Thay đổi tùy ý vị trí của một số hạng kèm theo dấu của chúng. Đặt dấu ngoặc để nhóm các số hạng một cách tùy ý; với chú ý rằng: Nếu trước dấu ngo ặc là dấu “–” thì phải đổi dấu tất cả c[r]
(1)Chuyên đề TẬP HỢP CÁC SỐ NGUYÊN I KIẾN THỨC CẦN NHỚ
1 Kiến thức bản
a) Tập hợp số nguyên:
Tập hợp ; 3; 2; 1; 0;1;2; 3; gồm có số 0, số 1; 2; 3; (số nguyên dương) số -1; -2; -3; (số nguyên âm) gọi tập hợp số nguyên, kí hiệu Z
Nhận xét: Mọi số tự nhiên số nguyên hay
b) Trục số nguyên:
Điểm biểu diễn số nguyên a trục gọi điểm a
c) Số đối:
Trên trục số, hai điểm -2 cách điểm gốc hai phía Ta nói -2 hai số đối Số đối a kí hiệu –a
d) Thứ tự Z:
Trên trục số, điểm a nằm bên trái điểm b a < b hay b > a
Ta ln có: Số ngun âm < < số nguyên dương
Với hai số ngun a, b ta ln có a < b, a = b, a > b
Nếu a lớn b a = b ta viết a b
Với a, b, c , a < b b < c a < c ( tính chất bắc cầu)
e) Giá trị tuyệt đối số nguyên a, kí hiệu |a|, khoảng cách từ điểm a đến gốc
• Nếu a a
• Nếu a a a
• Nếu a a a
Nhận xét: Với a , ta có: | a | 0.
-3 -2 -1
(2)a a
2 Nâng cao
a) Khi ta nói x ho2 ặc x ta viết x
x
cịn nói x x ta viết x
x
b) Với a và0 x a ta suy x = a x = -a
c) Với a x a suy x = a x = -a
d) Nếu a b a b
II MỘT SỐ VÍ DỤ
Ví dụ Cho tập hợp A 3;2; 1;5;7
a) Viết tập hợp B gồm phần tử số đối phần tử tập hợp A
b) Viết tập C gồm phần tử thuộc tập hợp A số dương
c) Xác định quan hệ tập hợp A, C, N*, Z
Giải
a) Số đối số -3 3; số -2; số 0;
Vậy B 3; 2; 0;1; 5;
b) Có phần tử tập hợp A số nguyên dương, là: 2; 5;
Vậy C 2;5;7
c) Ta có: CA C N*
Nhận xét: Số đối –a a Vậy số đối –a lại a, tức là: a a
(3)nguyên không dương (nhỏ 0) Z*
tập hợp số nguyên dương
Vậy Z* N*
Ví dụ Khẳng định sau hay sai? Nếu a b a b
Giải
Khẳng định “Nếu a bthì a b ” sai
Chẳng hạn: Với a = 3; b = -7 a > b, nhiên, a 3; b 7 nên
a b
Nhận xét: Để chứng tỏ khẳng định sai, ta cần đưa ví dụ cụ thể mà khẳng định sai Ví dụ gọi phản ví dụ
Ví dụ 3: Tìm x, y , biết:
a) x 3 b) x y
Giải
a) Ta có: |-3| =
Do đó: x x – x x x Đôi ta viết gộp là: x
b) Vì x 0 y 0 nên ta có hai trường hợp:
• x y :
Ta có: x 1 x ho1 ặc x
y 0y
• x y :
Ta có: x 0 x
|y| = y = y = -1
(4)Ví dụ 4: Tìm x , biết
a) x b) x 2
Giải
a) Vì |x| < nên |x| 0;1;2x0; 1; 2 hay 3 x Nhận xét: Trong trường hợp tổng quát ta chứng minh rằng:
Với x , a > thì: |x| < a -a < x < a |x| a a x a
b) Ta có: x 2 3 x 3 x
|x| 6;7; 8;9; x { 6; 7; 8; 9; }
x > x < -5 hay x
x
Nhận xét: Trong trường hợp tổng quát ta chứng minh rằng:
Với x , a > x a x a
x a
Ví dụ 5: Tìm x , biết: < |x|
Giải
Ta có: < |x| 9| x | 7; 8;9}{ hay x { 7; 8; 9} x
9 x
Nhận xét: Trong trường hợp tổng quát ta chứng minh rằng:
Với x ,0 < a < b thì: a < |x| < b a x b
b x a
III. BÀI TẬP
2.1 Tìm tập hợp sau: a) Z b) Z*
x -1 0
(5)2.2 Khẳng định sau hay sai? Nếu sai sửa lại cho đúng.” Nếu a |a| * “
2.3 Tìm giá trị thích hợp chữ số a cho:
a) a00801 b) 560 56a c) a99 649 6a0
2.4 Hãy viết số nguyên âm:
a) Nhỏ có số
b) Lớn có chữ số
c) Nhỏ có 10 chữ số khác
d) Lớn có 10 chữ số khác
2.5 Chứng tỏ rằng: Với số nguyên a, ta có: | a | a
2.6 Chứng tỏ rằng: Với a |x| = a suy x = a x = - a
2.7 Chứng tỏ rằng: Với a |x| = |a| suy x = a x = - a
2.8 Tìm x , biết:
a) x 23 17
b) 5 x 20
2.9 Tìm x , biết:
a) x 14 vàx
b) x 23 vàx
2.10 Tìm x , biết:
a) x
b) 12 x 15
2.11 Cho tập hợp:
{
A x | 3 x 7};B{x | 3 x 7}; C {x || x | 5}
Hãy tìm tập hợp: A B; BC; CA
(6)a) x y ;
b) x y
2.13 Cho x Tìm giá trị nhỏ biểu thức P x
(7)Chuyên đề PHÉP CỘNG VÀ PHÉP TRỪ CÁC SỐ NGUYÊN I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
1 Kiến thức bản
a) Để cộng hai số nguyên dấu, ta cộng hai giá trị tuyệt đối chúng đặt trước kết dấu chúng
b) Cộng hai số nguyên khác dấu:
Nếu hai số đối tổng chúng
Nếu hai số không đối ta tính hiệu hai giá trị tuyệt đối (số lớn trừ số nhỏ) đặt trước kết dấu số có giá trị tuyệt đối lớn
c) Hiệu hai số nguyên a b tổng a với số đối b: a – b a b d) Tính chất phép cộng số nguyên: Với số nguyên a, b c, ta có:
• Tính chất giao hốn: a b b a
• Tính chất kết hợp:a b c a b c
• Cộng với số 0: a a a
• Cộng với số đối: a a
2 Nâng cao
a) Với hai số nguyên a b, ta có: a > b a b 0; a b a - b0
b) Giá trị tuyệt đối tổng hai số nguyên nhỏ tổng giá trị tuyệt đối chúng: | a b | | a | | b | , với a, b a b a b a b dấu a = 0, b =
c) Giá trị tuyệt đối hiệu hai số nguyên lớn hiệu giá trị tuyệt đối chúng: | a b | | a | | b | , với a, b a – b a b a hob ặc a b
II MỘT SỐ VÍ DỤ
Dạng Chứng minh tính chất
Ví dụ Chứng tỏ a – b b – a hai số đối
Giải
(8)Thật vậy:a – b b – a a b + b a a a b b Vậy a – b b – a hai số đối
Nhận xét: Từ kết ta suy ra: a – b b – a vàa – b b – a
Ví dụ Chứng tỏ rằng: Số đối tổng hai số tổng hai số đối chúng
Giải
Xét hai số nguyên a, b Số đối tổng a b là: -(a + b) tổng hai số đối chúng là: (-a) + (-b)
Để chứng minh (-a) + (-b) số đối a + b, ta chứng minh tổng chúng
Thật vậy: a b a b a a b b
Vậy: a b a b
Nhận xét: Tương tự ta có: Số đối hiệu hai số hiệu hai số đối
chúng Tức là: a b a b
Dạng Tính giá trị biểu thức
Ví dụ Tính hợp lí:P 123 77 257 23 – 43
Giải
Ta có: P 123 77 257 23 – 43
Cách 1:
P 123 257 43 77 23
423 100 323
Cách 2:
P 123 23 257 43 77
100 300 77
400 77 323
Nhận xét:
(9)• Ở cách 1, ta cộng số dấu với trước Cách có ưu điểm hạn chế việc nhầm dấu
• Ở cách 2, ta kết hợp nhóm có tổng số trịn trăm Cách có ưu điểm nhẩm kết
Ví dụ Tính hợp lý : Q 48 48 174 74
Giải
Cách 1:
Q 48 | 126 | 74 48 126 74 100
Cách 2:
Vì 48 174 nên | 48 174 | 48 174 174 48.
