Bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán mới nhất cập nhật hay lớp 9

TrườngTHCS Nguyễn Đình Chiểu Năm học PHẦN SỐ HỌC Bài 1: TÍNH CHIA HẾT TRÊN TẬP HỢP SỐ NGUYÊN SỐ NGUYÊN TỐ A Nhắc lại bổ sung kiến thức cần thiết: I Tính chia hết: Định lí phép chia: Với số nguyên a,b (b ≠ 0), có cặp số nguyên q, r cho : a = bq + r với ≤ r < b a gọi số bị chia , b số chia, q thương r số dư Trong trường hợp b > r ≠ viết: a = bq + r = b(q +1)+ r - b Ví dụ: Mọi số nguyên a có dạng: a = 2q ± (xét phép chia cho b = 2) a = 3q ; 3q ± (xét phép chia cho b = 3) a = 4q ; 4q ± ; 4q ± (xét phép chia cho b = 4) a = 5q; 5q ± 1; 5q ± (xét phép chia cho b = 5) Tính chia hết: Nếu a chia b mà số dư r = 0, ta nói : a chia hết cho b hay a bội b (kí hiệu a  b) b chia hết a hay b ước a (kí hiệu b\ a) Vậy: a b (b\ a) có số nguyên q cho a = bq Các tính chất: 1) Nếu a b ± a ± b (b ≠ 0) 2) a  a;  a với a ≠ 3) a ± với a 4) Nếu a  m an m (m ≠ 0, n nguyên dương) 5) Nếu a b b a |a| = |b| 6) Nếu a  b b  c (b,c ≠ 0) a  c 7) Nếu a c b c(c ≠ 0) (a ± b) c Điều ngược lại khơng TrườngTHCS Nguyễn Đình Chiểu Năm học 8) Nếu a  m b  m ab  m(m ≠ 0) Điều ngược lại không 9) Nếu a p a q, (p, q)= a  pq 10) Nếu a = mn; b = pq m p n q a b 11) Nếu ab  m (b,m) = a  m 12) Nếu a ± b  m a  m b  m II Số nguyên tố: 1.Định nghĩa: Số nguyên tố số tự nhiên lớn 1, có hai ước Hợp số số tự nhiên lơn có nhiều hai ước Số số số nguyên tố hợp số Định lí số học: Mọi số tự nhiên lớn phân tích thừa số nguyên tố cách nhất(không kể thứ tự thừa số) Số nguyên tố coi tích gồm thừa số Có vơ số số ngun tố (khơng có số nguyên tố lớn nhất) Số hoàn chỉnh: số tổng ước khơng kể thân Ví dụ: , 28, , 2n-1(2n - 1) III Một số phương pháp thông thường để giải toán chia hết: Cách 1: Để chứng minh A(n) chia hết cho k, xét trường hợp số dư chia n cho k Ví dụ 1: Chứng minh rằng: a) Tích hai số nguyên liên tiếp chia hết cho b) Tích ba số nguyên liên tiếp chia hết cho Giải : a) Viết tích hai số nguyên liên tiếp dạng A(n) = n(n + 1) Có hai trường hợp xảy : * n  => n(n + 1) 2 * n không chia hết cho (n lẻ) => (n + 1)  => n(n +1)  b) Chứng minh tương tự a Cách 2: Để chứng minh A(n) chia hết cho k, phân tích k thừa số: k = pq + Nếu (p, q) = 1, ta chứng minh A(n)  p A(n)  q TrườngTHCS Nguyễn Đình Chiểu Năm học + Nếu (p, q) ≠ 1, ta phân tích A(n) = B(n) C(n) chứng minh: B(n)  p C(n)  q Ví dụ 2: a) Chứng minh: A(n) = n(n +1)(n + 2) 6 b) Chứng minh: tích hai số chẵn liên tiếp chia hết cho Giải : a) Ta có = 2.3; (2,3) = Theo chứng minh có A(n) chia hết cho Do A(n) chia hết cho b) Ta viết A(n) = 2n(2n + 2) = 2n 2(n +1) = 4n(n + 1) = Vì 4 n(n +1) 2 nên A(n)  Ví dụ : Chứng minh n5 - n chia hết cho 10, với số nguyên dương n (Trích đề thi HSG lớp cấp tỉnh năm học 2005 - 2006) Giải : A(n) = n5 - n = n(n4 - 1) = n(n2 - 1)(n2 + 1) = n(n - 1)(n + 1)(n2 +1)  n = 5k + => (n - 1)  n = 5k + => (n + 1)  n = 5k + => n2 + = (5k + 2)2 + = (25k2 + 20k + + 1) 5 n = 5k + => n2 + = (5k + 3)2 + = (25k2 + 30k + + 1) 5 Vậy : A(n) chia hết cho nên phải chia hết cho 10 Cách 3: Để chứng minh A(n) chia hết cho k , biến đổi A(n) thành tổng(hiệu) nhiều hạng tử , hạng tử chia hết cho k ( Đã học tính chất chia hết tổng lớp 6) (Liên hệ: A(n) khơng chia hết cho k ) Ví dụ 4: Chứng minh n3 - 13n (n > 1) chia hết cho (Trích đề thi HSG cấp II toàn quốc năm 1970) Giải : n3 - 13n = n3 - n - 12n = n(n2 - 1) - 12n = (n - 1)n(n + 1) - 12n (n - 1)n(n + 1) tích số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho ; 12n 6 Do A(n)  Ví dụ 5: Chứng minh n2 + 4n + không chia hết cho , với số n lẻ Giải : Với n = 2k +1 ta có: TrườngTHCS Nguyễn Đình Chiểu Năm học 2 A(n) = n + 4n + = (2k + 1) + 4(2k + 1) + = 4k + 4k + + 8k + + = 4k(k + 1) + 8(k + 1) + A(n) tổng ba hạng tử, hai hạng tử đầu chia hết cho , có hạng tử không chia hết cho Vậy A(n) không chia hết cho Cách 4: Viết A(n) dạng: A(n) = k.B(n) A(n) chia hết cho k Hệ quả: Nếu A(n) = B(n).C(n) mà B(n)và C(n) không chia hết cho k A(n) khơng chia hết cho k Ví dụ 6: Chứng minh : + 22 + 23 + + 260 chia hết cho 15 Giải: Ta có: + 22 +23 + + 260 = (2 + 22 + + 24) + (25+ +28)+ +(257 + 260) = 2(1+2+4+8) +25(1+2+4+8) + + 257(1+2+4 + 8) = 15.