GIAO AN BDHSG TOAN 9 CUC CHUAN

Cách 5: Dùng nguyên tắc Dirichlet:.. Theo nguyên tắc Dirichlet, chia m + 1số cho m thì phải có ít nhất hai số có cùng số dư. PHẦN BÀI TẬP: Chứng minh: 1. Tích của một số chính phương và [r]

PHẦN SỐ HỌC

Bài 1: TÍNH CHIA HẾT TRÊN TẬP HỢP SỐ NGUYÊN. SỐ NGUYÊN TỐ.

A Nhắ c l i b ổ sung ki ế n th ứ c cầ n thi ế t : I Tính chia hế t :

1 Đị nh lí v ề phép chia : Với số nguyên a,b (b ⇔ x=3y

x=3

⇔ ¿x=3

y=1

¿{

0), có cặp

số nguyên q, r cho : a = bq + r với C= x

2

−25

x3−10x2+25x:

y −2

y2− y −2=

(x −5) (x+5)

x(x −5)2 ⋅

(y −2)(y+1)

y −2 .

a gọi số bị chia , b số chia, q thương r số dư Trong trường hợp b > r ¿(x+5) (y+1)

x(x −5) =

8 (−2)=−

8

3 viết: a = bq + r = b(q

+1)+ r - b.

Ví dụ: Mọi số nguyên a có dạng:

a = 2q x12 (xét phép chia cho b = 2) a = 3q ; 3q x2

2 1 (xét phép chia cho b = 3)

a = 4q ; 4q ; 4q

¿ c>0

(c+a)2<ab+bc−2 ac

¿{

¿

(xét phép chia cho b = 4)

a = 5q; 5q

¿ x1− x2=5

x13− x23=35

¿{

¿

1; 5q (xét phép chia cho b = 5)

2 Tính chia hế t : 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. 3 Các tính chấ t :

1) Nếu a 2ab≥c

a+4 b x12 a x22

5

9 b (b

1

x1 3+

1

x2 0)

2) a √3 a; 3x1

2

+5x1x2+3x2

4x1x23+4x13x2 a với a

1

a+

1

b=

1

2 0

3) a 1 với a

4) Nếu a m an m (m 0, n nguyên dương).

5) Nếu ab ba |a| = |b|

7) Nếu a c bc(c0) (ab) EM

MK=

EF

FB c Điều ngược lại không đúng.

8) Nếu a EMMK=EF

MF m b EK

KH=

AB

HB m ab EF

MF=

AB

HB m(m

EM

MK=

EA KH

0) Điều ngược lại không đúng. 9) Nếu a ACDA=SC

SA p a BC

BD=

SC

SB q, (p, q)= a AC

AD=

BC

BD pq

10) Nếu a = mn; b = pq m r

BC=

r1

AB=

r2

AC p n

r2

BC2=

r12

AB2=

r22

AC2 q a

r2

BC2=

r12+r22

AB2+AC2=

r12+r22

BC2 b

11) Nếu ab ⋮ m (b,m) = a AH=AB√3

2 m

12) Nếu a √3 b √10 m a √5 m b √13 m II Số nguyên t ố :

1.Đị nh nghĩ a : Số nguyên tố số tự nhiên lớn 1, có hai ước nó. Hợp số số tự nhiên lơn có nhiều hai ước.

Số số số nguyên tố hợp số.

2 Đị nh lí c b ả n c ủ a s ố h ọ c :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 nó.

Có vơ số số ngun tố (khơng có số nguyên tố lớn nhất)

Số hoàn chỉnh: số tổng ước khơng kể thân Ví dụ: , 28, , 2n-1(2n - 1)

III Mộ t s ố ph ươ ng pháp thông th ườ ng để gi ả i toán v ề chia h ế t :

Cách 1: Để chứng minh A(n) chia hết cho k, xét trường hợp số dư khi chia n cho k.

Ví dụ : 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 10a√10 => n(n + 1) 109a√10

* n không chia hết cho (n lẻ) => (n + 1) BK=BE BH

BF =

9a√13

13 => n(n +1) 

2

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= x√x −3 x −2√x −3−

2(√x −3)

√x+1 +

√x+3

Ví dụ 2: a) Chứng minh: A(n) = n(n +1)(n + 2)

1

√x+3+√x+2+

1

√x+2+√x+1+

1

√x+1+√x=1

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 36

√x −2+

√y −1=28−4√x −2−√y −1 n(n +1) 2 nên A(n)

(x+√x2+3)(y+√y2+3)

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)

√x+√y=√1980

n = 5k + => (n - 1)  5 n = 5k + => (n + 1)  5.

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) của 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 : 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) 6

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 + + 5

= 4k(k + 1) + 8(k + 1) +

A(n) tổng ba hạng tử, hai hạng tử đầu chia hết cho , có hạng tử khơng 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:

Nguyên tắc Dirichlet phát biểu dạng hình ảnh sau:

Nếu nhốt k thỏ vào m chuồng mà k> m phải nhốt hai thỏ vào chung chuồng.

Ví dụ 7: Chứng minh m + số nguyên có hai số có hiệu chia hết cho m

Giải: Chia số nguyên cho m ta số dư m số 0; ; 2; 3; ; m - Theo nguyên tắc Dirichlet, chia m + 1số cho m phải có hai số có số dư Do hiệu hai số chia hết cho m

Cách 6: Dùng phương pháp qui nạp toán học: Để chứng minh A(n)  k ta làm theo

trình tự sau:

Thử với n = 2(Tức số n nhỏ chọn ra).Nếu sai => Dừng.Nếu A(1)

k.Tiếp tục: Giả sử A(k) k.

Chứng tỏ A(k + 1) k Nếu => Kết luận : A(n) k Ví dụ 8: Chứng minh : 16n - 15n - chia hết cho 225.

Đặt A(n) = 16n - 15n -1 , ta có : A(1) = 16 - 15 - = 225 => A(1) đúng.

Giả sử A(k) : A(k) = 16k - 15k -1 Δ 225 Ta chứng minh A(k + 1) đúng, tức là

c/m: 16k + 1 - 15(k + 1) - 1 Δ 225.

Thật vậy, 16k+1 - 15(k + 1) - = 16 16k - 15k - 15 - = (15 + 1) 16k - 15k - 15 - 1

= 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) ( √3 x2+x√3+3+

3

x3−√27)(

x

√3+ √3

x +1) k ta chứng minh A(n) không chia hết cho k sai.

B PHẦN BÀI TẬP: Chứng minh: a) 192007 - 192006 chia hết cho 9.

b) 92n + 14 chia hết cho 5.

c) Tổng số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 3, tổng số tự nhiên liên tiếp chia hết cho5

2 Tích số phương số tự nhiên đứng liền trước số chia hết cho 12

3 (n2 - 1)n2(n2 + 1) chia hết cho 60

4 a) n2 + 11n + 39 không chia hết cho 49

b) n2 + 3n +5 không chia hết cho 11

5 a) n4 + 6n3 + 11n2 + 6n chia hết cho 24.

b) n4 - 4n3 - 4n2 - 16n (chẵn, n > 4) chia hết cho 384.

6 4n + 15n - chia hết cho 9.

7 n2 + 4n + (n lẻ) chia hết cho 8.

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.

