Chuyên đề luyện thi vào lớp 10 môn toán phần số học trần trung chính (tt)

.: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : CHỦ ĐỀ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH "QUY NẠP TOÁN HỌC" Kiến thức bản: Quy nạp khơng hồn tồn: Là suy luận từ kiện riêng lẻ đến kết luận tổng qt Phƣơng pháp khơng phải phép chứng minh nhƣng phƣơng pháp tìm tòi quan trọng, giúp ta dự đốn giả thiết sai Quy nạp hồn tồn: Là phép suy luận sau xem xét tất trƣờng hợp xảy rút kết luận tổng qt Bài tốn: Chứng minh P(n) với n ngun n  a, a ngun Phương pháp 1: Bƣớc 1: Thử với n = a Thay n = a  P(a) Do P(n) n = a Bƣớc 2: Lập giả thiết quy nạp Giả sử P(n) với n = k, k  Z k  a nghĩa P(k) Bƣớc 3: Chứng minh Ta chứng minh P(n) n = k + nghĩa ta chứng minh rằng: P(k + 1) Bƣớc 4: Kết luận Vậy P(n) với n  N n  a, a  Z Phương pháp 2: Khi n = a  P(a) Khi n = a +  P(a + 1) Giả sử P(k - 1) P(k) đúng, với k kZ k  a + Chứng minh P(k + 1) Vậy P(n) với n  N n  a, a  Z Phương pháp 3: Khi n = a  P(a) Giả sử P(a), P(a + 1), P(a + 2), , P(k - 1), P(k) Chứng minh P(k + 1) Vậy P(n) với n  N n  a, a  Z Ví dụ 1: Sử dụng phƣơng pháp chứng minh quy nạp chứng minh rằng: n(n  1)     n  Ví dụ 2: Tính tổng : Sn = 1+ + + + (2n -1) Các tổng cần nhớ: n(n  1) a)     n  n(n  1)(2n  1) b 12  22  32   n2   n(n  1)  c    n      Bài tập áp dụng: Bài tập 1: Tính tổng: Sn = 13 + 23 + 33 + + n3 Giải 3 Biên soạn: Trần Trung Chính 88 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : www.VNMATH.com Ta có: S1 = 13 = = 12 S2 = 13 + 23 = = (1 + 2)2 S3 = 13 + 23 + 33 = (1 + + 3)2 Giả sử: Sk = 13 + 23 + 33 + + k3 = (1 + + + + k)2 Ta có: k  k  1 + + + + k = 2  k  k  1  (1')  S   k     Cộng (k + 1)3 vào hai vế (1'), ta đƣợc:  k  k  1  Sk   k  1      k  1     k  1 k     k 1  Sk 1     k  4k           Sk 1  1      k  1  3 2 Vậy Sn = + + + + n = (1 + + + + n) = k  k +1 Bài tập 2: Cho a  x  , x  R* số ngun Chứng minh số x b = x 2005 + số ngun Giải Ta chứng minh nếu: n số ngun Sn  x  xn x 2005 a  x  , x  R* x số ngun với n Z Nhận xét: Nếu n ngun âm, ta đặt: n = -m, với m  Z+  Sn  x  m  m  m  x m  Sm  S n x x Do ta cần chứng minh quy nạp Khi n = S0 =  Z Khi n = 1 Ta có: S1  x   Z x Giả sử Sn ngun với n = k, k  N k  S0, S1, S2, , Sk ngun Ta chứng minh Sk+1 ngun Ta có: Biên soạn: Trần Trung Chính 89 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT :  k    k 1  k 1   x  k  x     x  k 1  x  k 1  x  x  x  x    Sk S1  Sk 1  Sk 1  Sk 1  Sk S1  Sk 1 Suy Sk+1 ngun  Sn ngun với n  N Do đó: S2005  x2005  2005 số ngun x Bài tập 3: Chứng minh tồn vơ hạn số tự nhiên n khác cho: 2n -  n (*) Tìm tất số ngun tố n thỏa mãn (*) Giải Ta chứng minh với n = 3q, q  N, n chia hết số 2n + q 23  1 3q (1) Khi q = 0, ta có: 21 + 1 1, Giả sử (1) với q = k, k  N k 23  1 3k 2 k  23   A.3k , A  N* Ta chứng minh (1) với q = k + tức chứng minh k 1 23 Ta có: k 1 23  13k 1 (3)      A  1 k   23 3 k  A3 33k  3A 32k  3.A.33k  A  A 32k 1  A.3k  1 3k 1   Do đó, ta có: k 1 23 (3) đƣợc chứng minh: Vậy có vơ số số tự nhiên n cho: 2n -  n Với n = 3q, q  N, n ngun tố q =  n =  13k 1 (*) 1 Bài tập 4: Cho x y số thực khác cho số: a = x + ; b = y + số ngun y x a) Chứng minh số c = x y + x y2 b) Tìm n ngun dƣơng cho số: số ngun d = x n yn + n n x y số ngun Giải 1 a) Ta có: a = x + ; b = y + , với x, y  R* y x Biên soạn: Trần Trung Chính 90 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : www.VNMATH.com   1 a.b   x   y    xy  2 y  x xy  1  xy   ab   xy   Z xy xy Ta có:   c  x y  2   xy     c  Z xy  x y  1 1 x2 y2  2 số ngun Vậy a = x + ; b = y + ngun số xy  y x xy x y 2 b) Đặt: t n  d  t n  x n y n  , n Z xn yn Khi n = 1, n = số t1, t2 ngun Giả sử tn ngun n = k t1, t2, , tk-1, tk ngun Ta