Do đó:
Q 48 174 48 74 48 48 174 74 0 100100
Nhận xét: Trong cách 2, ta sử dụng tính chất chứng minh để bỏ dấu ngoặc Sau bỏ dấu giá trị tuyệt đối, ta kết hợp thành nhóm có kết số trăm Dùng cách ta nhẩm kết
Dạng Tìm số chưa biết
Ví dụ Tìm chữ số a, biết: a5 85 150
Giải
Áp dụng quy tắc cộng hai số nguyên dấu, ta có:
a5 85 a585
Suy ra: a585 150 hay a585 150 a5150 85 65
Vậy a =
Ví dụ Tìm x , biết:
a) | x | 3 17 b) | x | 4
(10)a) Ta có: | x | 3 17
| x | 17 | x | 17 20
x 20
Ta có hai trường hợp:
• Nếu x – 20 x 20 21
• Nếu x – 20 thìx 20 19
Vậy x {21; 19}.
b) Ta có: | x | 4
| x |
| x |
Vì | x | 0 -1 < nên giá trị x để x
Ví dụ Cho x y hai số nguyên dấu thỏa mãn x y 12 Tính
x Giải y
Vì x y dấu nên ta có: x y x y
Do đó: x y 12
Vì 12 > nên ta có hai trường hợp: x y 12 x y 12
Vậy x + y = 12
Nhận xét:
Vì x y dấu nên ta chia làm hai trường hợp:
• x y dương: Khi đó: x x, y y ta có x y 12
• x y âm: Khi đó: x x, y y ta có x y 12
Vì x y xy , nênxy 12 Tức số đối x + y
(11)III. BÀI TẬP
2.15 Tính hợp lí:
a) 57 15947169
b) 2012 596 201 496301
2.16 Tìm giá trị biểu thức:
a) x 37 , biết x = -13 b) x 78 , biết x = -86
2.17 Tính x – y , biết rằng: x 20 y 12
2.18 Tính tổng số nguyên x, biết rằng:
a) 15 x 17 b) | x | 35.
2.19 Tìm chữ số a, biết rằng:
a) 37 5a 20 b) a9 4526
2.20 Tìm x∈ , biết:
a) x+ −( 45) (= −62)+17 b) x+29= −43 + −( 43)
2.21 Tìm x∈ , biết rằng:
a) x+23 số nguyên âm lớn
b) x+99 số nguyên âm nhỏ có hai chữ số
2.23 Tìm x∈ , biết:
a) ( )− + + − + + + =1 ( )5 x 600
b) 2+ − + + − + + − = −( )4 ( )8 ( )x 2000
2.24 Tìm x∈ , biết rằng: 9≤ − < x 11
2.25 Tìm giá trị nguyên lớn nhỏ x cho:
1986< + <x 2012
2.26 Cho 31 số nguyên Hỏi tổng 31 số nguyên số nếu:
a) Tổng số chúng số nguyên âm? b) Tổng số chúng số nguyên dương?
(12)(13)Chuyên đề QUY TẮC DẤU NGOẶC VÀ QUY TẮC CHUYỂN VẾ
I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
1 Kiến thức bản
- Quy tắc dấu ngoặc:
Khi bỏ dấu ngoặc có dấu “–” đằng trước, ta phải đổi dấu tất số hạng dấu ngoặc: dấu “+” đổi thành dấu “–” dấu “–” đổi thành dấu “+”
(a b c) a b c − − + = − + −
Khi bỏ dấu ngoặc có dấu “+” đằng trước, ta giữ nguyên dấu số hạng dấu ngoặc
(a b c) a b c
+ − + = − +
- Quy tắc chuyển vế: Khi chuyển vế số hạng tử từ vế sang vế đẳng thức ta phải đổi dấu số hạng tử đó: dấu “+” đổi thành “–” dấu “–” đổi thành dấu “+”
a b− = + ⇔ = + + ⇔ − = +c d a c d b a c b d
2 Nâng cao
- Quy tắc chuyển vế bất đẳng thức:
a b− < + ⇔ < + + ⇔ − < +c d a c d b a c b d
- Tổng đại số: Một dãy phép tính cộng, trừ số nguyên gọi tổng đại số Trong tổng đại số, ta có thể:
Thay đổi tùy ý vị trí số hạng kèm theo dấu chúng
Đặt dấu ngoặc để nhóm số hạng cách tùy ý; với ý rằng: Nếu trước dấu ngoặc dấu “–” phải đổi dấu tất số hạng ngoặc
( )
a b c− − + = − + −d a b c d
II. MỘT SỐ VÍ DỤ
Dạng Tính rút gọn biểu thức
Ví dụ Tính hợp lí:
a) P=54+ − +( 37 10 54 67− + )
b) Q= + − − + + − − + −1 79 80 81− +
Giải
a) Áp dụng quy tắc bỏ dấu ngoặc, ta có:
54 37 10 54 67 P= − + − +
Áp dụng tính chất tổng đại số, ta có:
(54 54) ( 37 67) 10
(14)= +0 30 10+
=40
b) Áp dụng quy tắc đặt dấu ngoặc, ta có:
( ) ( ) ( )
1 78 79 80 81
Q= + − − + + − − + + + − − +
0= + + + +
=1
Nhận xét: Ở câu b) ta có cách đặt dấu ngoặc khác, chẳng hạn:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 78 79 80 81
Q= + − + − + + − + − + + + − + − +
= + − + + − + + − + =1 ( )1 ( )1 ( )1 1
Ví dụ Cho , ,a b c∈ Rút gọn biểu thức sau:
( ) ( ) ( )
P= a+ − +b c a b− − a b c− −
Giải
Áp dụng quy tắc bỏ dấu ngoặc, ta có: P a b c a b a b c= + − + − − + +
Áp dụng tính chất tổng đại số, ta có:
( ) ( ) ( )
P= a−a + b b− + − + + + c c a b
= + + + + = +0 0 a b a b
Vậy P a b= +
Dạng Chứng minh
Ví dụ Chứng tỏ rằng:
(a b− − + + −) (b c) (c a) (− a b c− − )= − + − (a b c)
Giải
Ta có:
Vế trái a b b c c a a b c= − − − + − − + + (quy tắc bỏ dấu ngoặc)
(a a) ( b b) ( c c) b a c
= − + − + + − + − − + (tính chất tổng đại số)
⇒ Vế trái 0 a b c= + + − − + = − − +a b c
Áp dụng quy tắc đặt dấu ngoặc, ta có:
Vế trái = − + −(a b c)= Vế phải
Vậy (a b− − + + −) (b c) (c a) (− a b c− − )= − + −(a b c)
(15)( ) ( )
P=a b−a −b a− − c bc
Giải
Vì , ,a b c∈ nên áp dụng tính chất phân phối phép nhân phép cộng phép trừ, ta có:
( ) ( )
;
a b a− =a b a a− =ab a b a c− − =ba bc− =ab bc−
Do đó: ( 2) ( )
P= ab−a − ab−bc −bc
=ab−a2−ab+bc bc− (quy tắc bỏ dấu ngoặc)
( ) ( )
ab ab bc bc a
= − + − −
= + − 0 a2
= − a2
Vì a≠ nên a2 > , số đối a nh2 ỏ hơn, hay: − < a2 Vậy P< , t0 ức P ln có giá trị âm
Dạng Tìm x
Ví dụ Tìm x ∈ , biết:
a) (− +x 31)−39= − +69 11
b) −129−(35−x)=55
Giải
a) Áp dụng quy tắc bỏ dấu ngoặc, ta có:
31 39 69 11 x
− + − = − +
69 11 31 39 x
⇔ − = − + − + (quy tắc chuyển vế
( 69 39) (11 31)
x
⇔ − = − + + − (tính chất tổng đại số)
( )
30 20
x
⇔ − = − + −
50 x
⇔ − = −
50 x ⇔ =
Vậy x=50
b) Áp dụng quy tắc bỏ dấu ngoặc, ta có:
29 35 x 55
− − + = (quy tắc chuyển vế)
55 29 35 x
⇔ = + + (tính chất kết hợp)