(2 + 25 + + 257) 15 IV Một số phương pháp đặc biệt để giải toán chia hết: Cách 5: Dùng nguyên tắc Dirichlet: Nguyên tắc Dirichlet phát biểu dạng hình ảnh sau: Nếu nhốt k thỏ vào m chuồng mà k> m phải nhốt hai thỏ vào chung chuồng Ví dụ 7: Chứng minh m + số nguyên có hai số có hiệu chia hết cho m Giải: Chia số nguyên cho m ta số dư m số 0; ; 2; 3; ; m - Theo nguyên tắc Dirichlet, chia m + 1số cho m phải có hai số có số dư Do hiệu hai số chia hết cho m Cách 6: Dùng phương pháp qui nạp toán học: Để chứng minh A(n)  k ta làm theo trình tự sau: Thử với n = 2(Tức số n nhỏ chọn ra).Nếu sai => Dừng.Nếu A(1)  k.Tiếp tục: Giả sử A(k) k Chứng tỏ A(k + 1) k Nếu => Kết luận : A(n) k Ví dụ 8: Chứng minh : 16n - 15n - chia hết cho 225 Đặt A(n) = 16n - 15n -1 , ta có : A(1) = 16 - 15 - = 225 => A(1) TrườngTHCS Nguyễn Đình Chiểu Năm học k Giả sử A(k) : A(k) = 16 - 15k -1  225 Ta chứng minh A(k + 1) đúng, tức c/m: 16k + - 15(k + 1) - 225 Thật vậy, 16k+1 - 15(k + 1) - = 16 16k - 15k - 15 - = (15 + 1) 16k - 15k - 15 - = 15.16k + 16k - 15k -15 - = (16k - 15k - 1) + 15(16k - 1) = (16k-15k-1)+15(16 - 1)(16k-1 + +1) = (16k - 15k - 1) + 225(16k-1+ + 1) 225 Cách 9: Phương pháp phản chứng: Để chứng minh A(n)  k ta chứng minh A(n) không chia hết cho k sai B PHẦN BÀI TẬP: Chứng minh: a) 192007 - 192006 chia hết cho b) 92n + 14 chia hết cho c) Tổng số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 3, tổng số tự nhiên liên tiếp chia hết cho5 Tích số phương số tự nhiên đứng liền trước số chia hết cho 12 (n2 - 1)n2(n2 + 1) chia hết cho 60 a) n2 + 11n + 39 không chia hết cho 49 b) n2 + 3n +5 không chia hết cho 11 a) n4 + 6n3 + 11n2 + 6n chia hết cho 24 b) n4 - 4n3 - 4n2 - 16n (chẵn, n > 4) chia hết cho 384 4n + 15n - chia hết cho n2 + 4n + (n lẻ) chia hết cho 8 n3 + 3n2 - n - chia hết cho 48 9) 36n -26n chia hết cho 35 10) ab(a2 + b2)(a2 - b2) chia hết cho 30 với số nguyên a,b 11) a) (62n + 19n - 2n+1) chia hết cho17 b) (7.52n + 12.6n) chia hết cho 19 c) (5n+2 + 26.5n + 82n+1) chia hết cho 59 12) a)a2 + b2 chia hết cho a b chia hết cho TrườngTHCS Nguyễn Đình Chiểu Năm học b) a + b chia hết cho a b chia hết cho Bài 2: ĐỒNG DƯ THỨC A Tóm tắt lý thuyết: I Định nghĩa: 1.Định nghĩa: Cho số nguyên m > 0.Nếu hai số nguyên a b chia cho m có số dư ta nói a đồng dư với b theo mơđun m viết: a ≡ b (modm) Ví dụ: ≡ (mod2) 14 ≡ (mod 7) II Tính chất : Nếu a ≡ b (mod m) a - b  m Nếu a ≡ b (mod m) b ≡ c (mod m) a ≡ c (mod m) Nếu a ≡ b (mod m) c ≡ d (mod m) a ± c ≡ b ± d (mod m) Nếu a ≡ b (mod m) c ≡ d (mod m) ac ≡ bd (mod m) Nếu a ≡ b (mod m) an ≡ bn (mod m) Nếu a ≡ b (mod m) ka ≡ kb (mod m) với k > Nếu ka ≡ kb (mod km) a ≡ b (mod m) với k > Nếu ka ≡ kb (mod m) (k , m) = 1thì a ≡ b (mod m) Định lí Fermat: Nếu p số nguyên tố : np ≡ n (mod p) ; n ∈ Z Hoặc : Nếu p số nguyên tố : np-1 ≡ (mod p), với (n,p) = 10.Định lí Euler : Cho m số nguyên dương (m) số số dương nhỏ m nguyên tố với m Thế : n(m) ≡ (mod m) * Cách tính (m) : phân tích m thừa số nguyên tố :  m = a1α a2β anλ Thế : (m) = m 1 −   III Bài tập ứng dụng: Bài 1: Chứng minh 2100 - chia hết cho  1 −  a a1     1 −   a n       TrườngTHCS Nguyễn Đình Chiểu Năm học 4≡ 25 ≡ 25 100 ≡ Giải : Ta có 1(mod 5) =>(2 ) (mod 5) =>2 1(mod 5) hay 2100 -  Bài 2: Tìm số dư phép chia 299 cho Giải : Có 23 ≡ -1 (mod 3) ⇔ (23)33 ≡ (-1)33 (mod 3) ⇔ 299 ≡ -1 (mod 3) Vậy 299 chia dư Bài : Tìm chữ số cuối 2999 Bài 4: Chứng minh 22008 không chia hết cho 10 Bài 5: Chứng minh số tự nhiên có