chứng minh rằng: t k 1  x k 1y k 1  k 1 k 1 , k  Z x y số ngun Ta có: tk+1 = tk.tk-1  tk+1  Z 1 Vậy a = x + ; b = y + số ngun số d  x n y n  n n ngun, n Z y x x y Bài tập 5: Xem dãy số: A1 = A2 = + A3 = + + 11 A4 = 13 + 15 + 17 + 19 Chứng minh số hạng dãy lập phƣơng số tự nhiên Giải Số hạng tổng qt dãy số cho có dạng: An = ak+1 + ak+2 + + ak+n Với am = 2m - k số số lẻ có số hạng dãy từ đến n -  n  1 n Ta có: k = + + + + (n - 1) = An = (2k + 1) + (2k + 3) + + (2k + 2n - 1) = (2k + n)n = [(n - 1)n + n]n = n3 Do đó, ta có: A1 = = 13 A2 = + = 23 A3 = + + 11 = 33 A4 = 13 + 15 + 17 + 19 = 43 An = n3 n Bài tập 6: Chứng minh số ngun tố thứ n nhỏ 22 Giải Gọi Pn số ngun tố thứ n Ta chứng minh rằng: Biên soạn: Trần Trung Chính 91 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : Pn < 2 n (1) Khi n = 1, ta có: P1 = < 2 (1) n = Giả sử (1) n = 1, 2, 3, , k nghĩa ta có: P1 < 2 P2 < 2 P3 < 2 (2) k Pk < 2 Ta chứng minh rằng: k 1 Pk+1 < 22 (3) Xem số: A = P1P2 Pk +  A > Pk Gọi d ƣớc số ngun tố A  d  A Nếu d  Pk d chia hết tích P1P2P3 Pk+1 d chia hết 1, vơ lí  d > Pk  d  Pk+1 Ta có: Pk+1  d  A = P1P2P3 Pk + 21  Pk+1  22 23 2 2 2  2  Pk+1  2k 1 2k +1 k 2k 1 22  Pk+1  (3) đƣợc chứng minh 2n Vậy Pn < Bài tập 7: Chứng minh số đƣợc thành lập 3n chữ số giống chia hết cho 3n, n số tự nhiên Giải Ta dùng phƣơng pháp quy nạp: Khi n = ta có số aaa3  31 Giả sử tốn n = k, k  N k  k  A k  aaa aaa    3 3k ch÷ sè a Ta chứng minh tốn n = k + nghĩa ta chứng minh: k 1 A k 1  aaa aaa    3 3k+1 ch÷ sè a Ta viết: A k 1  aaa aaa   3k.3 ch÷ sè a aaa aaa   3k +3k +3k ch÷ sè a  aaa aaa   aaa aaa   aaa aaa   3k ch÷ sè a 3k ch÷ sè a 3k ch÷ sè a  aaa aaa 000   100   100  0001  3k ch÷ sè a 3 1 ch÷ sè 3 1 ch÷ sè k k k k 1 =A k 100 000 000   100   3  3 1 ch÷ sè 3 1 ch÷ sè k k Biên soạn: Trần Trung Chính 92 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : www.VNMATH.com Vậy ta ln có: n aaa aaa     , n  N n  1, a  N,  a  3n ch÷ sè a Nhận xét: Bài q khó học sinh lớp Bài tập 8: Chứng minh rằng: 2n > n, n   Giải Với n = 0, ta có: 20   Vậy 2n  n với n = Giả sử 2k  k Suy 2k 1  2k.2  2k  2k  k  Vậy 2n  n, n   n(n +1)(2n +1) Bài tập 9: Chứng minh rằng: 12 + 22 + + n = , (với n = 1,2,3, ) Giải 1(1  1)(2  1) Với n = 1, ta có: 12  n(n +1)(2n +1) Vậy 12 + 22 + + n = với n = k(k +1)(2k +1) Giả sử 12 + 22 + + k = k(k +1)(2k +1) Suy ra: 12 + 22 + + k + (k +1) = + (k +1)  k(2k + 1)  = (k + 1)  + (k + 1)    (k + 1)(2k + 7k + 6) = (k + 1)(k + 2)(2k + 3) = n(n +1)(2n +1) Vậy 12 + 22 + + n = với n = 1,2,3,… Bài tập tự luyện: Bài tập 1: Chứng minh với số ngun dƣơng n, ta ln có : n(3n - 1) 1) + + + + (3n - 2) = 3n - 2) + + + + = 2 n n+2 = 23) + + + + n 2n n(n + 1)(2n + 1) 4) 12 + 22 + 32 + + n2 = n(4n - 1) 5) 12 + 22 + 32 + + (2n - 1)2 = 2n(n + 1)(2n + 1) 6) 22 + 42 + 62 + + (2n)2 = Bài tập 2: Chứng minh với số ngun dƣơng n, ta ln có: n-1 1) + + + + (2n - 1) = n Biên soạn: Trần Trung Chính 93 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : 2) + + + + 2n = n(n + 1) 3) 1.2 + 2.5 + 3.8 + + n(3n - 1) = n (n + 1) 4) 1.4 + 2.7 + 3.10 + + n(3n + 1) = n(n + 1)2 5) 1.2.3 + 2.3.4 + + n(n + 1)(n + 2) = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) 6) 1.3.5 (2n - 1).2n = (n + 1)(n + 2) 2n Bài tập 3: Chứng minh với số ngun dƣơng n, ta ln có: 1 1 n + + + + = 1) 1.3 3.5 5.7 (2n - 1).(2n + 1) 2n + 2) 1 1 n + + + + = 1.4 4.7 7.10 (3n - 2).(3n + 1) 3n + 1 1 n(n + 3) + + + = 1.2.3 2.3.4 n.(n + 1).