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 7.

b) a2 + b2 chia hết cho a b chia hết cho 3

************************************ Bài 2: ĐỒNG DƯ THỨC

A Tóm tắ t lý thuy ế t : I Đị nh ngh ĩ a:

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 √3 b (modm)

2 Ví dụ: 2008x = y

2009=

z

2010 (mod2)

14 √(x − y)(y − z) (mod 7)

II Tính chấ t : 1. Nếu a √b2

a +√ a2

b ≥√a+√b b (mod m) a - b B^ m

2. Nếu a b (mod m) b c (mod m) a c (mod m)

3. Nếu a b (mod m) c d (mod m) a ± c b ± d (mod m)

4. Nếu a b (mod m) c d (mod m) ac bd (mod m)

5. Nếu a b (mod m) an bn (mod m)

6. Nếu a b (mod m) ka kb (mod m) với k >

7. Nếu ka kb (mod km) a b (mod m) với k >

8. Nếu ka kb (mod m) (k , m) = 1thì a b (mod m)

9. Định lí Fermat: Nếu p số nguyên tố : np n (mod p) ; n Z

Hoặc : Nếu p số nguyên tố : np-1 (mod p), với (n,p) = 1

Định lí Euler : Cho m số nguyên dương (m) số số dương nhỏ m nguyên tố với m Thế : n(m) (mod m)

10.

* Cách tính (m) : phân tích m thừa số nguyên tố : m = a1α a2β anλ Thế : (m) = m (1−

1

a1)(1−

1

a2) (1−

1

an) III Bài tậ p ứ ng d ụ ng :

Bài 1: Chứng minh 2100 - chia hết cho 5

Giải : Ta có 24 1(mod 5) =>(24)25 125 (mod 5) =>2100 1(mod 5) hay 2100 - ⋮

5

Bài 2: Tìm số dư phép chia 299 cho 3.

Giải : Có 23 -1 (mod 3) ⇔ (23)33 (-1)33 (mod 3) ⇔ 299 -1 (mod 3)

Vậy 299 chia dư 2.

Bài 4: Chứng minh 22008 không chia hết cho 10.

Bài 5: Chứng minh số tự nhiên có số k cho 1983k - 1

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

nhau 1983k - Chia 105 +1 số cho 105 , ta có nhiều 105 số dư, đó

theo nguyên tắc Dirichlet, phải có hai số cho số dư chia cho 105 Giả sử là

hai số 1983m -1 1983n - (m > n) Thế hiệu hai số phải chia hết cho 105:

(1983m - 1) - (1983n -1) = 1983m - 1983n = 1983n (1983m-n -1) ⋮ 105.

Do 1983 không chia hết cho 105 => 1983n không chia hết cho 105.

Vì 10m-n - chia hết cho 105 Như tìm số k = m-n cho 1983k - chia

hết cho 105.

Cách 2: Áp dụng định lí Euler:

Vì 1983 khơng chia hết cho không chia hết cho , 105 = 2555 nên (1983,

105) = Áp dụng định lí Euler: 1983(10

❑5 ) (mod 105)

Mà (10 ❑5 ) = 105(1 - 12 ) (1 - 15 ) = 104

Nên ta có 19834.10

❑4 (mod 105)

số 4.104 số k phải tìm. Đề

áp d ụ ng :

1 Tìm số dư :a) chia 8! Cho 11; b) chia 15325 -1 cho 9

c) chia 340 cho 83.; d) chia 21000 cho 25; e) chia 301293 cho 13

2 Chứng minh : a) 24n - ⋮ 15; b) 270 + 370 ⋮ 13

c) 122n+1 - 11n+2 ⋮ 133; d) 22225555 + 55552222 ⋮ 7

e) 14k + 24k + 34k + 44k không chia hết cho 5

KẾ HOẠCH BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI 9 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(x2+1)− x(a2+1)

b x −1+xn+3− xn Giải:

a Dùng phương pháp đặt nhân tử chung

a(x2+1)− x(a2+1) = ax2+a −a2x − x

b Dùng phương pháp đặt nhân tử chung sử dụng đẳng thức x −1+xn+3− xn ¿xn(x3−1)+(x −1)

¿xn(x −1)(x2+x+1)+(x −1)=(x −1)[xn(x2+x+1)+1] (x −1)(xn+2+xn+1+xn+1)

Ví dụ 2: Phân tích đa thức thành nhân tử :

a x8 + 3x4 + 4.

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) ¿x2[(x4−2x2+1)+(x2−2x+1)]

x2[(x2−1)2+(x −1)2]=x2(x −1)2[(x+1)2+1]

x2(x −1)2[x2+2x+2]

Ví dụ 3: Phân tích đa thức thành nhân tử : a 2a2b+4 ab2− a2c+ac2−4b2c+2 bc2−4 abc b x4+2007x2+2006x+2007 Giải: a.Dùng phương pháp tách hạng tử nhóm thích hợp:

2a2b+4 ab2− a2c+ac2−4b2c+2 bc2−4 abc

2a2b

+4 ab2− a2c+ac2−4b2c+2 bc2−4 abc

2a2b+4 ab2− a2c −2 abc+ac2−4b2c+2 bc2−2 abc=¿2ab(a+2b)−ac(a+2b)+c2(a+2b)−2 bc(a+2b) (a+2b)(2 ab−ac+c2−2 bc)=(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

x4+2007x2+206x+2007

¿(x4− x)+2007x2+2007x+2007

x(x −1)(x2+x+1)+2007(x2+x+1)

(x2+x+1)(x2− x+2007)

Ví dụ 4: Phân tích đa thức thành nhân tử : a a3+b3+c3−3 abc b (a+b+c)3− a3−b3− c3

Giải: Sử dụng đẳng thức

a3

+b3=(a+b)(a2

+b2−ab)

¿(a+b)[(a+b)2−3 ab]

¿(a+b)3−3 ab(a+b) Do đó:

a3+b3+c3−3 abc=¿ ¿[(a+b)3+c3]−3 ab(a+b)−3 abc

¿(a+b+c)[(a+b)2−(a+b)c+c2]−3 ab(a+b+c) (a+b+c)(a2+b2+c2−ab−bc−ca)

¿(b+c)[(a+b+c)2+a(a+b+c)+a2]−(b+c)(b2−bc +c2)

(b+c)(3a2

+3 ab+3 bc+3 ca)=3(b+c) (a+c)(a+b) Ví dụ 5: Cho a + b + c =

Chứng minh :a3 + b3 + c3 = 3abc.

Giải: Vì a + b + c = ⇒(a+b)3=− c3⇒a3+b3+3 ab(a+b)=− c3

⇒a3+b3+c3−3 abc=0⇒a3+b3+c3=3 abc Ví dụ 6: Cho 4a2 + b2 = 5ab, 2a > b > Tính P=ab

4a2− b2

Giải: Biến đổi 4a2 + b2 = 5ab ⇔ 4a2 + b2 - 5ab = 0 ⇔ ( 4a - b)(a - b) = ⇔ a =

b

Do P=ab

4a2− b2=

a2

3a2=

1

Ví dụ 7:Cho a,b,c x,y,z khác khác Chứng minh nếu:

a x+

b y+

c z=0;

x a+

y b+

z

c=1 ; x2 a2+

y2 b2+

z2 c2=1 Giải: ax+b

y+ c

z=0⇒

ayz+bxz+cxy

xyz =0⇒ayz+bxz+cxy=0

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

1 1

x y z x y z x y z ayz bxz cxy x y z

a b c a b c a b c abc a b c

 

 

                

 

Chuyên đề 2:.BẤT ĐẲNG THỨC CÔ – SI 1. Chứnh minh : (Với a , b ³ 0) (BĐT Cô-si)

