4n + 2 hoặc 4n + 3 (n ∈ N). 4. Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 3n hoặc 3n + 1. Không có số chính phương nào có dạng 3n + 2 (n ∈ N). 5. Số chính phương tận cùng bằng 1 hoặc 9 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn. Số chính phương tận cùng bằng 5 thì chữ số hàng chục là 2 Số chính phương tận cùng bằng 4 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn. Số chính phương tận cùng bằng 6 thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ. 6. Số chính phương chia hết cho 2 thì chia hết cho 4. Số chính phương chia hết cho 3 thì chia hết cho 9. Số chính phương chia hết cho 5 thì chia hết cho 25. Số chính phương chia hết cho 8 thì chia hết cho 16. III. MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG A. DẠNG1 : CHỨNG MINH MỘT SỐ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên x, y thì A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y 4 là số chính phương. Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y 4 = (x 2 + 5xy + 4y 2 )( x 2 + 5xy + 6y 2 ) + y 4 Đặt x 2 + 5xy + 5y 2 = t ( t ∈ Z) thì A = (t - y 2 )( t + y 2 ) + y 4 = t 2 –y 4 + y 4 = t 2 = (x 2 + 5xy + 5y 2)2 V ì x, y, z ∈ Z nên x 2 ∈ Z, 5xy ∈ Z, 5y 2 ∈ Z ⇒ x 2 + 5xy + 5y 2 ∈ Z Vậy A là số chính phương. Bài 2: Chứng minh tích của 4 số tự nhiên liên tiếp cộng 1 luôn là số chính phương. Gọi 4 số tự nhiên, liên tiêp đó là n, n + 1, n+ 2, n + 3 (n ∈ N). Ta có n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = n.(n + 3(n + 1)(n + 2) + 1 = (n 2 + 3n)( n 2 + 3n + 2) + 1 (*) Đặt n 2 + 3n = t (t ∈ N) thì (*) = t( t + 2 ) + 1 = t 2 + 2t + 1 = ( t + 1 ) 2 = (n 2 + 3n + 1) 2 Vì n ∈ N nên n 2 + 3n + 1 ∈ N Vậy n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 là số chính phương. Bài 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + . . . + k(k+1)(k+2) Chứng minh rằng 4S + 1 là số chính phương . Ta có k(k+1)(k+2) = 1 4 k(k+1)(k+2).4 = 1 4 k(k+1)(k+2).[(k+3) – (k-1)] Vũ Hải Quân Năm học 2009 - 2010 TRƯÒNG PT DTNT THPT HUYỆN ĐIỆN BIÊN = 1 4 k(k+1)(k+2)(k+3) - 1 4 k(k+1)(k+2)(k-1) ⇒ S = 1 4 .1.2.3.4 - 1 4 .0.1.2.3 + 1 4 .2.3.4.5 - 1 4 .1.2.3.4 +…+ 1 4 k(k+1)(k+2)(k+3) - 1 4 k(k+1)(k+2)(k-1) = 1 4 k(k+1)(k+2)(k+3) 4S + 1 = k(k+1)(k+2)(k+3) + 1 Theo kết quả bài 2 ⇒ k(k+1)(k+2)(k+3) + 1 là số chính ph ương. Bài 4: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889; … Dãy số trên được xây dựng bằng cách thêm số 48 vào giữa số đứng trước nó. Chứng minh rằng tất cả các số của dãy trên đều là số chính phương. Ta có 44…488…89 = 44…488 8 + 1 = 44…4 . 10 n + 8 . 11…1 + 1 n chữ số 4 n-1 chữ số 8 n chữ số 4 n chữ số 8 n chữ số 4 n chữ số = 4. 9 110 − n . 10 n + 8. 