(n + 2) 4(n + 1)(n + 2) Bài tập 4: Chứng minh với số ngun n  , ta ln có:      n +1 1) 1 -  1 -  1 = 2 2n n      3) (-1)n +1.n(n + 1) Bài tập 5: Chứng minh với số ngun dƣơng n, ta ln có: x n - = (x - 1) (x n-1 + x n-2 + + x + 1) Bài tập 6: Chứng minh với số ngun n, ta ln có: 2) 12 - 22 + 32 - + (-1)n -1.n = 1) 7n   2) 11n   10 3) (n3  2n)  4) (n5 - 6n)  5) (4n  15n  1)  6) 62n + 10.3n  11 Bài tập 7: Chứng minh với số ngun dƣơng n, ta ln có: 1) 9n   2) n3  11n  3) n7  n  4) (7n  3n  1)  5) 4n 1  52n 1  21 6) 11n 1  122n 1  133 7) n(n + 1)(n + 2)(n + 3)  24 8) n + (n + 1)3 + (n + 2)3  Bài tập 8: Chứng minh với số ngun dƣơng n, ta ln có: 1) 5n  6n   2) 11n - 14n +  Bài tập 9: Chứng minh với số ngun n, ta ln có: 1) 2n > 2n + 1, n  Biên soạn: Trần Trung Chính 94 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : www.VNMATH.com 2) 3n+1 > 3n + , n  3) 2n  n , n  4) 3n-1 > n(n + 2) , n  5) 2n-3 > 3n - 1, n  6) n! > 3n , n  7) nn  (n  1)n1 8) (n!)2  nn Bài tập 10: Chứng minh với số ngun dƣơng n, ta ln có: 1) (1  x)n   nx với x  1 n a + b a n + bn 2)  với a  0, b      Bài tập 11: Chứng minh với số ngun dƣơng n, ta ln có: 1 n +1 1) + + + + > n n 1 13 + + + > 2) n +1 n + 2n 24 2n - 1 3) < 2n 2n + 4) + + 5) n < 1+ + + < 2- n + + + n -1 n ngun dƣơng Bài tập 17: Chứng minh với số tự nhiên n  2, ta có: an - bn = (a - b)(an-1 + an-2 b + + a.bn-2 + bn-1) Bài tập 18: Tìm số hạng tổng qt dãy số sau: u1 = 3; un+1 = 2un, (n  1) Bài tập 19: Chứng minh với n  N*, ta có: Biên soạn: Trần Trung Chính 95 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : n 2n     n   3 4.3n Bài tập 20: Tìm số hạng tổng qt dãy số sau: a) u1 = 3; un+1 = + u n b) u1 = a; un+1 = a + b.un Bài tập 21: Cho hàm số f xác định với x thỏa mãn điều kiện: f(x + y)  f(x).f(y) Chứng minh rằng: Với số thực x số tự nhiên n ta có: 2n   x  f  x   f  n      Bài tập 22: Cho x1, x2, , xn số dƣơng Chứng minh quy nạp: x3 x1 x2 x n 1 xn       2, n  x  x n x  x1 x  x x n  x n 2 x1  x n 1 Bài tập 23: Chứng minh với n  1, ta có: 1.2.3  2n  1  2.4.6 2n 2n  Bài tập 24: Chứng minh quy nạp, với a > thì:  4a  a  a   a  n+1 n Bài tập 25: Chứng minh rằng: n > (n + 1) , (n  3) Bài tập 26: Chứng minh bất đẳng thức: n n 1 1  22   22  22  22  13 22 Bài tập 27: Chứng minh số tự nhiên n khác ta ln có:      n 1 2  3 n Bài tập 28: Chứng minh với số tự nhiên n > ta có: n n n    n!    2 3 Bài tập 29: Chứng minh rằng: Biên soạn: Trần Trung Chính n  2n !  4n , n  N*  n! n  96 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : www.VNMATH.com CHỦ ĐỀ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH "PHẢN CHỨNG" Kiến thức bản: Trong chứng minh phản chứng (còn đƣợc gọi reductio ad absurdum, tiếng La tinh có nghĩa "thu giảm đến vơ lý"), ngƣời ta chứng minh phát biểu xảy ra, dẫn đến mâu thuẫn lơgic, phát biểu khơng đƣợc xảy Phƣơng pháp có lẽ phƣơng pháp phổ biến chứng minh tốn học Định lý: Tồn vơ số số ngun tố Ở đây, Euclid giả sử ngƣợc lại tồn hữu hạn số ngun tố: p1, p2, p3, , pn Ơng xét tích N = p1.p2.p3 pn + N phải có ƣớc số ngun tố p Khi đó, p1, p2, p3, , pn tất số ngun tố nên tồn i cho p = pi Nhƣng p chia hết 1, mâu thuẫn Bài tập 1: Chứng minh tồn vơ số số ngun tố dạng 4k+3 Bài tập 2: Chứng minh tồn vơ số số ngun tố dạng 4k+1 Một chứng minh tiếng khác phƣơng pháp phản chứng chứng minh Euler cho định lý nhỏ Fermat với trƣờng hợp n = Định lý Phƣơng trình x4 + y4 = z4 (1) khơng có nghiệm ngun dƣơng Ơng giả sử phƣơng trình (1) có nghiệm ngun dƣơng Khi đó, theo ngun lý cực hạn, tồn nghiệm (x0, y0, z0) với x0 + y0 + z0 nhỏ Sau đó, cách sử dụng cấu trúc nghiệm phƣơng trình Pythagore: Ơng đến tồn nghiệm (x1, y1, z1) có x1 + y1 + z1 < x0 + y0 + z0 Mâu thuẫn Phƣơng pháp thƣờng đƣợc gọi phương pháp xuống thang Bài tập Chứng minh phƣơng trình x3 + 3y3 = 9z3 khơng có nghiệm ngun dƣơng Bài tập Chứng minh phƣơng trình x2 + y2 + z2 = 2xyz khơng có nghiệm ngun dƣơng (i) Bài tốn: Chứng minh rằng: AB (Có A có B) Giả thiết A, kết