(55 35) 29 x
(16)90 35 x
⇔ = +
219 x
⇔ =
Vậy x=219
Nhận xét:
Ta rút gọn riêng số vế thực chuyển vế, chẳng hạn câu a):
31 39 69 11 x
− + − = − +
8 58 x
⇔ − − = −
8 58 50 x
⇔ = − + =
Tuy nhiên cách làm khơng khai thác tính chất tổng đại số để tính nhẩm lời giải
Ví dụ Tìm x ∈ , biết:
a) (−37)− − = −7 x 127
b) x−14 + − < −( )6
Giải
a) Áp dụng quy tắc chuyển vế, ta có:
(−37)+127= −7 x ⇔90= −7 x ⇔ − = ± 7 x 90 Ta có hai trường hợp:
• Nếu 7− =x 90 x= −7 90= −83 • Nếu 7− = − x 90 x= +7 90=97
Vậy x∈ −{ 83;97}
b) Áp dụng quy tắc chuyển vế, ta có:
( )
14
x− < − − −
14
x
⇔ − < − + hay x−14 <
Suy ra: x−14∈{ }0;1
+ Nếu x−14 = x−14= ⇒ =0 x 14
+ Nếu x−14 =1⇔ −x 14= ±
• Nếu x−14= x= +1 14=15 • Nếu x−14= − x= − +1 14=13
(17)III. BÀI TẬP
2.28 Tính hợp lí:
a) (326 43− ) (+ 174 57− )
b) (351 875− ) (− 125 149− )
c) −418− −{ 218− − 118−( )318 +2012}
2.29 Tính hợp lí:
a) ( )− + + −2 ( 12)+17+ + − ( 52)+57
b) (−30) (+ −29)+ + 48 49 50+ +
2.30 Rút gọn biểu thức sau:
a) M =(71+x) (− − −24 x) (+ − −35 x)
b) N = −x 34− (15+x) (− 23− x)
c) P= − +( 15 x) (+ 25− −x)
2.31 Cho x< < y x − y =100 Tính x− y
2.32 Cho x∈ Hãy bỏ dấu giá trị tuyệt đối rút gọn biểu thức sau:
a) x− + − với x x<
b) 2+ −x (x+ với 1) x≥ −2
c) x+ + − với 11 x − ≤ ≤ x
2.33 Cho a b− = Tính S, bi1 ết rằng:
( ) ( ) ( )
S = − − − + − + +a b c c b a − a+ b
2.34 Chứng minh đẳng thức sau:
a) (a b− + −) (c d) (− a+c)= − +(b d)
b) (a b− − −) (c d) (+ b+c)= +a d
2.35 Cho P= − +a b c Q; = − + − , va b c ới , ,a b c∈ Chứng tỏ P Q hai số đối
2.36 Viết tất số nguyên có giá trị tuyệt đối nhỏ 100 theo thứ tự Sau số cộng với thứ tự tổng Hãy tính tổng tất số tổng nhận
(18)a) 43+ −(9 21)=317−(x+317)
b) (15−x) (+ x−12)= − − +7 ( x)
c) x−{57− + − − =42 ( 23 x)} 13−{47+ −25 (32− x)}
2.38 Tìm x∈ , biết:
a) − + − = − x b)13− + = x 13 c) x−10 − −( 12)=4
2.39 Tìm x∈ , biết:
a) x+ ≤ b) x+ >
2.40 Tìm x∈ , biết:
a) x− − + = x b) 2− + =x x c) x−40 + − +x y 10 ≤0
2.42 Cho ,x y∈
a) Với giá trị x biểu thức A=1001− + có giá trị lớn nhất? Tìm giá trị x
(19)Chuyên đề PHÉP NHÂN HAI SỐ NGUYÊN
I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
1 Kiến thức bản
a) Quy tắc nhân: ,a b∈
.0 0 a = a=
Nếu a b dấu a b= a b
Nếu a b trái dấu a b= − a b
Chú ý:
+ Nếu a b= ho0 ặc a= , b=0
+ Nếu đổi dấu thừa số tích đổi dấu
+ Nếu đổi dấu hai thừa số tích khơng đổi
b) Tính chất phép nhân:
Các tính chất giao hốn, kết hợp, nhân với số, tính chất phân phối phép nhân phép cộng số tự nhiên mở rộng cho phép nhân hai số nguyên
Chú ý:
+ Phép nhân số ngun có tính chất phân phối phép trừ:
( )
a b c− =ab−ac
+ Nếu số thừa số âm chẵn tích số dương Nếu số thừa số âm lẻ tích số âm
2 Nâng cao
a) Lũy thừa bậc chẵn số âm số dương, lũy thừa bậc lẻ số âm số âm: a< ⇒0 a2n > a2n+1<
b) Tính chất bất đẳng thức:
a< ⇔b ac<bc, c>
a≥ ⇔b ac≤bc, c<
c) Giá trị tuyệt đối tích tích giá trị tuyệt đối: a b = a b
II MỘT SỐ VÍ DỤ
Dạng 1: Tính rút gọn biểu thức
Ví dụ Tính hợp lí:
( ) ( ) ( )
= − − + − −
(20)( )
= − + −
b) B 25 75 49 75 25 49
Giải
a) Ta có: A 100 47 53 100= ( )− + (− )
( 100 47) ( 100 53)
= − + − ( đổi dấu hai thừa số)
( 100 47 53) ( )
= − + ( đặt thừa số chung)
( 100 100) = −
10000 = −
b) Vì 25 49 0− < nên 25 49− = −(25 49− )=49 25−
Do đó: B 25 75 49 75 49 25= ( − )+ ( − )
=25.75 25.49 75.49 75.25− + − ( Tính chất phân phối )
(25.75 75.25) ( 25.49 75.49)
= − + − +
( )
0 49 25 75
= + − + ( đặt thừa số chung)
49.50 2450 = =
Nhận xét:
Hai cách tính câu a) câu b) khác nhau: Trong câu a) ta thực phép tính ngoặc trước câu b) ta lại áp dụng tính chất phân phối để nhân phá ngoặc Mục đích thay đổi trình tự tính tốn để tạo thừa số chung, số tròn chục, tròn trăm …giúp ta tính nhẩm
Ví dụ Bỏ dấu ngoặc rút gọn biểu thức sau:
( )( ) ( ) P= a b 2− − − ab 2+
Giải:
Áp dụng tính chất phân phối phép nhân phép trừ, ta có:
( )
x b 2− =x.b x.2+
Thay x a 1= − , ta có:
(21)( ) ( ) = a b a 2− − −
( ) ( ) = ab b− − 2.a 2−
=ab b 2a 2.− − +
Do vậy: P ab b 2a ab 2= − − + − −
( ) ( )
= ab ab− + 2 2a b− − −
= − −2a b
Vậy: P= − −2a b
Dạng Tìm số chưa biết
Ví dụ 3: Tìm x Z∈ , biết:
( + )( − )=
a) x x b) 2x 5( − )2 =9 c) 3x( − )3 = −8
Giải:
a) Áp dụng : a.b a b = = ⇔ =
ta có:
(x x)( ) x x x x + = = −
+ − = ⇔ ⇔
− = =
Vậy: x∈ −{ 2; 3}
b) Ta có :
( − ) = ⇔ − = ± ⇔ − = − = −
2 2 2x
2x 2x
2x
= =
⇔ ⇔
= =
2x x 2x x
Vậy x ;4∈{ }
c) Vì ( )−2 = −8 nên (1 3x− ) ( )3 = −2 ⇔ −1 3x= −2 3x 3x x
⇔ + = ⇔ = ⇔ =
Vậy x 1=
(22)Trong ví dụ ta sử dụng tính chất so sánh hai lũy thừa số mũ số
nguyên sau đây:
= ⇔ = ±
2n 2n
x a x a
+ = + ⇔ =
2n 2n
x a x a
Ví dụ Tìm x Z∈ , biết (x x 2+ )( − )<0
Giải
Vì (x x 2+ )( − )<0 nên suy x & x 2+ − hai số trái dấu
Mặt khác: (x 3+ −) (x 2− )= + − + = >x x nên x x 2.+ > −
Do vậy: x x x x x
x x
− < <
− < < + ⇔ ⇔ ⇔ − < < + > > −
Vì x Z∈ nên x∈ − −{ 2; 1; 0; 1}
Nhận xét: Trong lời giải ta sử dụng tính chất suy từ quy tắc chuyển vế sau đây:
a b> ⇔ − >a b 0.