Giải:( a – b ) = a - 2ab + b ³  a + b ³ 2ab Đẳng thức xảy a = b 2. Chứng minh: (Với a , b ³ 0)

Giải:( a+b ) = (a - 2ab + b )+ 4ab = (a-b) + 4ab ³ + 4ab  ( a + b ) ³ 4ab Đẳng thức xảy a = b

3. Chứng minh: (Với a , b ³ 0)

Giải:2(a + b) – ( a+b ) = a-2ab+b = (a-b) ³  2(a + b) ³ ( a+b ) Đẳng thức xảy a = b

4. Chứng minh: .(Với a.b > 0)

Giải: + = Do ab £  ³ Hay + ³ Đẳng thức xảy a = b

5. Chứng minh: .(Với a.b < 0)

Giải: + = - .Do ³  - £ -2 Hay + £ - Đẳng thức xảy a = -b

Giải: + - = = ³  + ³ Đẳng thức xảy a = b Chứng minh rằng:

Giải:2(a +b +c) – 2(ab+bc+ca) =(a-b) +(b-c) +(c-a) ³

7.  2(a +b +c) ³ 2(ab+bc+ca) Hay a +b +c ³ ab+bc+ca Đẳng thức xảy a = b;b = c;c = a Û a = b= c

Chuyên đề 3:TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT - GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT

DẠNG  Nếu a > :

2

2 4ac-b

ax + bx +c =

4a

b

P a x

a

 

    

  Suy

2 4ac-b = 4a MinP Khi b x=-2a

 Nếu a < :

2

2 a c+b

ax + bx +c =

4 a

b

P a x

a            Suy

4 a c+b ax

4 a

M P

Khi

b x=

2 a

Một số ví dụ:

1. Tìm GTNN A = 2x2 + 5x + Giải:A = 2x2 + 5x + =

2 25 25

2( )

4 16 16

x  x  

=

2 2

5 25 56 25 31

2( ) 2( ) 2( )

4 8

x  x x

         

2. Suy

31

8

MinA Khi x

3. Tìm GTLN A = -2x2 + 5x + Giải: A = -2x2 + 5x + =

-2 25 25

2( )

4 16 16

x  x  

=

2 2

5 25 56 25 81

2( ) 2( ) 2( )

4 8

x  x x

         

£ 4. Suy

81

8

MinA Khi x

5. Tìm GTNN B = 3x + y - 8x + 2xy + 16

6. Tìm GTLN C = -3x - y + 8x - 2xy + Giải: C = -3x - y + 8x - 2xy + = 10 - £ 10  GTLNC = 10 khi: Û

Chuyên đề 4: BIẾN ĐỔI PHÂN THỨC

 Ví dụ 1` :

a Rút gọn Biếu thức B=4a

+12a+9

2a2−a −6 Với a −

3

b Thực phép tính: 0,51a2+a+2 +0,5a :

a3−8

a+2 +

2

a(2−a) (a ± 2.) Giải:a B=4a

2

+12a+9

2a2−a −6 ¿

(2a+3)2 (2a+3)(a−2)=

2a+3

a −2

b 0,51a2+a+2 +0,5a :

a3−8

a+2 +

2

a(2−a)=

a2

+2a+4

a+2 ⋅

a+2

a3−8+

a(2− a)

¿ a

2

+2a+4 (a−2)(a2+2a+4)−

2

a(a −2)=

a −2

a(a −2)=

1

a  Ví dụ Thực phép tính: A=x

2

+y2−xy

x2− y2 :

x3+y3

x2+y2−2 xy ( Với x ± y)

Giải:    

 

    

2

2 3 2

2

2 : 2 2 2

x y

x y xy x y x y xy x y

A

x y x y xy x y x y x y x y xy x y 

     

   

        

 Ví dụ Cho biểu thức : A= x

+x3+x+1

x4− x3+2x2− x+1

a Rút gọn biểu thức A

b Chứng minh A không âm với giá trị x

A= x

+x3+x+1

x4− x3

+2x2− x+1=

x4+x3+x+1

x4− x3

+x2+x2− x+1

                           2 3

2 2 2 2

1 1

1 1

1 1 1 1

x x x x x

x x x x

x x x x x x x x x x x x

    

   

   

           

b A=(x+1)

x2

+1 ;(x+1)

2≥0; x2

+1>0⇒A ≥0

Ví dụ Tính giá trị biếu thức : a5+a6+a7+a8

a−5

 

 

8

5 8

3

5

5 8

13

13 13

3

1 1 1 1

1

2007

a a a a a

a a a a a a a a a a a a

B

a a a

a a a a a a a

a a a a a

a a a a

a B

a a a

   

  

        

   

  

        

  

   

  

 Ví dụ : Tính giá trị biếu thức : x 2−25

x3−10x2+25x:

y −2

y2− y −2

Biết x2 + 9y2 - 4xy = 2xy - |x −3| .

Giải:

x2 + 9y2 - 4xy = 2xy - |x −3| ⇔(x −3y)2

+|x −3|=0

⇔ x=3y

x=3

⇔ ¿x=3

y=1

¿{

C= x

−25

x3−10x2 +25x:

y −2

y2− y −2=

(x −5) (x+5)

x(x −5)2 ⋅

(y −2)(y+1)

y −2 ¿

(x+5) (y+1)

x(x −5) =

8 (−2)=−

8

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

điều kiện x1 +

x2

2 10.

Bài 2: Cho số a, b, c thỏa điều kiện:

¿ c>0

(c+a)2<ab+bc−2 ac

¿{

¿

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.

nghiệm x1, x2 thỏa mãn:

¿ x1− x2=5

x13− 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) = 0

Bài 8: CMR phương trình ax2 + bx + c = ( a 0) có nghiệm 2b a ≥

c a+4

Bài 9: Cho phương trình : 3x2 - 5x + m = Xác định m để phương trình có hai nghiệm

thỏa mãn: x12 - x22 =

5

Bài 10: Cho phương trình: x2 – 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 khơng 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:

S = x1 3+

1

x23

Bài 12: Cho phương trình : x2 - 2

√3 x + = Có hai nghiệm x1,x2 Khơng giải

phương trình tính giá trị biểu thức: A = 3x1

2

+5x1x2+3x2

4x1x23+4x13x2

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 =

3 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)

Tìm GTNN M = x12 + x22

Bài 15: Cho a, b hai số thực thỏa mãn điều kiện:

1

a+

1

b=

1

CMR hai phương trình sau phải có nghiệm: x2 + ax + b = x2 + bx + a = 0.

a) Giải biện luận số nghiệm phương trình (1) theo m

b) Tìm m cho 10x1 x2 + x12 + x22 đạt GTNN Tìm GTNN

Bài 17: Chứng minh với số a, b, c khác 0, tồn phương trình sau phải có nghiệm:

ax2 + 2bx + c = (1)

bx2 + 2cx + a = (2)

cx2 + 2ax + b = (2)

Bài 18: Cho phương trình: x2 – (m - 1)x + m2 + m – = (1)

a) CMR phương trình (1) ln ln có nghiệm trái dấu với giá trị m

b) Với giá trị m, biểu thức P = x12 + x22 đạt GTNN

Bài 19: Cho phương trình: x2 – 2(m - 1)x – - m = (1)

1) CMR phương trình (1) ln có hai nghiệm với giá trị m 2) Tìm giá trị m để pt (1) có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn điều kiện:

x12 + x22 10

3) Xác định giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều

kiện:

E = x12 + x22 đạt GTNN

Bài 20: Giả sử phương trình bậc 2: x2 + ax + b + = có hai nghiệm nguyên dương

CMR: a2 + b2 hợp số.