số k cho 1983k - chia hết cho 105 Giải: Cách 1: Áp dụng nguyên tắc Dirichlet: Cho k lấy 105 + giá trị liên tiếp từ trở đi, ta 105 + giá trị khác 1983k - Chia 105 +1 số cho 105 , ta có nhiều 105 số dư, theo nguyên tắc Dirichlet, phải có hai số cho số dư chia cho 105 Giả sử hai số 1983m -1 1983n - (m > n) Thế hiệu hai số phải chia hết cho 105: (1983m - 1) - (1983n -1) = 1983m - 1983n = 1983n (1983m-n -1)  105 Do 1983 không chia hết cho 105 => 1983n không chia hết cho 105 Vì 10m-n - chia hết cho 105 Như tìm số k = m-n cho 1983k - chia hết cho 105 Cách 2: Áp dụng định lí Euler: Vì 1983 khơng chia hết cho khơng chia hết cho , cịn 105 = 2555 nên (1983, 105) = Áp dụng định lí Euler: 1983(10 ) ≡ (mod 105) Mà (10 ) = 105(1 - 1 ) (1 - ) = 104 Nên ta có 19834.10 ≡ (mod 105) số 4.104 số k phải tìm Đề áp dụng: Tìm số dư :a) chia 8! Cho 11; b) chia 15325 -1 cho c) chia 340 cho 83.; d) chia 21000 cho 25; e) chia 301293 cho 13 Chứng minh : a) 24n -  15; b) 270 + 370  13 TrườngTHCS Nguyễn Đình Chiểu c) 122n+1 - 11n+2  133; d) 22225555 + 55552222  Năm học e) 14k + 24k + 34k + 44k khơng chia hết cho TrườngTHCS Nguyễn đình chiểu Năm học2010-2011 KẾ HOẠCH BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI Năm học 2011-2012 Chuyên đề 1: PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ Ví dụ 1: Phân tích đa thức thành nhân tử a a ( x + 1) − x( a + 1) b x − + x n +3 − x n Giải: a Dùng phương pháp đặt nhân tử chung ( ) ( ) a x + − x a + = ax + a − a x − x = ax( x − a ) − ( x − a ) = ( x − a )( ax − 1) b Dùng phương pháp đặt nhân tử chung sử dụng đẳng thức ( ) n x − + x n +3 − x n = x x − + ( x − 1) = x n ( x − 1) ( x + x + 1) + ( x − 1) = ( x − 1)  x n ( x + x + 1) + 1 = ( x − 1) ( x n + + x n +1 + x n + 1)   Ví dụ 2: Phân tích đa thức thành nhân tử : a x8 + 3x4 + b x6 - x4 - 2x3 + 2x2 Giải: a.Dùng phương pháp tách hạng tử sử dụng đẳng thức x8 + 3x4 + = (x8 + 4x4 + 4)- x4= (x4 + 2)2 - (x2)2 = (x4 - x2 + 2)(x4 + x2 + 2) b.Dùng phương pháp đặt nhân tử chung ,tách hạng tử ,nhóm thích hợp để sử dụng đẳng thức x6 - x4 - 2x3 + 2x2 = x2(x4 - x2 - 2x +2) 2 = x ( x − x + 1) + ( x − x + 1)  = x ( x − 1) + ( x − 1)  = x ( x − 1) ( x + 1) + 1         = x ( x − 1)  x + x +    Ví dụ 3: Phân tích đa thức thành nhân tử : TrườngTHCS Nguyễn Đình Chiểu Năm học a 2a b + 4ab − a c + ac − 4b c + 2bc − 4abc 2 2 2 b x + 2007 x + 2006 x + 2007 Giải: a.Dùng phương pháp tách hạng tử nhóm thích hợp: 2a b + 4ab − a c + ac − 4b c + 2bc − 4abc 2a 2b + 4ab − a 2c + ac − 4b c + 2bc − 4abc = 2a 2b + 4ab − a 2c − 2abc + ac − 4b 2c + 2bc − 2abc = = 2ab ( a + 2b ) − ac ( a + 2b ) + c ( a + 2b ) − 2bc ( a + 2b ) = ( a + 2b ) ( 2ab − ac + c − 2bc ) = ( a + 2b )  a ( 2b − c ) − c ( 2b − c )  = ( a + 2b ) ( 2b − c ) ( a − c )   b.Dùng phương pháp đặt nhân tử chung sử dụng đẳng thức ( ) = x − x + 2007 x + 2007 x + 2007 ( ) ( ) 2 x − x + 2007 x + 2007 x + 2007 = x( x − 1) x + x + + 2007 x + x + ( )( = x + x + x − x + 2007 ) Ví dụ 4: Phân tích đa thức thành nhân tử : a a + b + c − 3abc b ( a + b + c ) − a − b − c Giải: Sử dụng đẳng thức ( [ ) ] a + b = ( a + b ) a + b − ab = ( a + b ) ( a + b ) − 3ab = ( a + b ) − 3ab( a + b ) [ ] Do đó: a + b + c − 3abc = = ( a + b ) + c − 3ab( a + b ) − 3abc [ ] = ( a + b + c ) ( a + b ) − ( a + b ) c + c − 3ab( a + b + c ) = ( a + b + c ) ( a + b + c − ab − bc − ca ) [ ] b ( a + b + c ) − a − b − c = ( a + b + c ) − a − ( b + c ) [ ] ( = ( b + c ) ( a + b + c ) + a( a + b + c ) + a − ( b + c ) b − bc + c 2 ( ) = ( b + c ) 3a + 3ab + 3bc + 3ca = 3( b + c )( a + c )( a + b ) ) Ví dụ 5: Cho a + b + c = Chứng minh :a3 + b3 + c3 = 3abc ⇒ ( a + b ) = −c ⇒ a + b + 3ab( a + b ) = −c 3 Giải: Vì a + b + c = ⇒ a + b + c − 3abc = ⇒ a + b + c = 3abc TrườngTHCS Nguyễn Đình Chiểu Năm học Ví dụ 6: Cho 4a2 + b2 = 5ab, 2a > b > Tính P = ab 