Ngoài ra, từ a b trái dấu, ta chia hai trường hợp:
> < a 0& b
< > a & b
Ví dụ Tìm a,b Z∈ , biết: a.b 12= a b+ = −7
Giải:
Vì a.b 0> nên hai số a b dấu, mà a b 0+ < nên suy a b âm
Do đó: a.b 12= = −( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 12− = −2 6− = −3 4−
Trong trường hợp có: ( ) ( )− + − = −3
Vậy ta có hai đáp số là: a= −3; b= −4 a= −4;b= −3
III BÀI TẬP
2.43 Tính hợp lí:
(23)2.44 Tính giá trị biểu thức:
a) A 5a b= với a= −1;b 1= b) B= −9a b4 với a= −1;b 2=
2.45 Tính giá trị biểu thức
a) ax ay bx by+ + + biết a b+ = −3;x y 17+ =
b) ax ay bx by− + − biết a b+ = −7;x y− = −18
2.46 Cho a,b,c∈ Ζ Chứng minh rằng: a(c b) b( a c) c(a b)− − − − = +
2.47 Tìm x∈ Ζ, biết:
a) x( − +) (5 x 6− )= −98 b) (x x+ )( − )=0
2.48 Tìm x∈ Ζ, biết:
a) (x2+1 49 x)( − 2)=0 b)(x x+ )( − )=0
2.49 Tìm x∈ Ζ, biết:
a)(x x− )( − )>0 b) (x2−13 x)( 2−17)<0
2.50 Tìm x∈ Ζ, biết:
a) 6x 13 15− = b) 7x 19− ≤
2.51 Tìm x,y∈ Ζ, biết:
a) x.y= −28 b) (2x 4y 2− )( + )= −42
2.52 Tìm giá trị lớn biểu thức: P= − +(x 1)2− − +3 y 35
2.53 Cho 79 số ngun tích số số âm Chứng minh tích tất 79 số số dương
2.54 Tìm x,y∈ Ζ, biết:
a) x xy y 9+ + =
(24)Chuyên đề BỘI VÀ ƯỚC CỦA MỘT SỐ NGUYÊN I KIẾN THỨC CẦN NHỚ
1 Kiến thức bản
a)Định nghĩa: Cho a, b∈ Ζ b 0≠
Nếu có số ngun q cho a b.q= ta nói a chia hết cho b, kí hiệu a b Khi ta cịn nói a bội b b ước a
Chú ý:
+ Số bội số nguyên khác
+ Số không ước số nguyên
+ Các số – ước số nguyên Z
+ Nếu c vừa ước a, vừa ước b c gọi ước chung a Nếu c vừa bội của a, vừa bội b c gọi bội chung a b.
b) Tính chất chia hết Z • Nếu a b b c a c
• Nếu a b a.m b ( với m∈ Ζ) • Nếu a c b c (a b c± )
2 Nâng cao
a) Các tính chất khác chia hết ( hay chia dư) số tự nhiên với số nguyên
b) Nếu số a có m ước tự nhiên có thêm m ước số nguyên âm (là số đối ước tự nhiên) Vậy a có 2m ước nguyên
II MỘT SỐ VÍ DỤ
Ví dụ 1: Tìm tất ước chung – 12 30
Giải
Tập hợp ước −12và 30 là:
Ư( 12)− =Ư(12)= −{ 12; 6; 4; 3; 2; 1;1; 2;3; 4; 6;12− − − − − }
Hoặc viết góp: Ư( 12)− = ± ± ± ± ± ±{ 1; 2; 3; 4; 6; 12}
Ư(30)= ± ± ± ± ± ±{ 1; 2; 3; 5; 6; 10; 15; 30 ± ± }
(25)ƯC( 12;30)− = ± ± ± ±{ 1; 2; 3; 6}
Nhận xét:
Ước chung −12 30 ước chung ƯCLN(12, 30)=6, nên:
ƯC( 12, 30)− =Ư (6)
Ví dụ Tìm x∈sao cho:
a) x 5− bội x + b) x – ước 3x +
Giải
a) Vì x 5− =(x+ −2) nên (x−5) (x +2)⇔7 (x +2)
Suy ra: x+ ∈2 Ư(7)= ± ±{ 1; }
Ta có bảng giá trị sau:
x + -7 -1
x -9 -3 -1
Vậy x∈ − − −{ 9; 3; 1;5}
b) Vì 3x+ =5 (3x− + =6) 11 3(x 2) 11− +
nên (3x+5) (x −2)⇔11 (x −2)
Suy ra: x− ∈2 Ư (11)= ± ±{ 1; 11}
Ta có bảng giá trị sau:
x – -11 -1 11
x -9 13
Vậy x∈ − −{ 9; 1;3; 13− }
Nhận xét:
Ta giải tốn theo cách học chương I Chẳng hạn, câu b) ta có:
Vì (3x+5) (x −2)và 3(x−2) (x −2)
Nên (3x 5+ −) 3(x 2) (x 2)− −
(3x 3x 6) x 11 (x 2)
⇔ + − + −
⇔ −
(26)Sau tiếp tục lập luận tương tự
Ví dụ Cho x, y∈ Chứng minh: 6x + 11y bội 31 x + 7y bội 31
Giải
Ta có: (6x 11y) 6(x+ − +7y)=6x 11y 6x+ − −42y
=(6x−6y) (11y 42 y)+ −
31y 31 = −
Suy ra: (6x 11y) 31+ ⇔6(x+7y) 31 (tính chất chia hết tổng)
⇔(x+7y) 31 (vì 31 nguyên tố nhau)
Vậy 6x 11y+ bội 31 x+7y bội 31
Nhận xét:
Cách giải gọi phương pháp “khử x”: Ta thấy số thứ có số hạng 6x, số thứ hai có số hạng x Vậy để triệt tiêu hết x, ta nhân vào số thứ hai xét hiệu với số thứ
Tương tự, ta có phương pháp “khử” :
7(6x 11y) 11(x y)+ − + =42 x 77 y 11x 77 y+ − − =31x 31.