Chuyên đề 6: PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ

D¹ng1: f x( ) g x( )

( ) ( )

( ) ( )

x TXD

f x g x

f x g x

 

Û  ³ Û 



 (*)

Chú ý: Điều kiện (*) đợc lựa chọn tuỳ theo độ phức tạp f(x)³0 g(x) ³0

VD: Tìm m để phơng trình sau có nghiệm: x23x 2 2m x x 

2

2 3 2 2 0 2

1

x

x x

x x m x x

x m x m

£ £

   ³ 

Û       ³ Û  Û 

 

 

Để phơng trình có nghiệm 1£  £ Ûm 0£m£1

D¹ng2:

( ) & ( )

( ) ( )

( ) ( )

g x conghia g x

f x g x

f x g x

³ 

 Û 

 

Chú ý:Không cần đặt điều kin f x( )

VD: Giải phơng tr×nh:

2

2

1

1 1 1

2

1 ( 1)

x x

x x x x x

x

x x

 ³ ³

 

   Û    Û  Û  Û 



   



D¹ng3:

2

( ) & ( )

( ) ( ) ( ) ( ) & ( )

( ( ) ( )) ( )

f x co nghia f x f x g x h x g x co nghia g x

f x g x h x

 ³



  Û  ³

  

 Chú ý:Không cần đặt iu kin h x( )

VD: Giải phơng tr×nh:

4 1

1

1

1

1

2

1 2 (1 )(1 ) (1 )(1 ) 2 1

x x x

x x

x x x x x

x x x x x x x x

      £   ³    Û      Û   ³ Û  £                  2 1

1 2

2

2 2 0

2 7

(1 )(1 ) (2 1)

2

x x

x

x x x

x x

x x x x

   £ £ £     £ £     ³ Û Û   Û                      

Hoặc trình bày theo cách khác nh sau: - Tìm điều kiện để bt có nghĩa

- Biến đổi phơng trình

-Chun đề 7: MỘT SỐ BÀI TỐN CƠ BẢN HÌNH HỌC

Bài : Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB Từ A B kẻ tiếp tuyến Ax By Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ cắt tiếp tuyến Ax By E F

1 Chứng minh AEMO tứ giác nội tiếp

2 AM cắt OE P , BM cắt OF Q Tứ giác MPOQ hình ? Tại ?

3 Kẻ MH ^ AB ( H  AB) Gọi K giao MH EB So sánh MK KH

Hướng dẫn :

1) EAO = EMO = 900 Nên AEMO tứ

giác nội tiếp

2) Dựa vào tính chất hai tiếp tuyến cắt có

MPO = MQO = 900 PMQ = 900 nên

PMQO hình chữ nhật

3) DEMK D EFB (g.g)  EMMK=EF

FB

mà MF = FB  EMMK=EF

DEAB D KHB (g.g)  EKKH=AB

HB mà

EF

MF=

AB

HB ( Ta let)  EM

MK=

EA KH

Vì EM = EA  MK = KH

Bài : Cho (O) cắt (O’) A B Kẻ cát tuyến chung CBD ^ AB ( C (O)

D (O’).)

1 Chứng minh A , O , C A ,O’, D thẳng hàng

2 Kéo dài CA DA cắt (O’) (O) theo thứ tự I K Chứng minh tứ giác CKID nội tiếp

3 Chứng minh BA , CK DI đồng quy Hướng dẫn :

1 CBA = DBA = 900 nên AC DA đường kính hay A,O, C thẳng hàng D ,O’,A

thẳng hàng

2 Từ câu 1) dựa vào góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ta thây K , I nhìn CD góc vng nên tứ giác CDIK nội tiếp

3 A trực tâm tam giác ADG có AB đường cao hay BA qua G

Bài : Cho hai đường tròn (O) (O’) cắt hai điểm A,B Các đường AO AO’cắt đường tròn (O) C D , cắt đường tròn (O’) E , F

a) Chứng minh B , F , C thẳng hàng

b) Chứng minh tứ giác CDEF nội tiếp

c) Chứng minh A tâm đường tròn nội tiếp tam giác BDE

d) Tìm điều kiện để DE tiếp tuyến chung (O) (O’)

Hướng dẫn :

a) CBA + FBA = 1800 nên A , B , F thẳng hàng

b) D, E nhìn CF góc vng nên CDEF nội tiếp

c) Tứ giác CDEF nội tiếp nên EDF = ECF ; ACB = ADB từ suy EDF = ADB Hay DE phân giác góc D DBDE Tương tự EC phân giác góc E DBDE Hai phân giác cắt A nên A tâm đường tròn nội tiếp DBDE

d) Giả sử DE tiếp tuyến chung hai đường trịn ta có OO’ // CE vng góc với AB : AOO’ = ACB mà ACB = FDE ( DCFE nội tiếp ) suy : AOO’ = ODE hay tứ giác ODEO’ nội tiếp (1)

DE tiếp tuyến DE vng góc với OD O’E (2)

Vậy ODEO’ hình chữ nhật : Hay OD = O’E ( Hai đường trịn có bán kính )

C B D

G

K I

O O

’ A

E D

C

B F

O’ A

Bài : Cho (O,R) đường kính AB , đường kính CD di động Gọi đường thẳng d tiếp tuyến đường tròn B Đường thẳng d cắt đường thẳng AC , AD theo thứ tự

P Q

1) Chứng minh tứ giác CPQD nội tiếp đường tròn

2) Chứng minh AD AQ = AC.AP

3) Tứ giác ADBC hình ? Tại ?

4) Xác định vị trí CD để SCPQD = 3.SACD

Hướng dẫn :

1 CPB = CDA ( CBA) nên CPB + CDQ = 1800.

2 DADC DAPQ (g.g) suy AD.AQ = AC.AP Tứ giác ADBC hình chữ nhật có góc vng Để SCPQD = 3.SACD SADC = ¼ SAPQ tức tỉ số đồng dạng hai tam giác

là ½

Suy AD = ½ AP hay BC = ½ AP mà tam giác ABC vng B nên C trung điểm CP  CB = CA hay DACB cân  CD ^ AB

Bài : Từ điểm S nằm đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến SA , SB cát tuyến SCD đường trịn

1) Gọi E trung điểm dây CD Chứng minh điểm S ,A , E , O , B nằm đường tròn

2) Nếu SA = OA SAOB hình ? Tại ?