4a − b Giải: Biến đổi 4a2 + b2 = 5ab ⇔ 4a2 + b2 - 5ab = ⇔ ( 4a - b)(a - b) = ⇔ a = b ab a2 Do P = = = 4a − b 3a Ví dụ 7:Cho a,b,c x,y,z khác khác Chứng minh nếu: 2 a b c x y z + + = 0; + + = ; x + y + z = x y z a b c a b c Giải: a b c ayz + bxz + cxy + + =0⇒ = ⇒ ayz + bxz + cxy = x y z xyz x y z x2 y2 z ayz + bxz + cxy x2 y2 z x y z + + = ⇒  + + ÷ = + + + =1⇒ + + =1 a b c a b c abc a b c a b c Chuyên đề 2:.BẤT ĐẲNG THỨC CÔ – SI Chứnh minh : (Với a , b ≥ 0) (BĐT Cô-si) Giải:( a – b ) = a - 2ab + b ≥ ⇒ a + b ≥ 2ab Đẳng thức xảy a = b Chứng minh: (Với a , b ≥ 0) Giải:( a+b ) = (a - 2ab + b )+ 4ab = (a-b) + 4ab ≥ + 4ab ⇒ ( a + b ) ≥ 4ab Đẳng thức xảy a = b Chứng minh: (Với a , b ≥ 0) Giải:2(a + b) – ( a+b ) = a-2ab+b = (a-b) ≥ ⇒ 2(a + b) ≥ ( a+b ) Đẳng thức xảy a = b Chứng minh: Giải: + = (Với a.b > 0) Do ab ≤ ⇒ ≥ Hay + ≥ Đẳng thức xảy a = b Chứng minh: Giải: (Với a.b < 0) + = - Do ≥ ⇒ - ≤ -2 Hay + ≤ - Đẳng thức xảy a = -b 10 TrườngTHCS Nguyễn Đình Chiểu Năm học Tính chất 2: Một số tự nhiên bất kì, nâng lên lũy thừa bậc 4n + (n thuộc N) chữ số tận khơng thay đổi Tính chất 3: a) Số có chữ số tận nâng lên lũy thừa bậc 4n + có chữ số tận ; số có chữ số tận nâng lên lũy thừa bậc 4n + có chữ số tận b) Số có chữ số tận nâng lên lũy thừa bậc 4n + có chữ số tận ; số có chữ số tận nâng lên lũy thừa bậc 4n + có chữ số tận c) Các số có chữ số tận 0, 1, 4, 5, 6, 9, nâng lên lũy thừa bậc 4n + không thay đổi chữ số tận a) 799 Bài 1: Tìm chữ số tận số: 14 b) c) 4567 1414 Giải: a) Trước hết, ta tìm số dư phép chia 99 cho 4: 9 − = (9 − 1)(98 + 97 + … + + 1) chia hết cho ⇒ 99 = 4k + (k ∈ N) ⇒ 799 = 74k + = 74k.7 Do 74k có chữ số tận ⇒ 799 có chữ số tận b) Dễ thấy 1414 = 4k (k ∈ N) ⇒ 141414 = 144k có chữ số tận c) Ta có 567 − M4 ⇒ 567 = 4k + (k ∈ N) ⇒ 4567 = 44k + = 44k.4 ⇒ 44k có chữ số tận nên 4567 có chữ số tận Bài 2: Tìm chữ số tận số: a) 71993 g) 999 b) 21000 h) 1981945 c) 31993 d) 4161 e) 234 i) 321930 Bài 3: Chứng minh rằng: a) 8102 − 2102 M10 b) 175 + 244 − 1321 M10 c) 4343 − 1717 M10 Bài 4: Tìm số tự nhiên n để n10 + Μ 10 Bài 5: Có tồn hay khơng số tự nhiên n để n2 + n + chia hết cho 5? Bài 6: Tìm chữ số tận C = 1.3.5.7… 99 Chữ số tận tổng lũy thừa xác định cách tính tổng chữ số tận lũy thừa tổng 47 TrườngTHCS Nguyễn Đình Chiểu Năm học Bài 2: Tìm chữ số tận tổng S = + + + … + 2004 8009 Giải: Trước hết ta có nhận xét: Mọi lũy thừa S có số mũ chia cho dư (các lũy thừa có dạng n4(n − 2) + 1, n ∈ {2, 3, …, 2004}) Theo tính chất 2, lũy thừa S số tương ứng có chữ số tận giống nhau, chữ số tận tổng: (2 + + … + 9) + 199.(1 + + … + 9) + + + + = 200(1 + + … + 9) + = 9009 Vậy chữ số tận tổng S Bài 3: Tìm chữ số tận tổng T = 23 + 37 + 411 + … + 20048011 Giải: Trước hết ta có nhận xét: Mọi lũy thừa T có số mũ chia cho dư (các lũy thừa có dạng n4(n − 2) + 3, n thuộc {2, 3, …, 2004}) Theo tính chất 23 có chữ số tận ; 37 có chữ số tận ; 411 có chữ số tận ; … Như vậy, tổng T có chữ số tận chữ số tận tổng: (8 + + + + + + + 9) + 199.(1 + + + + + + + + 9) + + + + = 200(1 + + + + + + + + 9) + + + = 9019 Vậy: chữ số tận tổng T Bài 4: Tồn hay không số tự nhiên n cho n2 + n + chia hết cho 19952000 Giải: 19952000 tận chữ số nên chia hết cho Vì vậy, ta đặt vấn đề liệu n + n + có chia hết cho khơng? Ta có n2 + n = n(n + 1), tích hai số tự nhiên liên tiếp nên chữ số tận n2 + n 0; 2; ⇒ n2 + n + tận 1; 3; ⇒ n2 + n + không chia hết cho Vậy: không tồn số tự nhiên n cho n2 + n + chia hết cho 19952000 Sử dụng tính chất “Một số phương tận chữ số ; ; ; ; ; 9”, ta giải Bài sau: Bài 5: Chứng minh tổng sau khơng thể số phương: a) M = 19k + 5k + 1995k + 1996k (với k chẵn) b) N = 20042004k + 2003 48 TrườngTHCS Nguyễn Đình Chiểu Năm học Sử dụng tính chất “một số nguyên tố lớn tận chữ số ; ; ; 9” Bài 6: Cho p số nguyên tố lớn Chứng minh rằng: p8n +3.p4n − chia hết cho Bài 7: Tìm số dư phép chia: a) 21 + 35 + 49 + … + 20038005 cho b) 23 + 37 + 411 + … + 20038007 cho Bài 8: Tìm chữ số tận X, Y: X = 22 + 36 + 410 + … + 20048010 Y = 28 + 312 + 416 + … + 20048016 Bài 9: Chứng minh chữ số tận hai tổng sau giống nhau: U = 21 + 35 + 49 + … + 20058013 V = 23 + 37 + 411 + … + 20058015 Bài 10: Chứng minh không tồn số tự nhiên x, y, z thỏa mãn: 19x + 5y + 1980z = 1975430 + 2004 II Tìm hai chữ số tận Nhận xét: Nếu x ∈ N x = 100k + y, k; y ∈ N hai chữ số tận x hai chữ số tận y Hiển nhiên y ≤ x Như vậy, để đơn giản việc tìm hai chữ số tận số tự nhiên x thay vào ta tìm hai chữ số tận số tự nhiên y (nhỏ hơn) Rõ ràng số y nhỏ việc tìm chữ số tận y đơn giản Từ nhận xét trên, ta đề xuất phương pháp tìm hai chữ số tận số tự nhiên x = am sau: Trường hợp 1: Nếu a chẵn x = am M2m Gọi n số tự nhiên cho an − M25 Viết m = pn + q (p ; q ∈ N), q số nhỏ để aq M4 ta có: x = am = aq(apn − 1) + aq Vì an − M25 ⇒ apn − M25 Mặt khác, (4, 25) = nên aq(apn − 1) M100 Vậy hai chữ số tận am hai chữ số tận aq Tiếp theo, ta tìm hai chữ số tận aq 49 TrườngTHCS Nguyễn Đình Chiểu Năm học Trường hợp 2: Nếu a lẻ , gọi n số tự nhiên cho a n−1 M100 Viết m = un + v (u ; v ∈ N, ≤ v < n) ta có: x = am = av(aun − 1) + av Vì an − M ⇒ aun 100 − 1M100 Vậy hai chữ số tận am hai chữ số tận av Tiếp theo, ta tìm hai chữ số tận av Trong hai trường hợp trên, chìa khóa để giải Bài phải tìm số tự nhiên n Nếu n nhỏ q v nhỏ nên dễ dàng tìm hai chữ số tận aq av Bài 11: Tìm hai chữ số tận số: a) a2003 b) 799 Giải: a) Do 22003 số chẵn, theo trường hợp 1, ta tìm số tự nhiên n nhỏ cho 2n − M25 Ta có 210 = 1024 ⇒ 210 + = 1025 M25 ⇒ 220 − = (210 + 1)(210 − 1) M25 ⇒ 23(220 − 1) M100 Mặt khác: 22003 = 23(22000 − 1) + 23 = 23((220)100 − 1) + 23 = 100k + (k ∈ N) Vậy hai chữ số tận 22003 08 b) Do 799 số lẻ, theo trường hợp 2, ta tìm số tự nhiên n bé cho 7n − M100 Ta có 74 = 2401 => 74 − M100 Mặt khác: 99 − M4 => 99 = 4k + (k ∈ N) Vậy 799 = 74k + = 7(74k − 1) + = 100q + (q  N) tận hai chữ số 07 Bài 12: Tìm số dư phép chia 3517 cho 25 Giải: Trước hết ta tìm hai chữ số tận 517 Do số lẻ nên theo trường hợp 2, ta phải tìm số tự nhiên n nhỏ cho 3n − M100 Ta có 310 = 95 = 59049 ⇒ 310 + M50 ⇒ 320 − = (310 + 1) (310 − 1) M100 Mặt khác: 516 − M4 ⇒ 5(516 − 1) M20 ⇒ 517 = 5(516 − 1) + = 20k + ⇒ 3517 = 320k + = 35(320k − 1) + 35 = 35(320k − 1) + 243, có hai chữ số tận 43 Vậy số dư phép chia 3517 cho 25 18 Trong trường hợp số cho chia hết cho ta tìm theo cách gián tiếp Trước tiên, ta tìm số dư phép chia số cho 25, từ suy khả hai chữ số tận Cuối cùng, dựa vào giả thiết chia hết cho để chọn giá trị Các thí dụ cho thấy rằng, a = a = n = 20 ; a = n = 50 TrườngTHCS Nguyễn Đình Chiểu Năm học Một câu hỏi đặt là: Nếu a n nhỏ ? Ta có tính chất sau đây: Tính chất 4: Nếu a MN (a, 5) = a20 − M25 Bài 13: Tìm hai chữ số tận tổng: a) S1 = 12002 + 22002 + 32002 + + 20042002 b) S2 = 12003 + 22003 + 32003 + + 20042003 Giải: a) Dễ thấy, a chẵn a2 chia hết cho ; a lẻ a 100 − chia hết cho ; a chia hết cho a2 chia hết cho 25 Mặt khác, từ tính chất ta suy với a ∈ N (a, 5) = ta có a × 100 − M25 Vậy với a ∈ N ta có a2(a100 − 1) M100 Do S1 = 12002 + 22(22000 − 1) + + 20042(20042000 − 1) + 22 + 32 + + 20042 Vì hai chữ số tận tổng S1 hai chữ số tận tổng 12 + 22 + 32 + + 20042 áp dụng công thức: 12 + 22 + 32 + + n2 = n(n + 1)(2n + 1)/6 ⇒12 + 22 + + 20042 = 2005 × 4009 × 334 = 2684707030, tận 30 Vậy hai chữ số tận tổng S1 30 b) Hoàn toàn tương tự câu a, S = 12003 + 23(22000 − 1) + + 2004 3(20042000 − 1) + 23 + 33 + 20043 Vì thế, hai chữ số tận tổng S hai chữ số tận 13 23 + + 33 + +  n(n + 1)  + + + + n = (1 + + + n) =     3 3 20043 Áp dụng 2 ⇒ 13 + 23 + + 20043 = (2005 × 1002)2 = 4036121180100, tận 00 Vậy hai chữ số tận tổng S2 00 Tính chất 5: Số tự nhiên A khơng phải số