Chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán 9

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 không 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 ngun tố lớn nhất) Số hoàn chỉnh: số tổng ước khơng kể thân Ví dụ: , 28, , 2n-1(2n - 1) III Một số phương pháp thơng thường để giải tốn 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 + 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) không 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: A(n) = n2 + 4n + = (2k + 1)2 + 4(2k + 1) + = 4k2 + 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) khơng 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 ngun 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) Giả sử A(k) : A(k) = 16k - 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 b) a2 + b2 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 môđun 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 ngun 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 −    1 −  a a1     1 −   a n       III Bài tập ứng dụng: Bài 1: Chứng minh 2100 - chia hết cho Giải : Ta có 24 ≡ 1(mod 5) =>(24)25 ≡ 125 (mod 5) =>2100 ≡ 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 khơng 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 không chia hết cho không chia hết cho , 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 c) 122n+1 - 11n+2  133; d) 22225555 + 55552222  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 + 1) − x( a + 1) = 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 − 1) + ( 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) [( [( x ) ( )] = x x − 2x + + x − 2x + = x2 = x2 ) ( x − 1) [ x ] − + ( x − 1) = x ( x − 1) 2 2 + 2x + 2 ] [( x + 1) ] +1 Ví dụ 3: Phân tích đa thức thành nhân tử : a 2a b + 4ab − a c + ac − 4b c + 2bc − 4abc 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 b + 4ab − a c + ac − 4b c + 2bc − 4abc = 2a b + 4ab − a c − 2abc + ac − 4b c + 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 + 2007 x + 206 x + 2007 = x( x − 1) x + x + + 2007 x + x + ( )( = x + x + x − x + 2007 2 ) 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 ab Ví dụ 6: Cho 4a2 + b2 = 5ab, 2a > b > Tính P = 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 a b c ayz + bxz + cxy = ⇒ ayz + bxz + cxy = Giải: + + = ⇒ 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: (Với a.b > 0) Giải: + = Do ab ≤ ⇒ ≥ Hay + ≥ Đẳng thức xảy a = b Chứng minh: (Với a.b < 0) Giải: + = - Do ≥ ⇒ - ≤ -2 Hay + ≤ - Đẳng thức xảy a = -b Chứng minh: (Với a , b > 0) Giải: + - = = ≥ ⇒ + ≥ Đẳng thức xảy a = b Chứng minh rằng: Giải:2(a +b +c) – 2(ab+bc+ca) =(a-b) +(b-c) +(c-a) ≥ ⇒ 2(a +b +c) ≥ 2(ab+bc+ca) Hay a +b +c ≥ ab+bc+ca Đẳng thức xảy a = b;b = c;c = a ⇔ a = b= c Chuyên đề 3:TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT - GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT DẠNG • Nếu a > : P = ax + bx +c = • Nếu a < : P = ax + bx +c = Suy MaxP = a c+b 4a Khi x= b 4ac-b 4ac-b b   +ax + Suy MinP = Khi x=- 2a ÷ 4a 2a  4a  a c+b 4a  b − a x−  2a   ÷ ÷  b 2a Một số ví dụ: Tìm GTNN A = 2x + 5x + Giải:A = 2x2 + 5x + = 2( x + x + 25 25 − )+7= 16 16 25 56 − 25 31 = 2( x + )2 − + = + 2( x + )2 = + 2( x + ) 8 Suy MinA = 31 Khi x = − Tìm GTLN A = -2x2 + 5x + 25 25 − )+7= 16 16 25 56 + 25 81 = −2( x − ) + + = − 2( x − ) = − 2( x − ) ≤ 8 Giải: A = -2x2 + 5x + = - 2( x − x + Suy MinA = 81 Khi x = Tìm GTNN B = 3x + y - 8x + 2xy + 16 Giải: B = 3x + y - 8x + 2xy + 16 = 2(x - 2) + (x + y) + ≥ ⇒ MinB = : ⇔ Tìm GTLN C = -3x - y + 8x - 2xy + Giải: C = -3x - y + 8x - 2xy + = 10 - ≤ 10 ⇒ GTLNC = 10 khi: ⇔ Chun đề 4: • Ví dụ 1`: a Rút gọn Biếu thức B = b Thực phép tính: 4a + 12a + Với a ≠ − 2 2a − a − 0,5a + a + a − : + + 0,5a a + a( − a ) (a ≠ ± 2.) ( 2a + 3) = 2a + 4a + 12a + = Giải:a B = ( 2a + 3)( a − 2) a − 2a − a − 0,5a + a + a − a + 2a + a + 2 : + = ⋅ + b + 0,5a a + a( − a ) a+2 a − a( − a ) a + 2a + a−2 = − = = ( a − ) ( a + 2a + ) a ( a − ) a ( a − ) a • Ví dụ Thực phép tính: A = x + y − xy x3 + y3 : ( Với x ≠ ± y) x2 − y2 x + y − xy ( x − y) x + y − xy x3 + y3 x + y − xy x− y A= : = × = Giải: 2 2 2 x −y x + y − xy ( x − y ) ( x + y ) ( x + y ) x + y − xy ( x + y) ( ) x4 + x3 + x + • Ví dụ Cho biểu thức : A = x − x3 + 2x − x + a Rút gọn biểu thức A b Chứng minh A không âm với giá trị x A= = x4 + x3 + x +1 x + x3 + x +1 = x4 − x3 + 2x2 − x +1 x − x3 + x + x2 − x +1 x3 ( x + 1) + ( x + 1) x ( x − x + 1) + ( x − x + 1) b A = = (x ( x + 1) ( x3 + 1) − x + 1) ( x + 1) = ( x + 1) ; ( x + 1) ≥ 0; x + > ⇒ A ≥ ( x + 1) (x 2 (x − x + 1) − x + 1) ( x + 1) = ( x + 1) (x 2 + 1) x2 +1 Ví dụ Tính giá trị biếu thức : a5 + a6 + a + a8 a − + a − + a − + a −8 với a = 2007.Giải: ( 8 a5 + a + a7 + a8 a + a + a + a8 a + a + a + a8 a a + a + a + a B = −5 = = = 1 1 a + a + a1 + a + a −6 + a −7 + a −8 a3 + a + a + + 6+ 7+ a5 a a a a8 = ( a13 + a + a + a a + a + a +1 ) =a 13 ⇒ B = 200713 • Ví dụ 5: Tính giá trị biếu thức : x − 25 y−2 : x − 10 x + 25 x y − y − Biết x2 + 9y2 - 4xy = 2xy - x − Giải: x2 + 9y2 - 4xy = 2xy - x − ⇔ ( x − y ) + x − = x = y x = ⇔ ⇔ x = y = ( x − 5)( x + 5) ⋅ ( y − 2)( y + 1) = ( x + 5)( y + 1) = 8.2 = − x − 25 y−2 C= : = 2 x ( x − 5) 3.( − ) y−2 x − 10 x + 25 x y − y − x ( x − 5) Chuyên đề 5: PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI Bài 1: Cho phương trình ẩn số x: x2 – 2(m – 1)x – – m = (1) a) Giải phương trình m = b) Chứng tỏ phương trình có nghiệm số với m c) Tìm m cho nghiệm số x1, x2 phương trình thỏa mãn 2 điều kiện x1 + x2 ≥ 10 ) c > Bài 2: Cho số a, b, c thỏa điều kiện:  ( c + a ) < ab + bc − 2ac Chứng minh phương trình ax2 + bx + c = ln ln có nghiệm Bài 3: Cho a, b, c số thực thỏa điều kiện: a2 + ab + ac < Chứng minh phương trình ax2 + bx + c = có hai nghiệm phân biệt Bài 4: Cho phương trình x2 + px + q = Tìm p, q biết phương trình có hai  x1 − x = nghiệm x1, x2 thỏa mãn:  3  x1 − x = 35 Bài 5: CMR với giá trị thực a, b, c phương trình (x – a)(x – b) + (x – c)(x – b) + (x – c)(x – a) = ln có nghiệm Bài 6: CMR phương trình ax2 + bx + c = ( a ≠ 0) có nghiệm biết 5a + 2c = b Bài 7: Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác CMR phương trình sau có nghiệm: (a2 + b2 – c2)x2 - 4abx + (a2 + b2 – c2) = Bài 8: CMR phương trình ax2 + bx + c = ( a ≠ 0) có nghiệm 2b c ≥ +4 a a Bài 9: Cho phương trình : 3x2 - 5x + m = Xác định m để phương trình có hai nghiệm 2 thỏa mãn: x1 - x2 = Bài 10: Cho phương trình: x – 2(m + 4)x +m2 – = Xác định m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: a) A = x1 + x2 -3x1x2 đạt GTLN b) B = x12 + x22 - đạt GTNN c) Tìm hệ thức liên hệ x1, x2 không phụ thuộc vào m Bài 11: Giả sử x1, x2 hai nghiệm phương trình bậc 2: 3x2 - cx + 2c - = Tính theo c giá trị biểu thức: 1 S = x3 + x3 Bài 12: Cho phương trình : x2 - x + = Có hai nghiệm x1, x2 Khơng giải phương trình tính giá trị biểu thức: x12 + x1 x + 3x A= x1 x + x13 x Bài 13: Cho phương trình: x2 – 2(a - 1)x + 2a – = (1) 1) CMR phương trình (1) ln có hai nghiệm với giá trị a 2) Tìm giá trị a để pt (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện: x12 + x22 = Tìm giá trị a để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện: x1 < < x2 Bài 14: Cho phương trình: x2 – 2(m - 1)x + m – = (1) a) CMR phương trình (1) có nghiệm với giá trị m b) Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình (1) 10 C¸c sè a, b, c nguyên tố ƯCLN(a, b, c) = Các số a, b, c đôi nguyên tố ⇔ ¦CLN(a, b) = ¦CLN(b, c) = ¦CLN(c, a) =1 II C¸c vÝ dơ: VD1: Ta biÕt r»ng cã 25 số nguyên tố nhỏ 100 Tổng 25 số nguyên tố số chẵn hay số lẻ HD: Trong 25 số nguyên tố nhỏ 100 có chứa số nguyên tố chẵn 2, 24 số nguyên tố lại số lẻ Do tổng 25 số nguyên tố số chẵn VD2: Tổng số nguyên tố 1012 Tìm sè nguyªn tè nhá nhÊt ba sè nguyªn tè HD: Vì tổng số nguyên tố 1012, nên số nguyên tố tồn số nguyên tố chẵn Mà số nguyên tố chẵn số nguyên tè nhá nhÊt VËy sè nguyªn tè nhá nhÊt số nguyên tố VD3: Tổng số nguyên tố 2003 hay không? Vì sao? HD: Vì tổng số nguyên tố 2003, nên số nguyên tố tồn số nguyên tố chẵn Mà số nguyên tố chẵn Do số nguyên tố lại 2001 Do 2001 chia hết cho 2001 > Suy 2001 số nguyên tố VD4: Tìm số nguyên tố p, cho p + vµ p + cịng lµ số nguyên tố HD: Giả sử p số nguyên tố - Nếu p = p + = p + = số nguyên tố - Nếu p số nguyên tố p có d¹ng: 3k, 3k + 1, 3k + víi k ∈ N* +) NÕu p = 3k ⇒ p = ⇒ p + = vµ p + = số nguyên tố +) NÕu p = 3k +1 th× p + = 3k + = 3(k + 1) ⇒ p + M3 p + > Do p + hợp số +) Nếu p = 3k + th× p + = 3k + = 3(k + 2) ⇒ p + M3 p + > Do p + hợp số Vậy với p = p + p + số nguyên tố VD5: Cho p p + số nguyên tố (p > 3) Chứng minh p + hợp số HD: Vì p số nguyên tố p > 3, nên số nguyên tố p có dạng: 3k + 1, 3k + víi k ∈ N* - NÕu p = 3k + th× p + = 3k + = 3(k + 2) ⇒ p + M3 p + > Do p + hợp số ( Trái với đề p + số nguyên tố) - Nếu p = 3k + th× p + = 3k + = 3(k + 3) ⇒ p + M3 p + > Do p + hợp số Vậy số nguyên tố p có dạng: p = 3k + p + hợp số VD6: Chứng minh số nguyên tố lớn có dạng 4n + 4n HD: Mỗi số tự nhiªn n chia cho cã thĨ cã số d: 0; 1; 2; Do số tự nhiên n viết đợc díi d¹ng: 4k, 4k + 1, 4k + 2, 4k + víi k ∈ N* - NÕu n = 4k ⇒ n M ⇒ n lµ hỵp sè - NÕu n = 4k + n M n hợp số Vậy số nguyên tố lớn có dạng 4k + hc 4k – Hay mäi sè nguyên tố lớn có dạng 4n + hc 4n – víi n ∈ N* VD7: Tìm ssó nguyên tố, biết số tổng