luận, điều phải chứng minh B Có số tốn, ta khơng chứng minh trực tiếp B đƣợc Do phải dùng phƣơng pháp phản chứng (ii) Phương pháp: Giả sử B sai, giả sử khơng có B (kí hiệu: B ) B gọi giả thiết phản chứng Từ B , ta suy ra: B  E  F   (*) (*) mâu thuẫn với A (*) = A , vơ lí Do giả thiết phản chứng khơng đúng, nghĩa B Kết luận: A  B Chú ý: Có (*) mâu thuẫn với giả thiết phản chứng mâu thuẫn với chân lí có trƣớc Bài tập áp dụng: Bài tập 1: Cho a b ngun tố Chứng minh a + b ab ngun tố Giải Giả sử a + b ab khơng ngun tố Do a + b ab phải có ƣớc số ngun tố d Biên soạn: Trần Trung Chính 97 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : a + b d (1) ab d (2) Vì d số ngun tố nên từ (2), ta có a d v b d Nếu a d Từ (1)  b d Nhƣ có ƣớc chung ngun tố d, trái với giả thiết Nếu b d Tƣơng tự nhƣ Do a + b ab ngun tố a b ngun tố (a, b) =  (a + b, ab) = Bài tập 2: Cho a b ngun tố Chứng minh A = 5a + 3b B = 13a + 8b ngun tố Giải Ta có: A = 5a + 3b a = 8A - 3B   B = 13a + 8b b = 5B -13A Giả sử A B khơng ngun tố Ta suy A B có ƣớc số chung d > d|A  d|B  d|a  d|b Nhƣ a b có ƣớc số chung d > 1, mâu thuẫn giả thiết Vậy A B ngun tố nhau, a b ngun tố Bài tập 3: Cho a b ngun tố Chứng minh rằng: A = ab + bc + ca, B = a + b + c, C = abc Ngun tố Giải Giả sử A, B, C khơng ngun tố Do A, B, C phải có ƣớc số chung ngun tố d A d; B  d; C  d Vì C  d, d ngun tố nên ta có: a  d  b d  c  d Nếu a d Ta có: A d    bc d  b d  c d ad  Nếu b d Ta có: B d; a  d; b d  c d Nhƣ số a, b, c có ƣớc số chung ngun tố d, mâu thuẫn giả thiết Nếu b d c d, Chứng minh tƣơng tự Vậy (a, b, c) = (ab + bc + ca, a + b + c, abc) = Bài tập 4: a) Cho a, b, ngun tố Chứng minh an + bn ab ngun tố b) Cho (a, b) = Chứng minh rằng: (an, b) = Giải Giả sử an + bn ab khơng ngun tố Ta suy ra: an + bn ab phải có ƣớc số chung ngun tố d cho: an + bn  d (1) ab d (2) Vì ab  d, d ngun tố nên ta có: Biên soạn: Trần Trung Chính 98 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : www.VNMATH.com a  d  b d Nếu a d  an d Ta lại có: an + bn  d  bn  d Vì bn  d, d ngun tố, nên b  d Nhƣ an + bn ab ngun tố a b ngun tố (a, b) =  (an + bn, ab) = b) HS tự giải Bài tập 5: Chứng minh rằng: 4n2 - 2n + 13 khơng chia hết cho 289 với số tự nhiên n Giải Giả sử tồn nN cho, ta có: 4n2 - 2n + 13 289  16n2 - 8n + 52 289  (4n - 1)2 + 51 289 (*) Từ (*)  (4n - 1)2 + 51 17  (4n - 1)2 17 17 số ngun tố  4n - 1 17  (4n - 1)2 289 (**) Từ (*) (**), ta suy ra: 51 289 vơ lí Vậy 4n2 - 2n + 13  289, nN Bài tập 6: Chứng minh số: n2 + 3n + khơng chia hết cho 121 với số tự nhiên n Giải Giả sử tồn n N cho: n2 + 3n + 5 121  4n2 + 12n + 20 121  (2n + 3)2 + 11 121 (*)  (2n + 3)2 11 Vì 11 số ngun tố nên ta có: 2n + 3 11  (2n + 3)2 121 (**) Từ (*) (**), ta có: 11 121, vơ lí Vậy n2 + 3n +  121, nN Bài tập 7: Chứng minh khơng có số ngun tố lớn Giải Giả sử pn số ngun tố lớn Gọi p tích n số ngun tố biết: p = p1p2 pn Đặt A = p +  A > pn Do A hợp số  A có ƣớc số ngun tố d  d pn  d|p Vì d|A, d|p d|1, vơ lí Vậy khơng có số ngun tố lớn Bài tập 8: Có tồn nN n2 + n + chia hết cho 49 hay khơng? Giải Giả sử tồn n N, cho: n2 + n +  49  4n2 + 4n +  49 (1) Biên soạn: Trần Trung Chính 99 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : Ta suy ra: 4n2 + 4n + 8  (2n + 1)2 7 số ngun tố Suy ra: (2n + 1)   (2n + 1)2 49 (2) Từ (1) (2), ta suy ra:  49, vơ lí Vậy khơng tồn n  N để n2 + n + 2 49 Bài tập 9: Chứng minh số vơ tỷ Giải Giả sử a = số hữu tỷ, có nghĩa tồn số dƣơng m, n cho m =  m = 2n  m - mn = 2n - mn n  m  m - n  = n  2n - m   m 2n - m = n m-n Ta có: >  m > n  m < 2n - m  Suy ra: m chƣa tối giản (mâu thuẫn) n 2n - m m phân số rút gọn m-n n Kết luận số vơ tỷ Bài tập 10: Một lớp học có 30 học sinh Các học sinh tham quan