phương nếu: + A có chữ số tận 2, 3, 7, ; + A có chữ số tận mà chữ số hàng chục chữ số chẵn ; + A có chữ số hàng đơn vị khác mà chữ số hàng chục lẻ ; + A có chữ số hàng đơn vị mà chữ số hàng chục khác ; + A có hai chữ số tận lẻ 51 công thức: TrườngTHCS Nguyễn Đình Chiểu Năm học Bài 14: Cho n ∈ N n − không chia hết cho CMR: + khơng thể số n phương Giải: Do n − không chia hết n = 4k + r (r ∈ {0, 2, 3}) Ta có 74 − = 2400 M 100 Ta viết 7n + = 74k + r + = 7r(74k − 1) + 7r + Vậy hai chữ số tận n + hai chữ số tận r + (r = 0, 2, 3) nên 03, 51, 45 Theo tính chất rõ ràng 7n + khơng thể số phương n khơng chia hết cho III Tìm ba chữ số tận Nhận xét: Tương tự trường hợp tìm hai chữ số tận cùng, việc tìm ba chữ số tận số tự nhiên x việc tìm số dư phép chia x cho 1000 Nếu x = 1000k + y, k ; y ∈ N ba chữ số tận x ba chữ số tận y (y ≤ x) Do 1000 = x 125 mà (8, 125) = nên ta đề xuất phương pháp tìm ba chữ số tận số tự nhiên x = am sau: Trường hợp 1: Nếu a chẵn x = am chia hết cho 2m Gọi n số tự nhiên cho a n − chia hết cho 125 Viết m = pn + q (p ; q ∈ N), q số nhỏ để aq chia hết cho ta có: x = am = aq(apn − 1) + aq Vì an − chia hết cho 125 => apn − chia hết cho 125 Mặt khác, (8, 125) = nên aq(apn − 1) chia hết cho 1000 Vậy ba chữ số tận a m ba chữ số tận a q Tiếp theo, ta tìm ba chữ số tận aq Trường hợp 2: Nếu a lẻ , gọi n số tự nhiên cho an − chia hết cho 1000 Viết m = un + v (u ; v ∈ N, ≤ v < n) ta có: x = am = av(aun − 1) + av Vì an − chia hết cho 1000 => aun − chia hết cho 1000 Vậy ba chữ số tận a m ba chữ số tận a v Tiếp theo, ta tìm ba chữ số tận av Tính chất sau suy từ tính chất Tính chất 6: Nếu a ∈ N (a, 5) = a100 − chia hết cho 125 52 TrườngTHCS Nguyễn Đình Chiểu Năm học 20 20 40 60 80 Chứng minh: Do a − M25 nên a , a , a , a chia cho 25 có số dư ⇒ a20 + a40 + a60 + a80 + M5 Vậy a100 − = (a20 − 1)( a80 + a60 + a40 + a20 + 1) M 125 Bài 15: Tìm ba chữ số tận 123101 Giải: Theo tính chất 6, (123, 5) = ⇒ 123100 − M125 (1) Mặt khác: 123100 − = (12325 − 1)(12325 + 1)(12350 + 1) ⇒ 123100 − M8 (2) Vì (8, 125) = 1, từ (1) (2) suy ra: 123100 − M1000 ⇒ 123101 = 123(123100 − 1) + 123 = 1000k + 123 (k ∈ N) Vậy 123101 có ba chữ số tận 123 Bài 12: Tìm ba chữ số tận 3399 98 Giải: Theo tính chất 6, (9, 5) = => 9100 − chi hết cho 125 (1) Tương tự 11, ta có 9100 − chia hết cho (2) Vì (8, 125) = 1, từ (1) (2) suy ra: 100 − chia hết cho 1000 ⇒ 3399 98 = 9199 = 9100p + 99 = 999(9100p − 1) + 999 = 1000q + 999 (p, q ∈ N) Vậy ba chữ số tận 3399 98 ba chữ số tận 99 Lại 9100 − chia hết cho 1000 ⇒ ba chữ số tận 100 001 mà 999 = 9100: ⇒ ba chữ số tận 999 889 (dễ kiểm tra chữ số tận 99 9, sau dựa vào phép nhân ???9 × = 001 để xác định ??9 = 889 ) Vậy ba chữ số tận 3399 98 889 Nếu số cho chia hết cho ta tìm ba chữ số tận cách gián bước: Tìm dư phép chia số cho 125, từ suy khả ba chữ số tận cùng, cuối kiểm tra điều kiện chia hết cho để chọn giá trị Bài 16: Tìm ba chữ số tận 2004200 Giải: (2004, 5) = (tính chất 6) ⇒ 2004100 chia cho 125 dư ⇒ 2004200 = (2004100)2 chia cho 125 dư ⇒ 2004200 tận 126, 251, 376, 501, 626, 751, 876 Do 2004200 M8 nên tận 376 Bài tập vận dụng: 53 TrườngTHCS Nguyễn Đình Chiểu n n Năm học n n Bài 17: Chứng minh + + + chia hết cho n không chia hết cho Bài 18: Chứng minh 920002003, 720002003 có chữ số tận giống Bài 19: Tìm hai chữ số tận của: a) 3999 b) 111213 Bài 20: Tìm hai chữ số tận của: S = 23 + 223 + + 240023 Bài 21: Tìm ba chữ số tận của: S = 12004 + 22004 + + 20032004 Bài 22: Cho (a, 10) = Chứng minh ba chữ số tận a 101 ba chữ số tận a Bài 23: Cho A số chẵn không chia hết cho 10 Hãy tìm ba chữ số tận A200 Bài 24: Tìm ba chữ số tận số: 199319941995 2000 Bài 25: Tìm sáu chữ số tận 521 D·y sè cã qui luËt I > Phơng pháp dự đoán quy nạp : Trong số trờng hợp gặp toán tính tổng hữu hạn Sn = a1 + a2 + an (1) Bằng cách ta biết