Sau lập luận tương tự
III BÀI TẬP
2.55 Tìm tập hợp bội chung 12 30.−
2.56 Tìm tập hợp ước chung 60;45; 105.− −
2.57 Với n∈ số sau chẵn hay lẻ ? ,
a) (3n−4 3n 19 )( + ) b) n2− +n
2.58 Tìm số nguyên a, biết:
a) a+ ước b) 2alà ước 10.− c) 12 bội 2a 1.+
2.59 Chứng minh a ∈ thì:
(27)2.60 Tìm x, y∈ biết: ,
a) (2x y 4− )( − )= −13 b) (5x y 1+ )( − =) c) 5xy 5x− + =y
2.61 Cho x, y∈ Chứng minh rằng: 5x 47y + bội 17 x 6y+ bội 17
2.62 Tìm x∈ cho:
a) x− b4 ội x 1.− b) 2x 1− ước 3x 2.+
2.63 Tìm x∈ cho:
a)
x + b2 ội x 2.+ b) x 1− ước x2−2x+3
2.64 Chứng minh với a ∈ ta có:
(28)Chuyên đề nâng cao ĐỒNG DƯ I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
1 Phép chia với số dư âm
Chia số nguyên a cho số nguyên b 0> ta được: a=b.q+ vr ới r b 1.≤ ≤ −
- Nếu r 0= a chia hết cho b (kí hiệu a b ) hay a bội b ( a B(b)∈ ), hay b ước a ( b ∈Ư(a) )
- Nếu r 0≠ phép chia a cho b phép chia có dư - Số dư r chọn số nguyên âm
Ví dụ: Chia 19 cho 4, ta có: 19 4.4 3= + (thương 4, dư 3)
Hoặc 19 4.5 1= − (thương 5, dư 1− )
* Nhận xét : Việc sử dụng số dư âm giúp ta lựa chọn số dư có giá trị tuyệt đối nhỏ
Trong trường hợp tổng quát : a b.q r= + , ta có:
• Nếu b chẵn r b 1; b 2; ;0;1; b
2 2
∈ − + − +
• Nếu b lẻ r b 1; b 3; ;0;1; b
2 2
− − −
∈ − −
Ví dụ : Khi chia số cho số dư 2; 1;0;1;2;3.− −
Khi chia số cho số dư 2; 1;0;1;2.− −
2. Đồng dư
2.1 Định nghĩa
Cho a,b số nguyên n số nguyên dương Ta nói a đồng dư với b theo mơđun n, kí hiệu a≡b(mod n)⇔(a− b n.)
Nhận xét: Nếu a chia b dư r a r(mod b).≡
2.2 Tính chất: Với a,b,c,n ∈ n 0,> ta có: a) a≡a(mod n)
b) a≡b(mod n)⇒ ≡b a(mod n)
c) a≡b(mod n), b≡c(mod n)⇒ ≡a c(mod n) d) a≡b(mod n)⇒ ± ≡ ±a c b c(mod n)
e) a≡b(mod n)⇒ac≡bc(mod n)
(29)g) a≡b(mod n)⇒ak ≡b (mod n), kk ∀ ≥1 II. MỘT SỐ DẠNG TOÁN ỨNG DỤNG
1 Chứng minh quan hệ chia hết
* Phương pháp : Để chứng minh a m ta chứng tỏ a 0(mod m).≡
Ví dụ Chứng minh rằng: (22225555+55552222)7 Giải
Ta có: 2222≡3(mod 7) hay 2222≡ −4(mod 7);
5555≡4(mod 7)
( 5555 2222) ( )5555 2222 ( )
2222 5555 4 mod
⇒ + ≡ − +
( 5555 2222) 2222( 3333 )( )
2222 5555 4 mod
⇒ + ≡ − −
Lại có 3333 ( )3 1111 1111
4 = =64 , mà 64≡1(mod 7)nên 43333 ≡1(mod 7)
( )
3333 2222 3333
4 (mod 7) 4 0(mod 7)
⇒ − ≡ ⇒ − − ≡
Do ( 5555 2222) ( )
2222 +5555 ≡0 mod
hay (22225555 +55552222)7
Như ta có a≡b(modn) (⇔ a− b) n.
Nhận xét: Nếu a chia b dư rthì a =r(mod b).
2.2 Tính chất: Với a b c n, , , ∈ n>0, ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) a) mod
b) mod mod
c) mod , mod mod
d) mod mod
e) mod mod
f) mod ; , mod
g) mod k k mod ,
a a n
a b n b a n
a b n b c n a c n
a b n a c b c n
a b n ac bc n
ac bc n c n a b n
a b n a b n k
(30)II MỘT SỐ DẠNG TOÁN ỨNG DỤNG
1.Chứng minh quan hệ chia hết
* Phương pháp: Để chứng minh a m ta chứng tỏ a≡0 mod( m).
Ví dụ Chứng minh rằng: (22225555 +55552222)7
Giải
Ta có: 2222 2222=3 mod 7( ) hay
( )
5555=4 mod 7
( ) ( ) ( )
( ) ( )( )
5555
5555 2222 2222
5555 2222 2222 3333
2222 5555 4 4 mod 7
2222 5555 4 4 1 mod 7
⇒ + = − +
⇒ + = − −
Lại có 43333 =( )43 1111 =641111, mà 64 mod 7≡ ( ) nên 43333 ≡1 mod 7( )
( ) ( ) ( )
3333 2222 3333
4 1 mod 7 4 4 1 0 mod 7
⇒ − ≡ ⇒ − − ≡
Do (22225555 +55552222)≡0 mod 7( ) hay (22225555 +55552222)7
Ví dụ Chứng minh rằng: A=(7.52n +12.6n)19
Giải
Ta có: 52n =( )52 n =25n ⇒ =A 7.25n +12.6n
Vì 25≡6 mod19( ) nên 25n ≡6n(mod19)
( ) ( )
7.6n 12.6n mod19 19.6n mod19
A A
⇒ = + ⇔ ≡
Suy ra: A≡0 mod19( )
Vậy A19
Ví dụ Chứng minh rằng: A=(232n + 5 7) với n∈
Giải
( )
(31)Vì 4 mod 3≡ ( ) 4n ≡1 mod 3( ) hay 22n ≡1 mod ( )
2 2 n
⇒ chia cho dư Giả sử
2 n =3k +1,k∈
Ta có: A=23k+1+ =5 2.8k +5.
Vì 8k ≡1 mod 7( )⇒2.8k ≡2 mod 7( )⇒2.8k + ≡ +5 mod 7( )
hay A≡0 mod 7( )
Vậy A chia hết cho
2 Tìm số dư, chữ số tận cùng
2.1 Tìm số dư chia a cho b>0
Nếu a≡r(modb) 0≤ <r b r số dư chia a cho b.
Ví dụ Tìm số dư chia 32000 cho
Giải
Ta có: 32 ≡2 mod 7( )⇒36 =( )32 ≡1 mod 7( )
( )6 333 ( )
3 mod
⇒ ≡ hay 31998 ≡1 mod 7.( )
Mặt khác: 32 ≡2 mod 7( ) nên 32000 =31998 23 ≡1.2 mod 7( )
hay 32000 chia cho dư
Nhận xét:
Để tìm số dư chia n
a cho b>0, ta lấy lũy thừa với số mũ tăng dần a chia
cho b để tìm số dư Ta dừng lại để xem xét tìm số dư có giá trị tuyệt đối
nhỏ giá trị đặc biệt có liên quan đến tình tốn
2.2 Tìm chữ số tận
* Phương pháp: Nếu a≡r(mod10) 0≤ <r 10 r chữ số tận a.
- Nếu a có chữ số tận 0; 5; an có chữ số tận a, tức là:
(mod10 )
n
a ≡a
(32)Nếu a≡4 mod10( )⇒a2 ≡6 mod10 ,( ) nên a2k ≡6 mod10( )
Nếu a≡9 mod10( )⇒a2 ≡1 mod10 ,( ) nên a2k ≡1 mod10 ( )
⇒ Để tìm chữ số tận n
a ta chia n cho
- Nếu a có chữ số tận 2; 3; 7; ta áp dụng kết sau:
( ) ( ) ( ) ( )
44 44 44 44
2 ≡6 mod10 ; ≡1 mod10 ; ≡1 mod10 ; ≡6 mod10
⇒Để tìm chữ số tận n
a ta chia n cho
Ví dụ Cho A=20122013. Tìm chữ số tận A.
Giải
Ta có số mũ 2013=4.503 1+
Vì 2012≡2 mod10( ) nên 20124 ≡6 mod10( )
( )
2013 2012
2012 2012 2012 6.2 mod10
⇒ = ≡ hay 20122013 ≡2 mod10( )
Vậy A có chữ số tận
2.3 Tìm hai chữ số tận
* Phương pháp: Nếu a ≡r(mod100) 10≤ ≤r 100 r hai chữ số tận
.
a
Ta có nhận xét sau:
( ) ( ) ( )
( ) ( )
20 20
4
2 76 mod100 ; 3 1 mod100 ; 6 76 mod100 ;
7 1 mod100 ; 5 25 mod100
≡ ≡ ≡
≡ ≡
Mà 76n ≡76 mod100( )và 25n ≡25 mod100 ,( ) n≥2
Suy ra: a20k ≡00 mod100( ) a≡0 mod10( )
( )
20
1 mod100
k
a ≡ a ≡1; 3; 7; mod10( )
( )
20
25 mod100
k
a ≡ a ≡5 mod10( )
( )
20
76 mod10
k
a ≡ a≡2;4;6; mod10( )
ậy để tìm hai chữ số tận n
(33)Ví dụ Cho số A=20122013. Tìm hai chữ số tận A.