3) Chứng minh AC BD = BC.DA = ½ AB.CD

Hướng dẫn chứng minh

1) Sử dụng tính chất tiếp tuyến , ta có A , B nhìn SO góc vng , nên tứ giác SADO nội tiếp đường trịn đường kính SO

Dựa vào tính chất đường kính vng góc với dây cung , ta có SEO = 900

Nên E thuộc đường trịn đường kính SO

2) Nếu SA = OA SA = AB = OA = OB góc A vng nên tứ giác SAOB hình vng

2) Ta thấy DSAC DSDA  ACDA=SC

SA

DSCB DSBD  BCBD=SC

SB

Mà SA = SB  ACAD=BC

BD  AC.BD = AD.BC (1)

Trên SD lấy K cho CAK = BAD lúc

A B

Q D

C O

P d

S O

D A

C

DCAK DBAD (g.g)  AC.DB = AB.CK DBAC DDAK (g.g)  BC.AD = DK.AB

Cộng vế ta AC.BD + BC.AD = AB( CK+DK )= AB.CD (2) Từ (1) (2) suy : AC.BD + AC.BD = AB.CD hay AC.BD = ½ AB.CD Vậy AC.BD = AD.BC = ½ AB.CD

Bài : Cho tam giác ABC vuông A Đường trịn đường kính AB cắt BC D Trên cung AD lấy điểm E Nối BE kéo dài cắt AC F

1) Chứng minh CDEF nội tiếp

2) Kéo dài DE cắt AC K Tia phân giác góc CKD cắt EF CD M N Tia phân giác góc CBF cắt DE CF P Q Tứ giác MNPQ hình ? Tại ?

3) Gọi r1 , r2 , r3 theo thứ tự đường tròn nội tiếp tam giác ABC , ADB , ADC

Chứng minh : r = r12 + r22

Hướng dẫn :

1) Dựa vào số đo cung ta thấy C = DEB  C + DEF = 1800 Nên tứ giác CDEF nội tiếp

2) DBED DBCQ ( g.g)  BPE = BQC

 KPQ = KQP hay DKPQ cân DCNK DMK  EMK = CNK

 BMN = BNM hay DBMN cân  MN ^ PQ MN cắt PQ trung điểm đường Nên MNPQ hình thoi

3) DABC DDAB DDAC  r

BC=

r1

AB=

r2

AC 

r2

BC2=

r12

AB2=

r22

AC2

Û r

2

BC2=

r12+r22

AB2+AC2=

r12+r22

BC2

Û r2 = r12 + r22

Bài : Cho tam giác ABC có góc nhọn nội tiếp (O;R) Hạ đường cao AD , BE tam giác Các tia AD , BE cắt (O) điểm thứ hai M , N Chứng minh :

a) Bốn điểm A , E , D , B nằm đường trịn TÌm tâm I đường trịn

b) MN // DE

c) Cho (O) dây AB cố định , điểm C di chuyển cung lớn AB Chứng minh độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác CED không đổi

Hướng dẫn giải :

A

B

K F

Q

C N

D E

a) E,D nhìn AB góc vng nên tứ giác AEDB nội tiếp đường tròn đường kính AB có I ( trung điểm AB ) tâm

b) Ta thấy : ABE = ADE ( chắn cung AE ) mà ABE = AMN ( chắn cung AN )

nên ADE = AMN hay DE // MN

c) Kẻ thêm hình vẽ Dựa vào góc nội tiếp tứ giác AEBD suy CN = CM nên OC ^ MM  OC ^ DE Tứ giác HDCE nội tiếp đường tròn tâm K ( trung điểm HC) đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE  KD = KE ID = IE nên IK ^ DE hay IK // OC OI // CK nên OIKC hình bình hành  KC = OI không đổi

Bài : Cho tam giác nội tiếp đường trịn (O,R)

1)Tính theo chiều R độ dài cạnh chiều cao DABC

2)Gọi M điểm di động cung nhỏ BC ( M  B,C ) Trên tia đối MB lấy MD = MC Chứng tỏ DMCD

3)CMR : M di động cung nhỏ BC D di chuyển đường trịn cố định , xác định tâm vị trí giới hạn

4)Xác định vị trí điểm M cho tổng S = MA + MB + MC lớn Tính giá trị lớn S theo R

Hướng dẫn :

1) AH=AB√3

2 AB = AC = BC = R √3

2) Có MC = MD ( gt)

sđ BMC = ½ sđ BAC = ½ ( 3600 : 3).2 =

1200

 CMD = 600 Vậy DCMD 3) DIMC = DIMD ( c.g.c)  IC = ID Khi M di động cung nhỏ BC D chạy đường trịn ( I ; IC )

Khi M º C  D º C ; M º I  D º E

4) DACM = DBCD ( g.c.g )  AM = BD  S = MA + MB + MC = 2.AM £ 2.AI

 S £ 4R S Max= 4R AM đường kính

Bài : Cho DABC ngoại tiếp (O) Trên BC lấy M , BA lấy N , CA lấy P cho BM=BN CM = CP Chứng minh :

a) O tâm đường tròn ngoại tiếp DMNP A

N

C I

B M D

E O

K H

B

A C

I

E

O M

b) Tứ giác ANOP nội tiếp đường tròn

c) Tìm vị trí M , N , P cho độ dài NP nhỏ Hướng dẫn :

a) Từ tính chất tiếp tuyến cắt giả thiết suy :

DN = EM = FP  DODA = DOEM = DOFP ( c.g.c )

ON = OM = OP hay O tâm đường tròn ngoại tiếp DMNP

b) Từ câu a) suy OND = OPF nên tứ giác ANOP nội tiếp

c) Kẻ OH ^ NP

Có NP = NH = NO cosHNO = 2.NO.Cos(A/2) = 2.OE Cos (A/2)

Vậy NPMin = 2r.cos(A/2)

Khi M , N , P trùng với tiếp điểm

Bài 10 : Cho hình vng ABCD có cạnh 3a Lấy AE = a cạnh AD DF = a cạnh DC Nối AF BE cắt H

a) Chứng minh : AF ^ BE

b) Tính cạnh tứ giác ABFE đường chéo theo a

c) Tính theo a đoạn HE , HB

d) Chứng minh : EDFH nội tiếp đường tròn Đường trịn cắt BF K Tính theo a đoạn BK Nhận xét điểm E , K ,C

Hướng dẫn :

a) DADF = DBAE DAF = EBA  BE ^ AF b) Pitago : BE = AF = a √10 ; EF = a √5 ; BF = a √13

c) Dùng hệ thức lượng : EH = a√10

10 ; HB = 9a√10

10

d) Dựa vào tổng góc đối 1800 nên EDFH

nội tiếp

DBEK DBFH  BK=BE BH

BF =

9a√13 13

e) Dựa vào vng góc : E , K , C thẳng hàng

Chuyên dề 8: MỘT SỐ ĐỀ HSG LỚP 9 A

B C

D P

F

E M N

O

A B

C

D F

E H

Đề 1:

Câu 1: ( 6,0 điểm) 1)Giải phương trình: x 2x 5    x 2  2x 2 

1) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = 4x 4x   4x 12x 92  

Câu 2: ( 3,0 điểm)Chứng minh rằng: với số tự nhiên n ³ thì

2

3 15 n

S

4 16 n

     

số nguyên

Câu 3: ( 3,0 điểm)Trong đua xe môtô, ba tay đua khởi hành lúc Mỗi giờ, người thứ hai chạy chậm người thứ 15km nhanh người thứ ba 3km nên người thứ hai đến đích chậm người thứ 12 phút sớm người thứ ba phút Tính vận tốc ba tay đua mơtơ

Câu 4: ( 3,0 điểm)Cho tam giác ABC cân A, đường cao AH 10cm, đường cao BK 12cm Tính độ dài cạnh tam giác ABC

Câu 5: ( 5,0 điểm)Cho tam giác ABC cạnh a điểm M chuyển động đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

1) Chứng minh: điểm M thuộc cung nhỏ AB MA + MB = MC

2) Tìm giá trị lớn biểu thức P = MA + MB + MC ( M thuộc cung nhỏ AB)

2:

Bài 1: (3 điểm) Cho biểu thøc P= x√x −3

x −2√x −3−

2(√x −3)