đợc kết (dự đoán , toán chứng minh đà cho biết kết quả) Thì ta nên sử dụng phơng pháp hầu nh chứng minh đợc VÝ dơ : TÝnh tỉng Sn =1+3+5 + + (2n -1 ) Thö trùc tiÕp ta thÊy : S1 = S2 = + =22 S3 = 1+ 3+ = = 32 Ta dự đoán Sn = n Với n = 1;2;3 ta thấy kết giả sử víi n= k ( k ≥ 1) ta cã Sk = k (2) 54 TrườngTHCS Nguyễn Đình Chiểu Năm hc ta cần phải chứng minh Sk + = ( k +1 ) ( 3) ThËt vËy céng vÕ cđa ( 2) víi 2k +1 ta cã 1+3+5 + + (2k – 1) + ( 2k +1) = k2 + (2k +1) v× k2 + ( 2k +1) = ( k +1) nªn ta cã (3) tøc lµ Sk+1 = ( k +1) theo nguyên lý quy nạp toán đợc chứng minh Sn = 1+3=5 + + ( 2n -1) = n2 Tơng tự ta chứng minh kết sau phơng pháp quy nạp toán học 1, + 2+3 + + n = n(n + 1) 2, 12 + 2 + + n = n(n + 1)(2n + 1) 3, 13+23 + + n3 =  n(n + 1)     4, 15 + 25 + + n5 = 2  n (n + 1) ( 2n2 + 2n – ) 12 II > Phơng pháp khử liên tiếp : Giả sử ta cần tính tổng (1) mà ta biĨu diƠn a i , i = 1,2,3 ,n , qua hiệu hai số hạng liên tiếp dÃy số khác , xác , giả sử : a1 = b1 - b2 a2 = b2 - b3 an = bn – bn+ ®ã ta cã : Sn = ( b1 – b2 ) + ( b2 – b3 ) + + ( bn – bn + ) = b1 – bn + VÝ dơ : tÝnh tỉng : S= Ta cã : 1 1 + + + + 10.11 11.12 12.13 99.100 1 = − 10.11 10 11 , 1 = − 11.12 11 12 , Do ®ã : S= 1 1 1 1 − + − + + − = − = 10 11 11 12 99 100 10 100 100 ã Dạng tỉng qu¸t Sn = 1 + + + (n> 1) 1.2 2.3 n(n + 1) 55 1 = − 99.100 99 100 TrườngTHCS Nguyễn Đình Chiểu n = 1= n +1 n +1 Năm học VÝ dơ : tÝnh tỉng 1 1 + + + + 1.2.3 2.3.4 3.4.5 n(n + 1)(n + 2) Sn = Ta cã Sn = Sn = Sn =  1 1  1 1  1 1 − −  +   + +   n( n + 1) − (n + 1)(n + 2)    1.2 2.3   2.3 3.4  2   1 1 1 1   1.2 − 2.3 + 2.3 − 3.4 + + n( n + 1) − (n + 1)(n + 2)   2   1 1 n(n + 3)   1.2 − (n + 1)(n + 2)  = 4(n + 1)(n + 2)  2  VÝ dơ : tÝnh tỉng Sn = 1! +2.2 ! + 3.3 ! + + n n! ( n! = 1.2.3 n ) Ta cã : 1! = 2! -1! 2.2! = ! -2! 3.3! = 4! -3! n.n! = (n + 1) –n! VËy Sn = 2! - 1! +3! – ! + 4! - 3! + + ( n+1) ! – n! = ( n+1) ! - 1! = ( n+ 1) ! - VÝ dô : tÝnh tæng Sn = 2n + + + + 2 (1.2) (2.3) [ n(n + 1)] Ta cã : Do ®ã 2i + [ i(i + 1)] = 1 − ; i (i + 1) Sn = ( 1= 1- i = ; ; 3; ; n 1 1  1 1  ) +  −  + +  − n (n + 1)  2    n( n + 2) = (n + 1) ( n + 1) III > Phơng pháp giải phơng trình với ẩn tổng cần tÝnh: VÝ dơ : TÝnh tỉng S = 1+2+22 + + 2100 ( 4) ta viÕt l¹i S nh sau : 56 TrườngTHCS Nguyễn Đình Chiểu S = 1+2 (1+2+22 + + 299 ) S = 1+2 ( +2+22+ + 299 + 100 - 2100 ) => S= 1+2 ( S -2 100 ) ( 5) Tõ (5) suy S = 1+ 2S -2101 Năm học  S = 2101-1 VÝ dô : tÝnh tæng Sn = 1+ p + p + p3 + + pn ( p ≠ 1) Ta viÕt l¹i Sn díi d¹ng sau : Sn = 1+p ( 1+p+p2 + + pn-1 ) Sn = + p ( 1+p +p2 + + p n-1 + p n –p n )  Sn = 1+p ( Sn –pn )  Sn = +p.Sn –p n+1  Sn ( p -1 ) = pn+1 -1  Sn = P n +1 − p −1 VÝ dơ : TÝnh tỉng Sn = 1+ 2p +3p + + ( n+1 ) pn , ( p ≠ 1) Ta cã : p.Sn = p + 2p + 3p3 + + ( n+ 1) p n +1 = 2p –p +3p –p2 + 4p3–p3 + + (n+1) pn - pn + (n+1)pn –pn + ( n+1) pn+1 = ( 2p + 3p2 +4p3 + +(n+1) pn ) – ( p +p + p + pn ) + ( n+1) pn+1 = ( 1+ 2p+ 3p2+4p3+ + ( n+1) pn ) – ( + p+ p2 + + p n) + ( n +1 ) pn+1 n +1 p.Sn=Sn- P − + (n + 1) P n +1 ( theo VD ) P −1 n +1 L¹i cã (p-1)Sn = (n+1)pn+1 - p − P −1  Sn = (n + 1) P n +1 p n +1 − − p −1 ( P − 1) IV > Phơng pháp tính qua tổng đà biết ã Các kí hiệu : n a i =1 i = a1 + a + a3 + + a n ã Các tính chất : 1, n ∑ (a i =1 n i n i =1 i =1 + bi ) = ∑ + ∑ bi 57 TrườngTHCS Nguyễn Đình Chiểu 2, n ∑ a.a i =1 Năm học n i = a ∑ i =1 VÝ dơ : TÝnh tỉng : Sn= 1.2 + 2.3 + 3.4 + + n( n+1) n n i =1 Ta cã : Sn = i =1 ∑ i(i + 1) = ∑ (i n n i =1 i =1 + i) = ∑ i + ∑ i V× : n ∑ i = + + + + n = i =1 n( n + 1) n(n + 1)(2n + 1) ∑i = i =1 n (Theo I ) n(n + 1) n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1)(n + 2) + = cho nªn : Sn = VÝ dơ 10 : TÝnh tỉng : Sn =1.2+2.5+3.8+ .