Giải
Ta có: 2013=20.100 13+
Vì 2012≡2 mod10( ) nên 201220 ≡76 mod100( )
( 20)100 ( )
2012 76 mod100
⇒ ≡ hay 20122000 ≡76 mod100( ) (1)
Mặt khác: 2012 12 mod100≡ ( )⇒20126 ≡12 mod1006( )
Hay 20126 ≡84 mod100( )⇒(20126)2 ≡56 mod100( )
Hay 201212 ≡56 mod100( )⇒20122013 ≡72 mod100( ) (2)
Từ (1) (2) suy ra: 20122013 =20122000.201213 ≡76.72 mod100( )
Hay 20122013 ≡72 mod100 ( )
Vậy A có hai chữ số tận 72
III BÀI TẬP
2.65 Chứng minh rằng: (22002 − 4 31)
2.66 Tìm số dư phép chia: 570 +750 cho 12
2.67 Tìm số dư số A=32005 +42005 chia cho 11 chia cho 13
2.68 Chứng minh x khơng chia hết cho x2 ≡1 mod 3( )
2.69 Chứng minh rằng:
a) Nếu a≡1 mod 2( ) a2 ≡1 mod8( )
b) Nếu a≡1 mod 3( ) a3 ≡1 mod 9( )
2.70 Giả sử (x2 + y2)3 Chứng minh rằng: x3 y3
2.71 Chứng minh rằng: 192420032004 1920 124
n
+ với n∈*.
(34)a) (19911997 −19971996)10 b) (29 +299)100
2.73 Chứng minh với n∈ ta có:
a)(224n+1 + 7 11)
b) nn−1+nn−2 + + n2 +1 chia hết cho n−1 (với n>1)
2.74 Cho n∈. Chứng minh :
a) 5n+2 +26.5n +82n+159
b) (42n −32n −7 168) (n≥1 )
2.75 Chứng minh 9n +1 không chia hết cho 100, với n∈.
2.76 Tìm số tự nhiên n cho:
a) (23n+4 +32n+1)19 b) (n.2n + 1 3.)
2.77 Tìm hai chữ số tận số sau:
a)
9
9
7
A= b) B=2992012
2.78 Cho số C =19781986
a) Tìm chữ số tận C
b) Tìm hai chữ số tận C
(35)Chuyên đề 2.1 a)
b) ' *
Z ∩N =N
2.2 Khẳng định: “Nếu a∈Z a∈Z*” sai
Sửa lại là: “Nếu a∈Zthì a ∈Nhoặc “Nếu *
a∈Z a∈N*”
2.3 a) a = b) a∈∅ c) a =
Chú ý: − < − ⇔ >a b a b
2.4 a) – b) -1 c) – 9876543210 d) -1023456789
Chú ý: Với a∈N, a lớn –a nhỏ, a nhỏ –a lớn
2.5 Ta xét hai trường hợp:
- Nếu a≥0thì a =a, đó: a ≥a
- Nếu a< a = − >a 0, đó: a > >0 a
Vậy a ≥a, với a Z∈ a = ⇔ ≥a a
2.6 Ta xét hai trường hợp:
- Nếu x≥ x =x, nên từ x =asuy x=a
- Nếu x< x = −x, nên từ x =asuy − =x ahay x= −a
Vậy x = ⇔ = ±a x a
Chú ý: Vì x ≥0nên a< khơng tồn x thỏa mãn x =a
2.7 Ta xét trường hợp sau:
- Nếu 0 x
a ≥ ≥
x x
a a =
=
Do đó: x = a ⇔ =x a
HƯỚNG DẪN GIẢI – ĐÁP SỐ
CHUYE�N ĐE� CHỌN LỌC TOA�N 6
(36)- Nếu 0 x a ≤ ≤ x x a a = − = −
Do đó: x = a ⇔ − = − ⇔ =x a x a
- Nếu 0 x a ≥ ≤ x x a a = = −
Do đó: x = a ⇔ = − ⇔ = −x a x a
- Nếu 0 x a ≤ ≥ x x a a = − =
Do đó: x = a ⇔ − = ⇔ = −x a x a
Vậy x = a ⇔ = ±x a
2.8 a) x + −23 = +17 ⇔ +x 23 17= ⇔ x = −6: vô nghiệm
b) −5 x = −20 ⇔5.x =20⇔ x = ⇔ = ±4 x
2.9 a) x = −14 ⇔ x =14⇔ = ±x 14
Vì x> nên x=14
b) x = 23 ⇔ x =23⇔ = ±x 23
Vì x< nên x= − 23
2.10 a) x < − ⇔ ∈∅5 x ,vì x ≥0với x
b) 12 15 12 15
15 12 x x x ≤ <
≤ < ⇔
− < ≤ −
Vì x∈ nên Z x∈{12;13;14; 14; 13; 12− − − }
2.11 A={x∈ − < ≤ = − −Z x { 2; 1;0;1; 2;3; 4;5;6;7 }
{ { 6; 5; 4; 3;3; 4;5;6 }
B= x∈Z ≤ x < = − − − −
{ } { 6; 7; 8; }
C = x∈Z x > = ± ± ±
Do vậy: A∩ =B {3; 4;5;6 ,} B∩ = −C { 6;6 ,} C∩ =A { }6;7
2.12 a) Vì x ≥0 y ≥0nên x + y ≥0và
(37)b) x + y =2 Ta có trường hợp sau:
x
y
x ±2 ±1
y ±2 ±1
2.13 Ta có: x ≥ ⇒ + ≥0 x 7hay P≥ , v7 ới x Z∈
Vậy giá trị nhỏ P ( kí hiệu: Pmin = ) x=
2.14 Ta có: x ≥ ⇒ − ≤ ⇒ − + ≤ +0 x x 9hay Q≤9, với x Z∈
Vậy giá trị lớn Q (kí hiệu: Qmax = 9) x=
-
Chuyên đề
2.15 a) b) -2012
2.16 a) -50 b)
2.17 Vì x =20⇔ = ±x 20 y =12⇔ = ±y 12 nên ta có trường hợp sau:
• x=20 y=12⇒ − =x y 20 12− =8
• x=20và y= − ⇒ − =12 x y 20 ( 12)− − =20 12+ =32 • x= − 20 y=12⇒ − = − −x y 20 12= −32
• x= − 20 y= − ⇒ − = − − −12 x y 20 ( 12)= − +20 12= −8
2.18 a) 16 b)
2.19 a) 37+ −( )5a = −20⇔37 5− a= −20⇔5a=37+20=57
7 a ⇒ =
b) 10≤ ≤n 99⇒21≤2n+ ≤1 199 ( )−a9 +45=26⇔a9=45 26− =19⇒ =a
2.20 a) x= b) x= −29
2.21 a) x 2 x khơng có s3 ố x thỏa mãn
b) 5 x 29 x 29 khơng có s24 ố x thỏa mãn
(38)2.23 a) x1199
Ta có 1 5 x 600
1 3 5 7 x 2 x 600 (*)
2 600
Suy vế trái có 300 số hạng 2, tương ứng vế trái (*) có 300 dấu ngoặc [ ]
Mặt khác, số dấu ngoặc [ ] x3 1:
x 300: x 299 x 1199
b) x4000
Ngoài cách giải câu a), ta giải sau
Vì x số tự nhiên chia hết giả sử x4n n Khi
x
2 4 2000
2 6 4n2 4 4n 2000
4n 2.n 4n.n 2000
2
n 1000
Vậy x4 1000 4000
2.24 x 12 13; ; ;
Vì x nên x T3 9 x 11 x 9 10;
+ Nếu x 3 x x 12 hoặc x
+ Nếu x 3 10 x 10 x 13 hoặc x
Vậy x 12 13; ; ;
2.25 Ta có x x x
x x
1986 2012 1984 2010
1986 2012
2012 1986 2014 1988
Từ suy giá trị nguyên lớn x 2009 giá trị nguyên nhỏ x 2013
(39)2.26 Gọi S tổng 31 số nguyên cho
a) Chọn số Vì tổng số số nguyên âm nên số phải có số ngun âm, kí hiệu số a
Chia 30 số cịn lại thành 10 nhóm, nhóm có số Vì tổng số nhóm số âm nên tổng tất 20 số (kí hiệu )b cũng số âm
Vì S nên S sa b ố âm
b) S số nguyên dương
* Kết thay số 31 số 32.