hai số nguyên tố hiệu hai số nguyên tố HD: 32 Giả sử a, b, c, d, e số nguyên tố d > e Theo bµi ra: a = b + c = d - e (*) Tõ (*) ⇒ a > a số nguyên tố lẻ b + c d - e số lẻ Do b, d số nguyên tố b, d số lẻ c, e số chẵn c = e = (do c, e số nguyªn tè) ⇒ a = b + = d - ⇒ d = b + VËy ta cần tìm số nguyên tố b cho b + b + số nguyên tố VD8: Tìm tất số nguyên tố x, y cho: x2 – 6y2 = HD: Ta cã: x − y = ⇒ x − = y ⇒ ( x − 1)( x + 1) = y Do y M ⇒ ( x − 1)( x + 1)M 2 Mµ x - + x + = 2x ⇒ x - vµ x + có tính chẵn lẻ x - x + hai số chẵn liªn tiÕp ⇒ ( x − 1)( x + 1)M ⇒ y M ⇒ y M 8 ⇒ y2 M ⇒ yM ⇒ y = ⇒ x = 2 VD9: Cho p p + số nguyên tố (p > 3) Chøng minh r»ng p + M HD: Vì p số nguyên tố p > 3, nªn sè nguyªn tè p cã d¹ng: 3k + 1, 3k + víi k ∈ N* - NÕu p = 3k + th× p + = 3k + = 3(k + 1) ⇒ p + M3 vµ p + > Do p + hợp số ( Trái với đề p + số nguyên tố) - Nếu p = 3k + p + = 3k + = 3(k + 1) (1) Do p số nguyên tố p > ⇒ p lỴ ⇒ k lỴ ⇒ k + ch½n ⇒ k + M (2) Tõ (1) vµ (2) ⇒ p + M II Bài tập vận dụng: Bài 1: Tìm số nguyên tố p cho số sau số nguyên tố: a) p + p + 10 b) p + 10 vµ p + 20 c) p + 10 vµ p + 14 d) p + 14 vµ p + 20 e) p + 2vµ p + f) p + vµ p + 14 g) p + vµ p + 10 h) p + p + 10 Bài 2: Tìm số nguyên tố p cho số sau số nguyªn tè: a) p + 2, p + 8, p + 12, p + 14 b) p + 2, p + 6, p + 8, p + 14 c) p + 6, p + 8, p + 12, p + 14 d) p + 2, p + 6, p + 8, p + 12, p + 14 e) p + 6, p + 12, p + 18, p + 24 f) p + 18, p + 24, p + 26, p + 32 g) p + 4, p + 6, p + 10, p + 12, p+16 Bµi 3: a) Cho p p + số nguyên tè (p > 3) Chøng minh r»ng: p + hợp số b) Cho p 2p + số nguyên tố (p > 3) Chứng minh rằng: 4p + hợp số c) Cho p 10p + số nguyên tố (p > 3) Chứng minh rằng: 5p + hợp sè 33 d) Cho p vµ p + lµ số nguyên tố (p > 3) Chứng minh rằng: p + hợp số e) Cho p 4p + số nguyên tố (p > 3) Chứng minh rằng: 2p + hợp số f) Cho p 5p + số nguyªn tè (p > 3) Chøng minh r»ng: 10p + hợp số g) Cho p 8p + số nguyên tố (p > 3) Chứng minh rằng: 8p - hợp số h) Cho p 8p - số nguyên tố (p > 3) Chøng minh r»ng: 8p + lµ hợp số i) Cho p 8p2 - số nguyên tố (p > 3) Chứng minh rằng: 8p2 + hợp số j) Cho p 8p2 + số nguyên tố (p > 3) Chứng minh rằng: 8p2 - hợp số Bµi 4: Chøng minh r»ng: a) NÕu p vµ q hai số nguyên tố lớn p2 – q2 M24 b) NÕu a, a + k, a + 2k (a, k N*) số nguyên tố lớn k M6 Bài 5: a) Mét sè nguyªn tè chia cho 42 cã sè d r hợp số Tìm số d r b) Một sè nguyªn tè chia cho 30 cã sè d r Tìm số d r biết r không số nguyên tố Bài 6: Hai số nguyên tố gọi sinh đôi chúng hai số nguyên tố lẻ liªn tiÕp Chøng minh r»ng mét sè tù nhiªn lín nằm hai số nguyên tố sinh đôi chia hết cho Bài 7: Cho số nguyên tố lớn 3, số sau lớn số trớc d đơn vị Chứng minh d chia hết cho Bài 8: Tìm số nguyên tè cã ba ch÷ sè, biÕt r»ng nÕu viÕt sè theo thứ tự ngợc lại ta đợc số lập phơng số tự nhiên Bài 9: Tìm số tự nhiên có chữ số, chữ số hàng nghìn chữ số hàng đơn vị, chữ số hàng trăm chữ số hàng chục số viết đợc dới dạng tích số nguyên tố liên tiếp Bài 10: Tìm số nguyên tố lẻ liên tiếp số nguyên tố Bài 11: Tìm số nguyên tố liên tiếp p, q, r cho p2 + q2 + r2 cịng lµ số nguyên tố Bài 12: Tìm tất ba sè