9 110 − n + 1 = 9 9810.810.410.4 2 +−+− nnn = 9 110.410.4 2 ++ nn =         + 3 110.2 n Ta thấy 2.10 n +1=200…01 có tổng các chữ số chia hết cho 3 nên nó chia hết cho 3 n-1 chữ số 0 ⇒         + 3 110.2 n ∈ Z hay các số có dạng 44…488…89 là số chính phương. Bài 5: Chứng minh rằng các số sau đây là số chính phương: A = 11…1 + 44…4 + 1 2n chữ số 1 n chữ số 4 B = 11…1 + 11…1 + 66…6 + 8 2n chữ số 1 n+1 chữ số 1 n chữ số 6 Kết quả: A =         + 3 210 n ; B =         + 3 810 n ; Bài 6: Chứng minh rằng các số sau là số chính phương: a. A = 22499…9100…09 n-2 chữ số 9 n chữ số 0 b. B = 11…155…56 n chữ số 1 n-1 chữ số 5 a. A = 224.10 2n + 99…9.10 n+2 + 10 n+1 + 9 = 224.10 2n + ( 10 n-2 – 1 ) . 10 n+2 + 10 n+1 + 9 = 224.10 2n + 10 2n – 10 n+2 + 10 n+1 + 9 Vũ Hải Quân Năm học 2009 - 2010 TRƯÒNG PT DTNT THPT HUYỆN ĐIỆN BIÊN = 225.10 2n – 90.10 n + 9 = ( 15.10 n – 3 ) 2 ⇒ A là số chính phương B. DẠNG 2 : TÌM GIÁ TRỊ CỦA BIẾN ĐỂ BIỂU THỨC LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài1: Tìm số tự nhiên n sao cho các số sau là số chính phương: a. n 2 + 2n + 12 b. n ( n+3 ) c. 13n + 3 d. n 2 + n + 1589 Giải a. Vì n 2 + 2n + 12 là số chính phương nên đặt n 2 + 2n + 12 = k 2 (k ∈ N) ⇒ (n 2 + 2n + 1) + 11 = k 2 ⇔ k 2 – (n+1) 2 = 11 ⇔ (k+n+1)(k-n-1) = 11 Nhận xét thấy k+n+1 > k-n-1 và chúng là những số nguyên dương, nên ta có thể viết (k+n+1)(k-n-1) = 11.1 ⇔ k+n+1 = 11 ⇔ k = 6 k – n - 1 = 1 n = 4 b. Đặt n(n+3) = a 2 (n ∈ N) ⇒ n 2 + 3n = a 2 ⇔ 4n 2 + 12n = 4a 2 ⇔ (4n 2 + 12n + 9) – 9 = 4a 2 ⇔ (2n + 3) 2 - 4a 2 = 9 ⇔ (2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9 Nhận xét thấy 2n + 3 + 2a > 2n + 3 – 2a và chúng là những số nguyên dương, nên ta có thể viết (2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9.1 ⇔ 2n + 3 + 2a = 9 ⇔ n = 1 2n + 3 – 2a = 1 a = 2 c. Đặt 13n + 3 = y 2 ( y ∈ N) ⇒ 13(n – 1) = y 2 – 16 ⇔ 13(n – 1) = (y + 4)(y – 4) ⇒ (y + 4)(y – 4) M 13 mà 13 là số nguyên tố nên y + 4 M 13 hoặc y – 4 M 13 ⇒ y = 13k ± 4 (Với k ∈ N) ⇒ 13(n – 1) = (13k ± 4 ) 2 – 16 = 13k.(13k ± 8) ⇒ n = 13k 2 ± 8k + 1 Vậy n = 13k 2 ± 8k + 1 (Với k ∈ N) thì 13n + 3 là số chính phương. a. Đặt n 2 + n + 1589 = m 2 (m ∈ N) ⇒ (4n 2 + 1) 2 + 6355 = 4m 2 ⇔ (2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355 Nhận xét thấy 2m + 2n +1> 2m – 2n -1 > 0 và chúng là những số lẻ, nên ta có thể viết (2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355.1 = 1271.5 = 205.31 = 155.41 Suy ra n có thể có các giá trị sau: 1588; 316; 43; 28. Bài 2: Tìm a để các số sau là những số chính phương: Vũ Hải Quân Năm học 2009 - 2010 . + => 2 2 3 2 2 ( ) 19 98a b+ = + Ngày soạn: Ngày giảng: CHUYÊN ĐỀ 2: PHƯƠNG PHÁP QUI NẠP TOÁN HỌC I. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP Để cm một mệnh đề phụ thuộc số tự nhiên n∈ N ta không thể thử trực tiếp. +x.(x+1)[(x+2)-(x-1)] =>f(x) = 1 3 x(x+1)(x+2)=8 => x=2) Ngày soạn: Ngày giảng: CHUYÊN ĐỀ 7: GIÁ TRỊ LỚN NHẤT,GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC ĐẠI Số A. KIẾN THỨC CƠ BẢN: 1. Định nghĩa. Trên tập xác định của. minA = 1 x = 1 2 ⇔ ± . Chú ý 3: Để tìm cực trị của một biểu thức, ta có thể tìm cực trị của biểu thức đó trong từng khoảng của biến, sau đó so sánh các cực trị này với nhau để tìm giá trị nhỏ