√x+1 +

√x+3

3−√x

1) Rut gn biu thc P

2) Tính giá trị cña P x = 14 - √5

3) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P giá trị tương ứng x

Bµi 2: (3 điểm) Giải phơng trình:1)

x+3+x+2+

1

√x+2+√x+1+

1

√x+1+√x=1

2) 36

√x −2+

√y −1=28−4√x −2−√y −1

Bµi 3: (3 ®iĨm) 1) Cho biểu thức A = x2 4x20 Tìm giá trị nhỏ A

2) Cho (x+x2+3)(y+y2+3) =3 Tính giá trị biểu thức P = x + y

Bài 4: (3 điểm)1) Tìm giá trị nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức: ( y + )x2 + =

2) Tìm nghiệm nguyên dơng phơng tr×nh sau: √x+√y=√1980

Bài 5: ( điểm) Cho a, b, c độ dài cạnh BC, CA, AB tam giác ABC Chứng minh rằng: sin 2

A a

bc

£

Bài 6: (5 điểm) Cho tam giỏc u ABC có cạnh 60 cm Trên cạnh BC lấy điểm D

cho BD = 20cm Đường trung trực AD cắt cạnh AB, AC theo thứ tự E, F Tính độ dài cạnh tam giác DEF./

ĐỀ 3:

Bài1(1,5đ)

a/ Tính 5  5

b/ Cho a +b +c = , a,b,c ≠0 Chứng tỏ 2

1 1

a b c = |

1 1

a b c  |

c/ Hãy chứng tỏ x3 2  2 nghiệm phương trình x3 +3x – = 0

Bài2(2đ)

a/ Rút gọn, tính giá trị biểu thức

 3 

1 1 1

2

x y A

x y

xy xy x y xy x y x y

 



  

        

 

 

   

Với x = 2 3,y 2 b/ Giải phương trình x 9 x 4 Bài3(2,5đ)

a/ Tìm giá trị lớn ,giá trị nhỏ biểu thức

2

1

x x

B

x x

  

  b/ Trên mặt phẳng toạ độ cho điểm A(0;4) ; B(3;4) ; C(3;0)

Viết phương trình đường thẳng qua A, C Xác định a để đường thẳng y =ax chia hình chữ nhật OABC thành hai phần , diện tích phần chứa điểm A gấp đơi diện tích phần chứa điểm C

Bài4(3đ) Cho hai đường tròn (O) (O’) Kẻ tiếp tuyến chung AB tiếp tuyến chung EF ( A ,E (O) , B , F (O’) )

a/ Gọi M giao điểm AB EF Chứng minh : Δ AOM Δ BMO’ đồng dạng

b/ Chứng minh AE vuông góc với BF

c/ Gọi N giao điểm AE BF Chứng minh ba điểm O , N , O’ thẳng hàng Bài5(1đ) Cho hình vng ABCD Tính cosMAN biết M ,N theo thứ tự trung

Bµi 1(3®) Cho biĨu thøc: A = ( √3

x2

+x√3+3+

3

x3−

√27)(

x

√3+ √3

x +1)

a Rót gän A

b Tính giá trị A x = 3 +2010

Bài 2(3đ) Cho hàm số y = 3x +2m-1 (1)

a Tìm m để đồ thị hàm số (1) qua điểm A(1; 5)

b Vẽ đồ thị hàm số với giá trị vừa tìm đợc câu a Gọi giao điểm đồ thị hàm số (1) với trục 0x B; giao điểm đờng thẳng hạ từ A vng góc với 0x C Tính diện tích tam giác ABC?

Bài 3(2) Cho số thực x, y, z thỏa m·n x

2008=

y

2009=

z

2010

Chøng minh r»ng: z – x =2 √(x − y)(y − z)

Bµi 4(2.5) Cho x + y = Tìm giá trị nhỏ nhÊt cđa biĨu thøc B = x3 + y3 + xy

Bµi 5(2.5) Cho a, b>0 Chøng minh r»ng: √b2

a +√ a2

b ≥√a+√b

Bài 6(3) Cho tam giác vuông ABC ( B^ = 900, BC > BA) nội tiếp đờng trịn đờng kính

AC Kẻ dây cung BD vng góc với đờng kính AC Gọi H giao điểm AC BD Trên HC lấy điểm E cho E đối xứng với A qua H Đờng trịn đờng kính EC cắt cạnh BC I ( I khác C) Chứng minh rằng:

a) CI.CA = CB.CE

b) HI tiếp tuyến đờng trịn đờng kính EC

Bài 7(4) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (0; R) Đờng cao AK cắt đờng tròn (0) D; AN đờng kính đờng trịn (0)

c) Chøng minh: BD = CN

d) Tính độ dài AC theo R α Biết = α

e) Gọi H, G lần lợt trực tâm, trọng tâm tam giác ABC Chứng minh H; G; thẳng hàng

S CHNH PHNG

I NH NGHĨA: Số phương số bình phương số nguyên

II TÍNH CHẤT:

1 Số phương có chữ số tận 0, 1, 4, 5, 6, ; có chữ số tận 2, 3, 7,

2 Khi phân tích thừa số nguyên tố, số phương chứa thừa số nguyên tố với số mũ chẵn

3 Số phương có hai dạng 4n 4n + Khơng có số phương có dạng 4n + 4n + (n N)

4 Số phương có hai dạng 3n 3n + Khơng có số phương có dạng 3n + (n N)

5 Số phương tận chữ số hàng chục chữ số chẵn Số phương tận chữ số hàng chục

Số phương tận chữ số hàng chục chữ số lẻ Số phương chia hết cho chia hết cho

Số phương chia hết cho chia hết cho Số phương chia hết cho chia hết cho 25 Số phương chia hết cho chia hết cho 16

III MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG

A. DẠNG1: CHỨNG MINH MỘT SỐ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài 1: Chứng minh với số nguyên x, y

A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 số phương. Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4

= (x2 + 5xy + 4y2)( x2 + 5xy + 6y2) + y4

Đặt x2 + 5xy + 5y2 = t ( t Z) thì

A = (t - y2)( t + y2) + y4 = t2 –y4 + y4 = t2 = (x2 + 5xy + 5y2)2

V ì x, y, z Z nên x2 Z, 5xy Z, 5y2 Z ⇒ x2 + 5xy + 5y2 Z

Vậy A số phương

Bài 2: Chứng minh tích số tự nhiên liên tiếp cộng ln số phương.

Gọi số tự nhiên, liên tiêp n, n + 1, n+ 2, n + (n N) Ta có n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + = n.(n + 3(n + 1)(n + 2) +

= (n2 + 3n)( n2 + 3n + 2) + (*)

Đặt n2 + 3n = t (t N) (*) = t( t + ) + = t2 + 2t + = ( t + )2

Vì n N nên n2 + 3n + N Vậy n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + số phương. Bài 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + + k(k+1)(k+2)

Chứng minh 4S + số phương

Ta có k(k+1)(k+2) = 14 k(k+1)(k+2).4 = 14 k(k+1)(k+2).[(k+3) – (k-1)] = 14 k(k+1)(k+2)(k+3) - 14 k(k+1)(k+2)(k-1)

⇒ S = 14 1.2.3.4 - 14 0.1.2.3 + 14 2.3.4.5 - 14 1.2.3.4 +…+ 14 k(k+1)(k+2)(k+3) - 14 k(k+1)(k+2)(k-1) = 14 k(k+1)(k+2)(k+3) 4S + = k(k+1)(k+2)(k+3) +

Theo kết ⇒ k(k+1)(k+2)(k+3) + số ph ương. Bài 4: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889; …

Dãy số xây dựng cách thêm số 48 vào số đứng trước Chứng minh tất số dãy số phương.