nhóm khiếu Nhón Tốn có 17 em, nhóm văn có 13 em nhóm anh văn có 11 em Trong lớp 10 em khơng tham gia nhóm khiếu Chứng minh rằng: Trong lớp có em tham gia đồng thời nhóm khiếu Giải Theo giả thiết, ta có: Số học sinh tham giác mơn khiếu là: 17 + 13 + 11 = 41 (em) Giả sử khơng có em dự nhóm khiếu, tức em tham gia tơi đa mơn khiếu Số học sinh tham gia nhóm khiếu là: 20.2 = 40 (em) Suy ra: Mâu thuẫn Vậy có em tham gia đồng thời mơn khiếu Bài tập 11: Một ban kiểm tra họp tất 40 lần, lần họp có 10 ủy viên dự Trong khơng có ủy viên đến dự họp với q lần Chứng minh rằng: Số ủy viên ban kiểm tra khơng thể 60 ngƣời Giải Giả sử số lƣơng ủy viên ban kiểm tra nhỏ 60 Theo giả thiết, ta có tổng số lƣợng ủy viên dự tất lần họp là: 40.10 = 400 400  6,  Số lần họp ủy viên là: 60 Mỗi lần họp ủy viên gặp ngƣời ủy viên khác Suy số ngƣời ủy viên gặp 7.9 = 63 (mâu thuẫn) Bài tập 12: Một ngƣời bán hàng có 25kg Táo Để thuận tiên cho khách hàng, ơng ta dự định xếp Táo vào hộp nhựa loại đựng 1kg, loại 3kg loại 5kg Ngƣời bán hàng có tất 10 hộp Hỏi ơng ta xếp hết 25kg táo vào 10 hộp để bán cho khách hàng khơng? Giải Giả sử ơng ta xếp hết 25kg Táo vào 10 hộp Gọi x số hộp đựng 1kg y số hộp đựng 3kg Biên soạn: Trần Trung Chính 100 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : www.VNMATH.com z số hộp đựng 5kg Ta có:  x + y + z = 10  2y + 4z = 15 (vơ lý)   x + 3y + 5z = 25 Vậy khơng xếp đƣợc Bài tập 13: Có 5100 cầu Trong có 300 cầu để, lại trắng Chúng đƣợc xếp số hộp cho hộp khơng q cầu đỏ Chứng minh rằng: Có thể tìm đƣợc hộp chứa số lƣợng cầu Giải Gọi m số hộp, m  100 N1 số táo hộp N2 số táo hộp Nn số táo hộp n Vậy N1 + N2 + + Nn = 5100 Gải sử số lƣợng cầu hộp khác nhau: N1  N2  N3  Nn  m N1 + N2 + N3 + + Nn  + + + + m m  n +1  5100   100  m Vậy m = 100 Suy hộp có cầu đỏ nên: N1  N2  N3  Nn  102 102 102 +1 -3 N1 + N2 + N3 + + Nn   5100  5250 (mâu thuẫn) Vậy ln tìm đƣợc hộp chứa số lƣợng cầu Bài tập tự luyện: Bài tập 1: Chứng minh với số ngun a, b, c ln tìm đƣợc số ngun dƣơng n cho số f(n) = n3 + an2 + bn + c khơng phải số phƣơng Bài tập 2: Cho a, b hai số tự nhiên ngun tố Chứng minh phƣơng trình: ax + by = ab khơng có nghiệm ngun dƣơng Bài tập 3: Chứng minh n số ngun dƣơng số 2010n - khơng chia hết cho 1000n - Bài tập 4: Chứng minh hệ phƣơng trình sau khơng có nghiệm ngun dƣơng:  x + xyzt = 1987  y + xyzt = 987   z + xyzt = 87  t + xyzt = Bài tập 5: Cho số dƣơng a, b, c thỏa mãn phƣơng trình abc = 1   1  Chứng minh rằng: S =  a -1+  b -1+  c -1+   b  c  a  Biên soạn: Trần Trung Chính 101 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : Biên soạn: Trần Trung Chính 102 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : www.VNMATH.com CHỦ ĐỀ BÀI TOÁN "TÌM CHỮ SỐ TẬN CÙNG" Kiến thức bản: Tìm một, hai, ba chữ số tận số tìm dƣ phép chia số cho 10, 100 1000 Nhƣng khảo sát chữ số số, có phƣơng pháp đặc biệt lí thú Tìm chữ số tận an Nếu a tận 0; 1; 5; an lần lƣợt tận 0; 1; 5; Nếu a tận lag 2; 3; sao? Dùng kí hiệu a  b (mod m) để a - b chia hết cho m, ta có: 24k = 16k  (mod 10) 34k = 81k  1(mod 10) 74k = 492k  (mod 10) Do để tìm chữ số tận an (với a tận 2; 3; 7) ta lấy số mũ n chia cho Giả sử: n = 4k + r, (r = 0; 1; 2; 3) Nếu a  (mod 10) an  2n = 24k + r  6.2r (mod 10) Nếu a  3; (mod 10) an = a4k+ r  ar (mod 10) Tìm hai chữ số tận an Giả sử a có hai chữ số tận x:  x  Theo nhị thức Niutơn, ta có: a20 = (10k + x)20 = (10k)20 + 20.(10k)19 + + 20.