+n(3n-1) n n i =1 ta cã : Sn = i =1 ∑ i(3i − 1) = ∑ (3i − i) n n = 3∑ i − ∑ i i =1 i ==1 Theo (I) ta cã : Sn = 3n( n + 1)(2n + 1) n(n + 1) − = n (n + 1) VÝ dơ 11 TÝnh tỉng Sn = 13+ +23 +53 + + (2n +1 )3 ta cã : Sn = [( 13 +2 +33 +43 + +(2n+1)3 ] –[23+43 +63 + +(2n)3] = [13+23 +33 +43 + + (2n +1 )3] -8 (13 +23 +33 +43 + + n3 ) 2 2 Sn = (2n + 1) (2n + 2) − 8n (n + 1) 4 ( theo (I) – ) =( n+1) 2(2n+1) – 2n2 (n+1)2 = (n +1 )2 (2n2 +4n +1) V/ VËn dông trùc tiếp công thức tính tổng số hạng dÃy số cách ( Học sinh lớp ) ã Cơ sở lý thuyết : + để đếm số hạng dÃy số mà số hạng liên tiếp dÃy cách số đơn vị , ta dïng c«ng thøc: 58 TrườngTHCS Nguyễn Đình Chiểu Năm học Sè sè h¹ng = ( sè cuèi – sè đầu : ( khoảng cách ) + + Để tính tổng số hạng dÃy số mà số hạng liên tiếp cách số đơn vị , ta dùng công thức: Tổng = ( số đầu số cuối ) ( số số h¹ng ) :2 VÝ dơ 12 : TÝnh tỉng A = 19 +20 +21 + + 132 Sè sè h¹ng cđa A lµ : ( 132 – 19 ) : +1 = 114 ( sè h¹ng )m A = 114 ( 132 +19 ) : = 8607 VÝ dơ 13 : TÝnh tỉng B = +5 +9 + .+ 2005 +2009 số số hạng B ( 2009 – ) : + = 503 B = ( 2009 +1 ) 503 :2 = 505515 VI / Vân dụng số công thức chứng minh đợc vào làm toán Ví dụ 14 : Chứng minh r»ng : k ( k+1) (k+20 -9k-1)k(k+1) = 3k ( k +1 ) Tõ ®ã tÝnh tỉng S = 2+2.3 + 3.4 + + n (n + 1) Chøng minh : c¸ch : VT = k(k+1)(k+2) –(k-1) k(k+1) = k( k+1) [ (k + 2) − (k − 1)] = k (k+1) = 3k(k+1) C¸ch : Ta cã k ( k +1) = k(k+1) (k + 2) − (k − 1) k (k + 1)(k + 2) k (k + 1)(k − 1) = − 3  3k ( k-1) = k (k+1)(k+2) – (k-1) k(k+1) => 1.2 = 1.2.3 0.1.2 − 3 2.3.4 1.2.3 − 3 n(n + 1)(n + 2) ( n − 1)n(n + 1) n(n + 1) = − 3 2.3 = S= −1.2.0 (n + 2)n(n + 1) ( n + 1)n(n + 2) + = 3 VÝ dô 15 : Chøng minh r»ng : k (k+1) (k+2) (k+3) – (k-1) k(k+1) (k+2) =4k (k+1) (k+2) tõ ®ã tÝnh tæng S = 1.2 + 2.3 +3.4.5 + + n(n+1) (n+2) Chøng minh : VT = k( k+1) (k+2) [ (k + 3) − (k − 1)] = k( k+1) ( k +2 ) Rót : k(k+1) (k+2) = ¸p dơng : 1.2.3 = k (k + 1)(k + 2)(k + 3) (k − 1)k (k + 1)(k + 2) − 4 1.2.3.4 0.1.2.3 − 4 59 * TrườngTHCS Nguyễn Đình Chiểu 2.3.4.5 1.2.3.4 2.3.4 = − 4 Năm học n(n+1) (n+2) = Céng vÕ với vế ta đợc S = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) (n − 1)n(n + 1)(n + 2) − 4 n (n + 1)(n + 2)(n + 3) * Bài tập đề nghị : Tính tæng sau 1, B = 2+ +10 + 14 + + 202 2, a, A = 1+2 +22 +23 + + 26.2 + b, S = + 52 + 53 + + 99 + 5100 c, C = + 10 + 13 + + 76 3, D = 49 +64 + 81+ + 169 4, S = 1.4 + + 3.6 + 4.7 + + n( n +3 ) , 5, S = 1 1 + + + + 1.2 2.3 3.4 99.100 6, S = 4 + + + 5.7 7.9 59.61 7, A = n = 1,2,3 , 5 5 + + + + 11.16 16.21 21.26 61.66 8, M = 1 1 + + + + 2005 3 3 9, Sn = 1 + + + 1.2.3 2.3.4 n(n + 1)(n + 2) 10, Sn = 2 + + + 1.2.3 2.3.4 98.99.100 11, Sn = 1 + + + 1.2.3.4 2.3.4.5 n(n + 1)(n + 2)(n + 3) 12, M = + 99 + 999 + + 99 .9 50 ch÷ sè 13, Cho: S1 = 1+2 S3 = 6+7+8+9 S2 = 3+4+5 S4 = 10 +11 +12 +13 + 14 Tính S100 =? Trong trình bồi dỡng học sinh giỏi , đà kết hợp dạng toán có liên quan đến dạng tính tổng để rèn luyện cho em , chẳng hạn dạng toán tìm x : 60 TrngTHCS Nguyn ỡnh Chiu 14, a, (x+1) + (x+2) + (x+3) + + ( x+100 ) = 5070 b, + + + + + x = 820 c, + 1 1989 + + + + =1 10 x( x + 1) 1991 Hay toán chứng minh chia hết liên quan 15, Chøng minh : a, A = 4+ 22 +23 +24 + + 220 lµ l thõa cđa b, B =2 + 22 + + + 60  ; 7; 15 c, C = + 33 +35 + + 31991  13 ; 41 d, D = 119 + 118 +117 + + 11 +1  61 Năm học ... + + + 9) + 199 .(1 + + + + + + + + 9) + + + + = 200(1 + + + + + + + + 9) + + + = 90 19 Vậy: chữ số tận tổng T Bài 4: Tồn hay không số tự nhiên n cho n2 + n + chia hết cho 199 52000 Giải: 199 52000... chữ số tận nên 4567 có chữ số tận Bài 2: Tìm chữ số tận số: a) 7 199 3 g) 99 9 b) 21000 h) 198 194 5 c) 3 199 3 d) 4161 e) 234 i) 32 193 0 Bài 3: Chứng minh rằng: a) 8102 − 2102 M10 b) 175 + 244 − 1321... 5, 6, 9, nâng lên lũy thừa bậc 4n + không thay đổi chữ số tận a) 799 Bài 1: Tìm chữ số tận số: 14 b) c) 4567 1414 Giải: a) Trước hết, ta tìm số dư phép chia 99 cho 4: 9 − = (9 − 1) (98 + 97 + …