2.27 Thật vậy:
Chọn số chia thành nhóm, nhóm số, từ chọn hai số âm a c, Tổng 30 số lại số âm b Vậy S a b c số âm
Tổng số bảng
2013 2013
1 2012 2013 2027091
2
số lẻ
Mỗi lần xóa hai số ,a b (giả sử a b ) viết thay vào giá trị tuyệt đối hai số a sb a b ẽ làm tổng số bảng giảm a b a b 2b, số chẵn Do đó, tổng số cịn lại bảng số lẻ Lặp lại bảng cịn lại số số số lẻ, số
-
Chuyên đề
2.28 a) 400 b) 500 c) 2012
2.29 a) 55 b) 810
2.30 a) M x 60 b) N x 26 c) P10
2.31 x y 100
2.32 a) Với x3, x x x 3 x
b) Với x 2 2, x x 1 x 2 x 1
c) Với 1 x 2, x x x 1 x 2
(40)S a b c c b a a b
S a b
S a b
Với a b , ta có S1
2.34 a) a b c d a c a b c d a c b d b d
b) a b c d b c a b c d b c a d
2.35 Chứng tỏ P Q 0
2.36 Các số nguyên tố có giá trị tuyệt đối nhỏ 100 gồm 199 số
; ;; ; ; ; ;; 99 98 1 99
Suy số thứ tự số nguyên ; ; ; ;1 3 199
Chi tổng S cần tìm thành hai nhóm
• Nhóm số ngun từ 99 đến 99, có tổng
• Nhóm số thứ tự số nguyên có tổng
:
1 3 199 1 199 199 19900
Vậy S 19900
2.37 a) x 31 b) x9 c) x 11
2.38 a) x x 4 x 4
Vậy x 0 8;
b) 13 x 13 x x x
c) x10 12 4 x 10 x
2.39 a) x 5 x 5 x x
Vì x nên x 5; ; ;; ; ;1 3
b)
x x
x
x x
1
1
1
(41)Vậy x1 3; ; ; hay x*
b) 2 x x x x 2 x x x
Vậy x2 4; ; ;
c) x x x x 9
• x 7 x 0.x khơng có giá trị 16 x thỏa mãn
• x 7 x 9 x x 2x x
Vậy x
2.41 a)
x x
x y
y y
25 25
25
5 b)
x x x
x x y
x y y
x y
40 40 40
40 10
10 50
10
2.42 a) A1001 x 1001, với x
Vậy Amax 1001 x hay x9
b) B y 34 34 , với x
Vậy Bmin 34 y hay y 22
-
Chuyên đề 2.43 a) 1000000 b) 16733
2.44 a) A 5 b) B 36
2.45 a) Với a b 3;x y 17, ta có
axaybxbya xy b xy ab xy 17 51
b) a b 7;x , ta ln cóy 18
x
axayb bya x y b xy x y a b 18 126
(42)2.47 a) x ; 37 b) x 8;
2.48 a) x x x x
2
2
2
1
1 49
49
Vì x2 , v0 ới x nên x2 T1 khơng có x để x2
Ta có 49x2 0 x272 x
Vậy x 7;
b) x 3;
2.49 a) x2 7 x x 2x x 27 x 7 trái dấu
Mặt khác, x nên suy x2 x 2 x Khi
x x
x
x x
2
2
7
Vì x nên x3 6; ; ;
b) x213x217 0 x2 x13 217 trái dấu
Mặt khác, x2 13 x2 nên x17 2 13 x217 Khi
x x
x
x x
2
2
13 13
13 17
17 17
Vì x2 số phương nên x216 4 x
Vậy x 4;
2.50 a) 6x 3 156x 3 152x 1
• 2x 1 x
• 2x 1 x
Vậy x 2 ;
b) x7 2 19 19 7x 2 19 17 7 x21 17 x
7
(43)2.51 a) x y 28
Có 12 trường hợp sau:
x 28 14 7 4 2 1 14 28
y 1 2 4 7 14 28 28 14 7 4 2 1
b) 2x1 4 y 2 422x1 2 y 1 21
Có trường hợp:
x
2 21 7 3 1 21
y
2 1 3 21 21 7 3 1
x 10 3 1 0 1 2 4 11
y 1 2 4 11 10 3 1 0
2.52 P x 12 3 y 35 35 , v ới ,x y
Vậy Pmax 35 x x y y
2
1
3
3
2.53 Chọn số Vì tích số số âm nên số thừa số âm số lẻ, ln tồn số số âm, kì hiệu a
Chia 78 số lại (trừ số a) thành 13 nhóm, nhóm có số Vì tích số nhóm số âm nên tích tất 78 số số âm (vì tích 13 số âm), kí hiệu b
Vậy tích tất 79 số (là a b ) một số dương
2.54 a) xxy y x1y y x1y y 1
x y
1 1 10
Ta có trường hợp sau:
x1 10 5 2 1 10
y1 1 2 5 10 10 5 2 1
(44)y 2 3 6 11 9 4 1 0
b) xy2x3y 5 x y 2 3y 6
x y y
2 2 11
x y
3 2 11
Ta có trường hợp sau
x3 11 1 11
y2 1 11 11 1
x 8 14
y 1 9 13 3
-
Chuyên đề
2.55 BC12 30, B 60 60 120; ; ; 60k k|
2.56 ÖC60 45 105, , Ö 15 1 15 ; ; ;
2.57 a) 3n4 3 n19 s ố chẵn, hiệu 3n19 3n 4 23 nên hai số n
3 4 n 3 19 có số chẵn, số lẻ
b) n2 n n n 1 số lẻ, n n 1 s ố chẵn
2.58 a) a ; ; ;
b) a 1 5; ; ;
c) a 1; ; ;
2.59 a) Pa a 2 a a 5 7a1 7
b) Q a 2a 3 a 3a 2 2a số chẵn
(45)x
2 13 1 13
y4 1 13 13 1
x 6
y 5 17 9 3
b) x 1;y ho0 ặc x0;y 5
c) 5xy5x y 5x1y 1 tương tự câu b)
2.61 Vì 5x47y5x6y17 17y nên x5 47y bội 17 x6y bội 17
2.62 a) x 2 4; ; ; ; b) x 4; ; ;
2.63 a) x2 2 x22x 2x x x 2 2 x 2 6x ch2 ỉ
x Ö2
Vậy x 1 4; ; ; ; ; ; ;
b) x 3; ; ;
2.64 Đặt N a 1a 2 12
• Nếu a3k N3k1 3 k 2 12
N
3k1 3 k2 N
3 12
• Nếu a3k N 3 3k k 3 12 9 k k 1 12 N9 k k
9
12
• Nếu a3k N 3k1 3 k 4 12
N
3k1 3 k4 N
3 12
Vậy trường hợp N khơng bội
b) Chứng minh tương tự câu a)
(46)Chuyên đề nâng cao
2.65 Ta có 2532 1 mod mod 31 25 400 1 31 hay 22000 1mod 31
Mặt khác, 22000.221 mod 31 hay 220024mod mod 3122002 4 0 31 hay
220024 31
2.66 Ta có 521mod mod 12 52 35 1 12 hay 570 1mod 12 (1)
mod mod
35
2
7 12 12 hay 750 1mod 12
(2)
Từ (1) (2) suy 5707502mod 12
Vậy 5707 50 chia cho 12 dư
2.67 + Ta có 35243 1 mod mod 11 35 4011 11 hay 32005 1mod 11 (1)
Mặt khác, 451024 1 mod mod 11 45 4011 11 hay 42005 1mod 11 (2)