(10k)x19 + x20  x20 (mod 100) Vậy hai chữ số tận a20 hai chữ số tận x20 Nhận xét: 220  76 (md 100); 65  76 (mod 100) 320  (mod 100); 74  (mod 100) Dùng quy nạp ta có: 76m  76 (mod 100) 5m  25 (mod 100) (m  2) Từ suy với m  1: a20m  (mod 100) a  (mod 10) a20m  (mod 100) a  1; 3; 7; (mod 10) a20m  25 (mod 100) a  (mod 10) a20m  76 (mod 100) a  2; 4; 6; (mod 10) Vậy để tìm hai chữ số tận an ta tìm dƣ phép chia số mũ n cho 20 Phương pháp chung: Xem số tự nhiên A = nk, n, k  N Cách 1: Muốn tìm chữ số cuối A, ta cần biểu diễn A dƣới dạng: A = 10a + b = ab  b chữ số cuối A Ta viết: A = nk = (10q + r)k = 10t + rk Với r  N  r  Chữ số cuối A chữ số cuối số r k Nếu A = 100a + bc = abc , bc số gồm hai chữ số cuối A Nếu A = 1000a + bcd = abcd bcd số gồm ba chữ số cuối A Nếu A = 10m.a m + a m-1a m-2 a1a = a ma m-1a m-2 a1a Thì a m-1a m-2 a1a số gồm m chữ số cuối số A Vậy ta có phƣơng pháp cụ thể là: Biên soạn: Trần Trung Chính 103 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : Để tìm số lần lƣợt xét chữ số cách xét chữ số tận tích có chữ số cần tìm Sử dụng tính chia hết chia có dƣ Ƣớc lƣợng giá trị biểu thức chứa chữ số để giảm bớt trƣờng hợp cần xét Giải phƣơng trình bậc hai giả thiết cho biểu thức chứa bình phƣơng chữ số Chú ý: Có thể có nhiều phƣơng pháp khác qua phép biến đổi nên khơng thiết phải làm theo cách Bài tập áp dụng: Bài tập 1: Tìm tất số tự nhiên gồm chữ số cho chữ số, kể từ chữ số thứ ba (tính từ trái sang phải) tổng chữ số liền kề bên trái Giải Gọi a chữ số hàng trăm ngàn (a > 0) b chữ số hàng chục ngàn số tự nhiên cần tìm Chữ số hàng ngàn là: a + b Chữ số hàng trăm là: a + 2b Chữ số hàng chục là: 2a + 3b Chữ số hàng đơn vị là: 3a + 5b Ta có 3a + 5b ≤  b ≤ 1, nên b = b = Lý luận đƣa đến kết : 101123; 202246; 303369; 112358 Bài tập 2: Chứng minh chữ số tận số tự nhiên n n5 nhƣ Giải Xem số A = n5 - n Ta có: A = n(n4 - 1) = n(n - 1)(n + 1)(n2 + 1) Ta có: A  n(n + 1)  Nếu n A Nếu n  n có dạng sau: 5k + 1; 5k + 2; 5k + 3; 5k + Suy ra: n2 có dạng 5p + 5p + n2 - 1 hay n2 + 1  A Ta có: A A Do (2, 5) = nên A  10 Do n n5 có chữ số hàng đơn vị Bài tập 3: Tìm số có ba chữ số abc thoả mãn (a +b + c) abc = 1000 Giải Ta có: (a + b + c) abc = 1000 với a, b, cN  a, b, c  9, a≠ Do ta có: abc = 1000, 125, 200, 250, 500 Trƣờng hợp: abc = 125  a + b + c = 8, thoả mãn điều kiện Trƣờng hợp: abc = 100, 200, 250, 500 khơng thoả mãn điều kiện Suy ra: abc = 125 Bài tập 4: Một số tự nhiên có hai chữ số, biết số nhỏ hai lần tích chữ số đơn vị Tìm số Giải Gọi số có hai chữ số phải tìm ab với a, bN  a, b  9, a≠ Theo đề bài, ta có: ab = 2ab -  b ≠  10a + b = 2ab - 10a + 14 = 5+ b= 2a -1 2a -1 a, bN  2a - 1là ƣớc số lẻ 14  2a - = 2a - = a=1Va=4 Biên soạn: Trần Trung Chính 104 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : www.VNMATH.com Ta có: b   a  Do đó: a = b = Suy số cần tìm 47 Bài tập 5: Tìm chữ số hàng đơn vị số: 171983 + 111983 - 71983 Giải Các số 171983 71983 có chữ số hàng đơn vị: Suy số 171983 + 111983 - 71983 có số hàng đơn vị với số 111983 Bài tập 6: Tìm số có dạng xyz cho xyz + xzy = zzz Giải Điều kiện: x, y, zN  x < z  9;  y  Ta có: xyz + xzy = zzz  200x + 11y = 100z (1) Từ (1)  11y 100 y = Do đó: z = x Các số phải tìm là: 102, 204, 306, 408 Bài tập 7: Cho hai số a b a = 11 111 111 b = 111 111 (100 chữ số 1) Tìm ƣớc chung a b Giải Xem hai số tự nhiên a b Ta có: b = aq + 111 Suy ra: (a, b) = (a, b - aq) = (a, 111) = 1111 Suy ƣớc chung lớn a b 1111 Bài tập 8: Tìm chữ số tận 19921993 Giải Ta có: 19921993 = 21993 (mod 10) Mà 1993 = 4.498 + Do đó: 21993 = (24)498.2  (mod 10) Vậy chữ số tận 19921993 Bài tập 9: Tìm hai chữ số tận Giải 2 (có 1992 số 2) Đặt: an = 22 (có n số 2) Ta có: a1992 = 2a1991 Ta tìm dƣ phép chia a1991 cho 20 Ta có: a1991 = 2 = 2a1991 = 2.2a1990 -1 = 2.24k+3 = 10 + 8 = 20l +16 (l  Z) Do đó: a1992 = 220l + 16  216.76  36 (mod 100) Bài tập 10: Có số tự nhiên có chữ số số chia hết cho 11 có mặt tất chữ số từ đến (Đề thi vào lớp 10 Chun Tốn