Ta có 44…488…89 = 44…488 + = 44…4 10n + 11…1 + 1

n chữ số n-1 chữ số n chữ số n chữ số n chữ số n chữ số

= 10n−1

9 10

n + 10n−1

9 + =

4 102n−4 10n+8 10n−8+9

9 =

4 102n+4 10n+1

9

= (2 10n+1

3 )

Ta thấy 2.10n +1=200…01 có tổng chữ số chia hết

nó chia hết cho n-1 chữ số

⇒ (2 10n+1

3 ) Z hay số có dạng 44…488…89 số phương

Bài 5: Chứng minh số sau số phương: A = 11…1 + 44…4 +

2n chữ số n chữ số 4

B = 11…1 + 11…1 + 66…6 + 8

2n chữ số n+1 chữ số n chữ số 6

C = 44…4 + 22…2 + 88…8 +

2

2n chữ số n+1 chữ số n chữ số 8

Kết quả: A = (10n+2

3 ) ; B = ( 10n+8

3 ) ; C = (

2 10n+7

3 )

Bài 6: Chứng minh số sau số phương:

a A = 22499…9100…09

n-2 chữ số n chữ số 0 b B = 11…155…56

n chữ số n-1 chữ số 5

a A = 224.102n + 99…9.10n+2 + 10n+1 + 9= 224.102n + ( 10n-2 – ) 10n+2 + 10n+1 + 9

= 224.102n + 102n – 10n+2 + 10n+1 + 9= 225.102n – 90.10n + 9

= ( 15.10n – ) 2 ⇒ A số phương

b B = 111…1555…5 + = 11…1.10n + 5.11…1 +

n chữ số n chữ số n chữ số n chữ số = 10n−1

9 10

n + 10n−1

9 + =

102n−10n+5 10n−5+9

9

= 102n+4 10n+4

9 = (

10n+2

3 ) số phương ( điều phải chứng minh)

Bài 7: Chứng minh tổng bình phương số tự nhiên liên tiếp khơng thể là một số phương

Gọi số tự nhiên liên tiếp n-2, n-1, n , n+1 , n+2 (n N , n ≥2 ) Ta có ( n-2)2 + (n-1)2 + n2 + ( n+1)2 + ( n+2)2 = 5.( n2+2)

Vì n2 tận n2+2 khơng thẻ chia hết cho 5 ⇒ 5.( n2+2) khơng số phương hay A khơng số phương

Bài 8: Chứng minh số có dạng n6 – n4 + 2n3 + 2n2 n N n>1 khơng

phải số phương

n6 – n4 + 2n3 +2n2 = n2.( n4 – n2 + 2n +2 ) = n2.[ n2(n-1)(n+1) + 2(n+1) ]

= n2[ (n+1)(n3 – n2 + 2) ] = n2(n+1).[ (n3+1) – (n2-1) ]= n2( n+1 )2.( n2–2n+2)

Với n N, n >1 n2-2n+2 = (n - 1)2 + > ( n – )2

n2 – 2n + = n2 – 2(n - 1) < n2

2 2

Vậy ( n – 1)2 < n2 – 2n + < n2 ⇒ n2 – 2n + số phương. Bài 9: Cho số phương có chữ số hàng chục khác chữ số hàng đơn vị Chứng minh tổng chữ số hàng chục số phương đó số phương

Cách 1: Ta biết số phương có chữ số hàng đơn vị chữ số hàng chục số lẻ Vì chữ số hàng chục số phương cho 1,3,5,7,9 tổng chúng + + + + = 25 = 52 số phương

Cách 2: Nếu số phương M = a2 có chữ số hàng đơn vị chữ số

tận a ⇒ a ⋮ 2 ⇒ a2 ⋮

Theo dấu hiệu chia hết cho hai chữ số tận M 16, 36, 56, 76, 96 ⇒ Ta có: + + + + = 25 = 52 số phương.

Bài 10: Chứng minh tổng bình phương hai số lẻ khơng phải số chính phương.

a b lẻ nên a = 2k+1, b = 2m+1 (Với k, m N)

⇒ a2 + b2 = (2k+1)2 + (2m+1)2 = 4k2 + 4k + + 4m2 + 4m + 1

= 4(k2 + k + m2 + m) + = 4t + (Với t N)

Không có số phương có dạng 4t + (t N) a2 + b2 khơng thể số

chính phương

Bài 11: Chứng minh p tích n số nguyên tố p - p + khơng thể số phương

Vì p tích n số nguyên tố nên p ⋮ p không chia hết cho (1) a Giả sử p+1 số phương Đặt p+1 = m2 (m N)

Vì p chẵn nên p+1 lẻ ⇒ m2 lẻ ⇒ m lẻ.

Đặt m = 2k+1 (k N) Ta có m2 = 4k2 + 4k + ⇒ p+1 = 4k2 + 4k + 1 ⇒ p = 4k2 + 4k = 4k(k+1) ⋮ mâu thuẫn với (1)

⇒ p+1 số phương

b p = 2.3.5… số chia hết cho ⇒ p-1 có dạng 3k+2.

Khơng có số phương có dạng 3k+2 ⇒ p-1 khơng số phương

Vậy p tích n số nguyên tố p-1 p+1 khơng số phương

Bài 12: Giả sử N = 1.3.5.7…2007.

Chứng minh số nguyên liên tiếp 2N-1, 2N 2N+1 khơng có số số chính phương.

a 2N-1 = 2.1.3.5.7…2007 –

b 2N = 2.1.3.5.7…2007

Vì N lẻ ⇒ N không chia hết cho 2N ⋮ 2N không chia hết cho 4.

2N chẵn nên 2N không chia cho dư ⇒ 2N không số phương. c 2N+1 = 2.1.3.5.7…2007 +

2N+1 lẻ nên 2N+1 không chia hết cho

2N không chia hết 2N+1 không chia cho dư

⇒ 2N+1 không số phương. Bài 13: Cho a = 11…1 ; b = 100…05

2008 chữ số 2007 chữ số 0 Chứng minh √ab+1 số tự nhiên.