nguyªn tè a, b, c cho a.b.c < a.b + b.c + c.a Bài 13: Tìm sè nguyªn tè p, q, r cho pq + qp = r Bài 14: Tìm số nguyên tố x, y, z tho¶ m·n xy + = z Bài 15: Tìm số nguyên tố abcd cho ab , ac số nguyên tố b = cd + b − c Bài 16: Cho c¸c sè p = bc + a, q = ab + c, r = ca + b (a, b, c ∈ N*) số nguyên tố Chứng minh sè p, q, r cã Ýt nhÊt hai sè b»ng Bài 17: Tìm tất số nguyên tố x, y cho: a) x2 – 12y2 = b) 3x2 + = 19y2 c) 5x2 – 11y2 = d) 7x2 – 3y2 = e) 13x2 – y2 = f) x2 = 8y + Bài 18: Tìm số nguyên tố cho tích chúng gấp lần tổng chúng Bài 19: Chứng minh điều kiện cần đủ để p 8p2 + số nguyên tố p = Bµi 20: Chøng minh r»ng: NÕu a2 b2 số nguyên tố a2 b2 = a + b Bµi 21: Chøng minh r»ng số nguyên tố lớn có dạng 6n + 6n Bài 22: Chứng minh tổng bình phơng số nguyên tố lớn số nguyên tố Bài 23: Cho số tự nhiên n Gọi p1, p2, , pn số nguyên tố cho pn n + Đặt A = p1.p2 pn Chøng minh r»ng d·y sè c¸c sè tù nhiªn liªn tiÕp: A + 2, A + 3, , A + (n + 1) Không chứa số nguyên tè nµo Bµi 24: Chøng minh r»ng: NÕu p lµ số nguyên tố 2.3.4 (p 3)(p 2) - M p Bµi 25: Chøng minh r»ng: NÕu p số nguyên tố 2.3.4 (p 2)(p 1) + M p 34 Chuyên đề tìm ch÷ sè tËn cïng I Tìm chữ số tận Tính chất 1: a) Các số có chữ số tận 0, 1, 5, nâng lên lũy thừa bậc chữ số tận khơng thay đổi b) Các số có chữ số tận 4, nâng lên lũy thừa bậc lẻ chữ số tận khơng thay đổi c) Các số có chữ số tận 3, 7, nâng lên lũy thừa bậc 4n (n thuộc N) chữ số tận d) Các số có chữ số tận 2, 4, nâng lên lũy thừa bậc 4n (n thuộc N) chữ số tận e) Tích số tự nhiên có chữ số tận với số tự nhiên lẻ cho ta số có chữ số tận 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 Bài 1: Tìm chữ số tận số: a) 799 b) 14 67 c) 45 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 b) 21000 c) 31993 d) 4161 e) 234 g) 999 h) 1981945 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 +  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 35 Bài 2: Tìm chữ số tận tổng S = 21 + 35 + 49 + … + 20048009 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 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 36 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 = m a 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 Trường hợp 2: Nếu a lẻ , gọi n số tự nhiên cho an − 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 = Một câu hỏi đặt là: Nếu a n nhỏ ? Ta có tính chất sau đây: 37 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 2 + + 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 + + 20043 Áp dụng công thức:  n(n + 1)  13 + 23 + 33 + + n = (1 + + + n) =     3 ⇒ + + + 2004 = (2005 × 1002) = 4036121180100, tận 00 Vậy hai chữ số tận tổng S2 00 Tính chất 5: Số tự nhiên A 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 Bài 14: Cho n ∈ N n − không chia hết cho CMR: 7n + khơng thể số 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: 38 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 Chứng minh: Do a20 − M25 nên a20, a40, a60, a80 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: 39 Bài 17: Chứng minh 1n + 2n + 3n + 4n 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 