Tin Đại học Vinh năm học 2001 - 2002) Giải Số số tự nhiên gồm chữ số đƣợc viết từ chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, mà tất chữ số có mặt là: 8! = 40 320 số Mỗi số có dạng a1a 2a 3a 4a 5a 6a a với  N,   8,  a j i, j  N,  i,j  Mỗi số chia hết cho 11  A - B11 B - A11 Với A = a1 + a3 + a5 + a7 B = a2 + a4 + a6 + a8 Biên soạn: Trần Trung Chính 105 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : Có 4! = 24 cách xếp chữ số a1, a3, a5, a7 4! = 24 cách xếp chữ số a2, a4, a6, a8 Vậy có tất cả: 4!.4!.2! = 1152 số thỏa mãn u cầu tốn Bài tập 11: Tìm số có chữ số abc cho: (a + b + c) abc = 1000 Giải Ta có: (a + b + c) abc = 1000, với a, b, c  N  a, b, c  9, a  Do đó, ta có: abc = 100, 125, 200, 250, 500 Trƣờng hợp abc = 125  a + b + c = (thỏa mãn) Trƣờng hợp abc = 100, 200, 250, 500 (khơng thỏa mãn) Vậy abc = 125 Bài tập 12: Tìm số gồm chữ số cho tích số với với số viết ngƣợc lại số gồm chữ số có tận chữ số Giải Số phải tìm có dạng: abcd (1) abcd x dcba  10 000 000 (2) abcd x dcba Từ (1) suy ra: d  Do abcd dcba khơng thể chia hết cho 10 Từ (2) suy ra: abcd  dcba125 (*) Hoặc abcd  125 dcba (**) Xét trƣờng hợp (*): dcba số lẻ chia hết cho 125 nên tận bằg 125, 375, 625, 875 cba cba cba cba = 125  21d8  d   abcd  5216 = 375  73d8  d   abcd  5736 = 625  26d 8  d   abcd  5264 = 875  78d8  d   abcd  5784 Tƣơng tự với trƣờng hợ (**) Có số thỏa mãn u cầu tốn: 4625, 4875, 5216, 5264, 5736, 5784, 6125, 6375 Bài tập 13: Hãy xác định chữ số nằm bên trái số: n = 11 + 22 + 3 + + 999999 + 10001000 Giải Xem số: n = 11 + 22 + 3 + + 999999 + 10001000 Ta có: 10001000 < n < 10001 + 10002 + + 1000999 + 10001000 Ta suy ra: 1000 000 000 100 100 1000     n  100    ngµn ch÷ sè 3001 ngµn ch÷ sè Do chữ số tận bên trái số n 100 Đáp số: 100 Bài tập 14: Tìm chữ số cuối số: A = m100 m số tự nhiên khác Giải Giả sử m có dạng m = ab với a, b  N  a, b  9, a  Ta có: A = m100 = (10a + b)100 = 1000a + b100 Biên soạn: Trần Trung Chính 106 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : www.VNMATH.com Ta suy ra: chữ số cuối số A = m100 chữ số cuối số B = b100, b chữ số hàng đơn vị m Xét khả năng: b = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 ta có kết thỏa mãn u cầu tốn Bài tập 15: Tìm chữ số cuối số M = 52005 Giải Ta có: 54 = 0625 tận 0625 55 = 3125 tận 3125 56 tận 5625 57 tận 8125 58 tận 0625 59 tận 3125 510 tận 5625 511 tận 8125 512 tận 0625 Chu kỳ lũy thừa lặp lại Suy ra: 54m tận 0625 54m+1 tận 3125 54m+2 tận 5625 54m+3 tận 8125 Mà 2005 có dạng 4n + Do số M = 52005 có chữ số cuối 3125 Bài tập 16: Tìm hai chữ số cuối số: 99 a) A = 99 Giải a) Ta có: b) B = 99 A = 99 = 10 -1 99 có dạng (10 - 1)n với n = 99 Ta có: n A = C0n - C1n 10n-1 + + Cn-1 n 10 - Cn  A có hai chữ số cuối n Với số a = Cn-1 n 10 - Cn = 10n -1 Số n = 99 tận  10n tận 90  a = 10n - tận 89 Vậy: Số A = 99 có hai chữ số cuối 89 b) Ta có: 99 99 B = 99 = (10 - 1)m với m = 99 m = C0m 10m - C1m10m-1 + + Cm-1 m 10 - C m  B có chữ số tận với số: m b = Cm-1 m 10 - Cm = 10m -1 Số m  tận  b tận 89 99 99 Vậy B = 99 có hai chữ số cuối 89 Bài tập 17: Tìm hai chữ số cuối số: a) C = 2999 b) D = 3999 Giải a) Ta có: 210 + = 1024 + = 1025 25 Biên soạn: Trần Trung Chính 107 [...]... CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : Biên soạn: Trần Trung Chính 102 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : www.VNMATH.com CHỦ ĐỀ 7 BÀI TOÁN "TÌM CHỮ SỐ TẬN CÙNG" 1 Kiến thức cơ bản: Tìm một, hai, ba chữ số tận cùng của một số chính là tìm dƣ trong phép chia số đó cho 10, 100 hoặc 100 0 Nhƣng khi khảo sát các chữ số của một số, có những phƣơng pháp đặc biệt khá lí thú Tìm một chữ số tận cùng... = m100 = (10a + b )100 = 100 0a + b100 Biên soạn: Trần Trung Chính 106 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : www.VNMATH.com Ta suy ra: 3 chữ số cuối cùng của số A = m100 chính là 3 chữ số cuối cùng của số B = b100, trong đó b là chữ số hàng đơn vị của m Xét các khả năng: b = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 thì ta có các kết quả thỏa mãn u cầu bài tốn Bài tập 15: Tìm 4 chữ số cuối cùng của số. .. + 22 + 3 3 + + 999999 + 100 0100 0 Giải Xem số: n = 11 + 22 + 3 3 + + 999999 + 100 0100 0 Ta có: 100 0100 0 < n < 100 01 + 100 02 + + 100 0999 + 100 0100 0 Ta suy ra: 100 0 000 000 100 100 100 0     n  100    3 ngµn ch÷ sè 0 3001 ngµn ch÷ sè Do đó 3 chữ số tận cùng bên trái của số n là 100 Đáp số: 100 Bài tập 14: Tìm 3 chữ số cuối của số: A = m100 trong đó m là một số tự nhiên bất kỳ khác 0... hai chữ số, biết rằng số đó nhỏ hơn hai lần tích các chữ số của nó 9 đơn vị Tìm số đó Giải Gọi số có hai chữ số phải tìm là ab với a, bN và 0  a, b  9, a≠ 0 Theo đề bài, ta có: ab = 2ab - 9  b ≠ 0  10a + b = 2ab - 9 10a + 9 14 = 5+ b= 2a -1 2a -1 a, bN  2a - 1là ƣớc số lẻ của 14  2a - 1 = 1 và 2a - 1 = 7 a=1Va=4 Biên soạn: Trần Trung Chính 104 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT... có thể xếp hết 25kg táo vào 10 hộp đó để bán cho khách hàng khơng? Giải Giả sử ơng ta xếp hết 25kg Táo vào 10 hộp Gọi x là số hộp đựng 1kg y là số hộp đựng 3kg Biên soạn: Trần Trung Chính 100 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : www.VNMATH.com z là số hộp đựng 5kg Ta có:  x + y + z = 10  2y + 4z = 15 (vơ lý)   x + 3y + 5z = 25 Vậy khơng xếp đƣợc Bài tập 13: Có 5100 quả cầu Trong đó có... Chữ số cuối cùng của A cũng chính là chữ số cuối cùng của số r k Nếu A = 100 a + bc = abc , thì bc là số gồm hai chữ số cuối cùng của A Nếu A = 100 0a + bcd = abcd thì bcd là số gồm ba chữ số cuối cùng của A Nếu A = 10m.a m + a m-1a m-2 a1a 0 = a ma m-1a m-2 a1a 0 Thì a m-1a m-2 a1a 0 là số gồm m chữ số cuối cùng của số A Vậy ta có phƣơng pháp cụ thể là: Biên soạn: Trần Trung Chính 103 .: CHUYÊN ĐỀ... soạn: Trần Trung Chính 105 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : Có 4! = 24 cách sắp xếp các chữ số a1, a3, a5, a7 và 4! = 24 cách sắp xếp các chữ số a2, a4, a6, a8 Vậy có tất cả: 4!.4!.2! = 1152 số thỏa mãn u cầu bài tốn Bài tập 11: Tìm số có 3 chữ số abc sao cho: (a + b + c) abc = 100 0 Giải Ta có: (a + b + c) abc = 100 0, với a, b, c  N và 0  a, b, c  9, a  1 Do đó, ta có: abc = 100 , 125,... n A = C0n - C1n 10n-1 + + Cn-1 n 10 - Cn  A có cùng hai chữ số cuối cùng n Với số a = Cn-1 n 10 - Cn = 10n -1 Số n = 99 tận cùng là 9  10n tận cùng là 90  a = 10n - 1 tận cùng là 89 9 Vậy: Số A = 99 có hai chữ số cuối cùng là 89 b) Ta có: 99 99 B = 99 = (10 - 1)m với m = 99 m = C0m 10m - C1m10m-1 + + Cm-1 m 10 - C m  B có 2 chữ số tận cùng với số: m b = Cm-1 m 10 - Cm = 10m -1 9 Số m  9 tận cùng... ta có: a20 = (10k + x)20 = (10k)20 + 20.(10k)19 + + 20.(10k)x19 + x20  x20 (mod 100 ) Vậy hai chữ số tận cùng của a20 cũng chính là hai chữ số tận cùng của x20 Nhận xét: 220  76 (md 100 ); 65  76 (mod 100 ) 320  1 (mod 100 ); 74  1 (mod 100 ) Dùng quy nạp ta có: 76m  76 (mod 100 ) 5m  25 (mod 100 ) (m  2) Từ đó suy ra với mọi m  1: a20m  0 (mod 100 ) nếu a  0 (mod 10) a20m  1 (mod 100 ) nếu a ... chia hết cho 11 và có mặt tất cả các chữ số từ 1 đến 8 (Đề thi vào lớp 10 Chun Tốn Tin Đại học Vinh năm học 2001 - 2002) Giải Số các số tự nhiên gồm 8 chữ số đƣợc viết từ 8 chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 mà tất cả các chữ số này đều có mặt là: 8! = 40 320 số Mỗi số có dạng a1a 2a 3a 4a 5a 6a 7 a 8 với ai  N, 1  ai  8, ai  a j và i, j  N, 1  i,j  8 Mỗi số chia hết cho 11  A - B11 hoặc B - A11