Từ (1) (2) suy A chia cho 11 dư
+ Lại có 33 27 1 mod mod 13 33 6681 13 hay 32004 1mod 13
mod
320053 13
(3)
Mặt khác 4364 1mod mod 13 43 6681 13 hay 42004 1mod 13
mod
420054 13
(4)
Từ (3) (4) suy A chia cho 13 dư
2.68 Ta có hai trường hợp:
• Nếu x 1mod x21mod
• Nếu x 2mod x222mod hay x21mod
Vậy ta ln có x2 1mod
2.70 Chứng minh tương tự 2.68
(47)mod mod
x21 y22
Điều khơng xảy y 3 y20mod ; cịn n ếu y3 y21mod
Vậy x 3 Chứng minh tương tự ta có y 3
2.71 Đặt
n
A192420032004 1920 Ta có 1244 31 Dễ thấy A chia hết cho Để chứng minh A chia hết cho 124, ta chứng minh A chia hết cho 31
Thật vậy, 1924 2 mod 31 1920 2mod 31 nên
mod
n
A220032004 2 31 (1)
Lại có 25 32 1 mod 31 Ta c ần tìm số dư 20032004n chia cho
Vì 2004 4n nên 2004n 4k20032004n 2003 4k
Vì 2003 3 mod mod 520034k 34k 81k 1
Vậy A20032004n 1mod 520032004n 5m1
Suy mod
n m
m
2004
2003 5
2 2 2 31
Thay vào (1) ta suy A 0mod 31 hay A 31
2.72 a) 1991 1 mod 10 nên 199119971mod 10;
mod 10 mod 10
2
1997 1997 hay 19972 1mod 10
Suy 199719961mod 1019911997199719960mod 10
Vậy 1991199719971996 10
b) Ta có: 29299 (1)
Mặt khác, 29512 12 mod 25 210 1024 1mod 25
mod 25
210 9 1
hay 290 1mod 252 290 9 1 12 mod 25 hay
mod 25
90
2 12
(48)Từ (1), (2) ƯCLN4 25; 1 suy 29299100
2.73 a) Ta có 2532 1mod 11
Vì 24n12 16 mà n 16 1 mod 5 nên 24n12mod 524n15k2 (với k
, k chẵn) Khi đó, 224n1 25k24 2. 5 k 4mod 11
mod 11
n
24 1
2 hay 224n1 7 11
b) Ta có n1mod n1 , v ới n 1.
mod
k
n n
1 1 , với n 1
Do nn1nn2 n2 1 1mod n1 (vế phải có n 1 số 1)
mod
n n
n n n n
1 2 1 0 1
Vậy nn1nn2 n21n1(đpcm)
2.74 a) Ta có 5n226 n82n125 n26 n8 64 n
Vì 645mod 59 nên 64n 5nmod 59
Do 5n226 n82n151 n8 nmod 59
mod 59
n n n n
5 226 5 82 159 5
mod 59
n n n 5 226 5 82 10
Vậy 5n226 n82n1 59
b) Ta có
168=2 3.7
Vì 32n+ =7 9n+ ≡ +7 mod 8( ) hay 32n+ ≡7 mod 8( ) (1)
( )
3 n
⇒ + Mặt khác
4 n =16 8n nên ( 2 )
4 n−3 n − 7
Vì 42n ≡1 mod ; mod 3( ) ≡ ( )⇒42n − ≡7 mod 3( ) Do ( 2 )
4 n−3 n− 7 (2)
Vì 42n−32n ≡0 mod ;3( ) 2n =9n ≡2 mod 7n( )
nên 42n−32n ≡0 mod 7( ) Do ( 2 )
4 n−3 n− 7 (3)
Từ (1),(2),(3) (8.3.7) = nên ( 2 ) ( )
(49)2.75 Rõ ràng với n = n = (9n+ 1 100)
Với n≥2, ta xét hai trường hợp
( ) ( )
2 * k 81k mod10
n= k k∈ ⇒ + = + ≡
(9n 10) (9n 100)
⇒ + ⇒ +
( ) ( )
2 * 9n k 9.81k mod
n= k k∈ ⇒ + = + + = + ≡
(9n 1) (9n 100)
⇒ + ⇒ +
Vậy (9n + 1 100) , với n∈
2.76 a) Ta có
2 n+ +3 n+ =16.8n+3.9n
Vì 16≡ −3 mod19( )⇒16.8n ≡ −3.8 mod19n( )
nên (16.8n+3.9n)19⇔ −( )3 8n+3.9n ≡0 mod19( )
( ) ( )
9n 8n mod19 9n mod19n
⇔ − ≡ ⇔ ≡
0
n
⇒ = , trái lại, từ 9n ≡8 mod19n( )⇒ ≡9 mod19( ): vô lý! Vậy n =
b) Ta xét trường hợp:
Trường hợp 1: Nếu n=3k(với k∈N) n.2 3n ⇒n.2n+1
Trường hợp 2: Nếu n=3k+1(với k∈N)
3 3
.2n (3 1).2k k 2k 2k 2.8k
n + ⇒ k+ + + = k + + + = k + + +
Do đó:n.2n+1 3 ⇔(2.8k+1) 3 Vì 8≡ −1(mod 3)⇔8k ≡ −( 1) (mod 3)k
suy ra2.8k +1 3 ⇔2.( 1)− k + ≡1 0(mod 3)⇔kchẵn⇔ =k (m m∈N)
Do đó: n=6m+1với m∈N
Trường hợp 3: Nếu n=3k+2(với k∈N)
3 3
.2n (3 2).2 k 2k 2.2 k k 8k
n + = k+ + + = k + + + + = k + + + +
Do đó: ( ) ( )
.2n 8k
n + ⇔ + +
Vì 8≡ −1(mod 3)nên 1
8k+ ≡ −( 1)k+(mod 3) suy ra: ( )
8k+ +1 3 ⇔ −( 1)k+ + ≡1 0(mod 3)⇔ +k 1lẻ ⇔kchẵn⇔ =k (m m∈N)
Do đó: n=6m+2(với m∈N)
Vậy điều kiện cần tìm mlà m≡1(mod 6)hoặc m≡2(mod 6)
2.77.
a) Vì 74 ≡01(mod100)nên ta tìm số dư chia 974cho4
Ta có: 1(mod 4)≡ nên
4
7
9 ≡1(mod 4) Do đó: 74
9 =4k+1(k∈N)
4
7
9 4
7 k 7.(7 )k 7.01(mod100) 07(mod100)
A +
⇒ = = = ≡ ⇒ ≡
(50)b) Vì 10
29 ≡01(mod100)nên ta tìm số dư chia 2012
9 cho 10 Ta có: 9≡ −1(mod10)nên 2012 2012
9 ≡1(mod10)⇒9 ≡10k+1với k∈N
Do đó: 10 10
29 k 29.(29 )k 29.01(mod100)
B= + = ≡
Hay B≡29(mod100)
Vậy Bcó hai chữ số tận 29 2.78
1986
1978
C=
a) Vì 1978≡8(mod10)⇒19784 ≡6(mod10) Mặt khác
1986 ≡0(mod 4)nên
1986 =4 (k k∈N)⇒ =C 1986 k ≡6(mod10) Vậy chữ số tận C
b) VìC ≡8(mod10)nên C20 ≡76(mod100)⇒C20m ≡76(mod100) Mặt khác 1986≡6(mod 20)⇒19868 ≡16(mod 20)
Do đó:
8
20 16 16 20 16
1986 20 16( )
1978 k 1978 (1978 )k 1986 76(mod100)
k k N
C +
= + ∈
⇒ = = ≡
Lại có:
( )
4
4
4 16
1978 22(mod100) 1978 56(mod100)
1978 56 (mod100)hay1978 96(mod100)
≡ − ⇒ ≡
⇒ ≡ ≡
Từ ta có: C≡96.76(mod100)⇒ ≡C 76(mod100) Vậy Ccó hai chữ số tận 76