khơng 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 luật 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 Ví dụ : Tính tổng Sn =1+3+5 + + (2n -1 ) Thö trùc tiÕp ta thÊy : S1 = S2 = + =22 S3 = 1+ 3+ = = 32 Ta dự đoán Sn = n2 Với n = 1;2;3 ta thấy kết giả sư víi n= k ( k ≥ 1) ta cã Sk = k (2) 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) nên ta có (3) tức Sk+1 = ( k +1) theo nguyên lý quy nạp toán ®ỵc chøng minh 40 vËy Sn = 1+3=5 + + ( 2n -1) = n2 T¬ng tù ta cã thể 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) mµ ta cã thĨ biĨu diƠn a i , i = 1,2,3 ,n , qua hiƯu hai sè h¹ng 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 tổng quát Sn = 1 + + + (n> 1) 1.2 2.3 n(n + 1) = 1- n = n +1 n +1 VÝ dơ : tÝnh tỉng Sn = 1 1 + + + + 1.2.3 2.3.4 3.4.5 n(n + 1)(n + 2) 41 1 = − 99.100 99 100 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 22   (n + 1)    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 : 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 42  S = 2101-1 VÝ dơ : tÝnh tỉng 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 P n +1 −  Sn = 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 (n + 1) P n +1 p n +1 − −  Sn = 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 chÊt : n n n i =1 1, i =1 i =1 ∑ (ai + bi ) = ∑ + ∑ bi n n i =1 2, i =1 ∑ a.ai = a∑ VÝ dô : TÝnh tæng : Sn= 1.2 + 2.3 + 3.4 + + n( n+1) 43 n i =1 Ta cã : Sn = n i =1 ∑ i(i + 1) = ∑ (i n n + i) = ∑ i + ∑ i i =1 i =1 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 i =1 i ==1 = 3∑ i − ∑ i Theo (I) ta cã : Sn = 3n( n + 1)(2n + 1) n(n + 1) − = n (n + 1) VÝ dô 11 TÝnh tæng 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 dơng trùc tiÕp c«ng thøc tÝnh tỉng 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 dùng công thức: Số số hạng = ( số cuối số đầu : ( khoảng cách ) + + Để tính tổng số hạng dÃy số mà số hạng liên tiếp cách số đơn vị , ta dùng công thức: 44 Tổng = ( số đầu số cuối ) ( số số hạng ) :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 dô 13 : TÝnh tæng 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 (k + 1)(k + 2) k (k + 1)(k − 1) − 3 = (k + 2) − (k − 1) *  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) = k (k + 1)(k + 2)(k + 3) (k − 1)k (k + 1)(k + 2) − 4 45 ¸p dơng : 1.2.3 = 1.2.3.4 0.1.2.3 − 4 2.3.4 = 2.3.4.5 1.2.3.4 − 4 n(n+1) (n+2) = Cộng vế 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 : TÝnh c¸c tỉng 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 TÝnh S100 =? 46 ... = 91 00p + 99 = 99 9 (91 00p − 1) + 99 9 = 1000q + 99 9 (p, q ∈ N) Vậy ba chữ số tận 3 399 98 ba chữ số tận 99 Lại 91 00 − chia hết cho 1000 ⇒ ba chữ số tận 100 001 mà 99 9 = 91 00: ⇒ ba chữ số tận 99 9... 3 399 98 Giải: Theo tính chất 6, (9, 5) = => 91 00 − chi hết cho 125 (1) Tương tự 11, ta có 91 00 − chia hết cho (2) Vì (8, 125) = 1, từ (1) (2) suy ra: 100 − chia hết cho 1000 ⇒ 3 399 98 = 91 99. .. 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 + 99 9 + + 99 .9 50 ch÷ sè 13, Cho: S1 = 1+2 S3 = 6+7+8 +9 S2 = 3+4+5 S4 = 10 +11 +12