Cách 1: Ta có a = 11…1 = 102008−1

9 ; b = 100…05 = 100…0 + = 10

2008 + 5

2008 chữ số 2007 chữ số 2008 chữ số

⇒ ab+1 = (102008−1)(102008+5)

9 + =

102008

¿2+4 102008−5+9

¿ ¿ ¿

= (102008+2

3 )

√ab+1 = √(10 2008

+2

3 ) =

102008 +2

3

Ta thấy 102008 + = 100…02 ⋮ nên 102008+2

3 N hay √ab+1 số tự nhiên.

2007 chữ số

Cách 2: b = 100…05 = 100…0 – + = 99…9 + = 9a +6

2007 chữ số 2008 chữ số 0 2008 chữ số

⇒ ab+1 = a(9a +6) + = 9a2 + 6a + = (3a+1)2 ⇒ √ab+1 = 3a+1¿

2

¿

√¿ = 3a + N

B. DẠNG 2: TÌM GIÁ TRỊ CỦA BIẾN ĐỂ BIỂU THỨC LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG

Bài1: Tìm số tự nhiên n cho số sau số phương: a n2 + 2n + 12 b n ( n+3 )

c 13n + d n2 + n + 1589 Giải

a Vì n2 + 2n + 12là số phương nên đặt n2 + 2n + 12 = k2 (k N)

2

⇒ (n2 + 2n + 1) + 11 = k2 ⇔ k2 – (n+1)2 = 11 ⇔ (k+n+1)(k-n-1) = 11

Nhận xét thấy k+n+1 > k-n-1 chúng số nguyên dương, nên ta viết (k+n+1)(k-n-1) = 11.1 ⇔ k+n+1 = 11 ⇔ k = 6

k – n - = n = b Đặt n(n+3) = a2 (n N) ⇒ n2 + 3n = a2 ⇔ 4n2 + 12n = 4a2

⇔ (4n2 + 12n + 9) – = 4a2 ⇔ (2n + 3)

❑2 - 4a2 = ⇔ (2n + + 2a)(2n +

– 2a)=

Nhận xét thấy 2n + + 2a > 2n + – 2a chúng số nguyên dương, nên ta viết (2n + + 2a)(2n + – 2a) = 9.1

⇔ 2n + + 2a = ⇔ n = 1

2n + – 2a = a =

c Đặt 13n + = y2 ( y N) ⇒ 13(n – 1) = y2 – 16 ⇔ 13(n – 1) = (y + 4)(y –

4)

⇒ (y + 4)(y – 4) ⋮ 13 mà 13 số nguyên tố nên y + ⋮ 13 y – ⋮

13

⇒ y = 13k ± (Với k N)

⇒ 13(n – 1) = (13k ± )2 – 16 = 13k.(13k ± 8) ⇒ n = 13k2 ± 8k + 1

Vậy n = 13k2 ± 8k + (Với k N) 13n + số phương. d Đặt n2 + n + 1589 = m2 (m N) ⇒ (4n2 + 1)2 + 6355 = 4m2

⇔ (2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355

Nhận xét thấy 2m + 2n +1> 2m – 2n -1 > chúng số lẻ, nên ta viết (2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355.1 = 1271.5 = 205.31 = 155.41

Suy n có giá trị sau: 1588; 316; 43; 28

Bài 2: Tìm a để số sau số phương:

a. a2 + a + 43

b. a2 + 81

c. a2 + 31a + 1984 Kết quả: a 2; 42; 13

b 0; 12; 40

c 12; 33; 48; 97; 176; 332; 565; 1728

Bài 3: Tìm số tự nhiên n ≥ cho tổng 1! + 2! + 3! + … + n! số phương

Với n = 1! = = 12 số phương

Với n = 1! + 2! + 3! = 1+1.2+1.2.3 = = 32 số phương

Với n ≥ ta có 1! + 2! + 3! + 4! = 1+1.2+1.2.3+1.2.3.4 = 33 5!; 6!; …; n! tận 1! + 2! + 3! + … + n! có tận chữ số nên khơng phải số phương

Vậy có số tự nhiên n thỏa mãn đề n = 1; n =

Bài 4: Tìm n N để số sau số phương:

a. n2 + 2004 ( Kết quả: 500; 164)

b. (23 – n)(n – 3) ( Kết quả: 3; 5; 7; 13; 19; 21; 23)

c. n2 + 4n + 97

d. 2n + 15

Bài 5: Có hay khơng số tự nhiên n để 2006 + n2 số phương Giả sử 2006 + n2 số phương 2006 + n2 = m2 (m N)

Từ suy m2 – n2 = 2006 ⇔ (m + n)(m - n) = 2006

Như số m n phải có số chẵn (1)

Mặt khác m + n + m – n = 2m ⇒ số m + n m – n tính chẵn lẻ (2)

Từ (1) (2) ⇒ m + n m – n số chẵn

⇒ (m + n)(m - n) ⋮ Nhưng 2006 không chia hết cho 4

⇒ Điều giả sử sai

Vậy không tồn số tự nhiên n để 2006 + n2 số phương. Bài 6: Biết x N x>2 Tìm x cho x(x-1).x(x-1) = (x-2)xx(x-1)

Đẳng thức cho viết lại sau: x(x-1) = (x-2)xx(x-1)

Do vế trái số phương nên vế phải số phương

Một số phương tận chữ số 0; 1; 4; 5; 6; nên x tận chữ số 1; 2; 5; 6; 7; (1)

Do x chữ số nên x ≤ 9, kết hợp với điều kiện đề ta có x Nvà < x ≤ (2) Từ (1) (2) ⇒ x nhận giá trị 5; 6; 7.

Bằng phép thử ta thấy có x = thỏa mãn đề bài, 762 = 5776

Bài 7: Tìm số tự nhiên n có chữ số biết 2n+1 3n+1 số phương.

Ta có 10 ≤ n ≤ 99 nên 21 ≤ 2n+1 ≤ 199 Tìm số phương lẻ khoảng ta 25; 49; 81; 121; 169 tương ứng với số n 12; 24; 40; 60; 84

Số 3n+1 37; 73; 121; 181; 253 Chỉ có 121 số phương Vậy n = 40

Bài 8: Chứng minh n số tự nhiên cho n+1 2n+1 số chính phương n bội số 24.

Vì n+1 2n+1 số phương nên đặt n+1 = k2 , 2n+1 = m2 (k, m N)

Ta có m số lẻ ⇒ m = 2a+1 ⇒ m2 = 4a (a+1) + 1

⇒ n = m2−1

2 =

4a(a+1)

2 = 2a(a+1)

⇒ n chẵn ⇒ n+1 lẻ ⇒ k lẻ ⇒ Đặt k = 2b+1 (Với b N) ⇒ k2 =

4b(b+1) +1

⇒ n = 4b(b+1) ⇒ n ⋮

(1)

Ta có k2 + m2 = 3n + (mod3)

Mặt khác k2 chia cho dư 1, m2 chia cho dư

Nên để k2 + m2 (mod3) k2 (mod3)

m2 (mod3)

⇒ m2 – k2 ⋮ hay (2n+1) – (n+1) ⋮ ⇒ n ⋮ (2)

Mà (8; 3) = (3)

Từ (1), (2), (3) ⇒ n ⋮ 24.

Bài 9: Tìm tất số tự nhiên n cho số 28 + 211 + 2n số phương Giả sử 28 + 211 + 2n = a2 (a N)

2n = a2 – 482 = (a+48)(a-48)

2p.2q = (a+48)(a-48) Với p, q N ; p+q = n p > q

⇒ a+48 = 2p ⇒ 2p – 2q = 96 ⇔ 2q (2p-q -1) = 25.3 a- 48 = 2q

⇒ q = p-q = ⇒ p = 7 ⇒ n = 5+7 = 12

Thử lại ta có: 28 + 211 + 2n = 802

C DẠNG 3: TÌM SỐ CHÍNH PHƯƠNG

Bài 1: Cho A số phương gồm chữ số Nếu ta thêm vào chữ số A một đơn vị ta số phương B Hãy tìm số A B.

Gọi A = abcd = k2 Nếu thêm vào mỗi chữ số A đơn vị ta có số

B = (a+1)(b+1)(c+1)(d+1) = m2 với k, m N 32 < k < m < 100

a, b, c, d N ; ≤ a ≤ ; ≤ b, c, d ≤

⇒ m2 – k2 = 1111 ⇔ (m-k)(m+k) = 1111 (*)

Nhận xét thấy tích (m-k)(m+k) > nên m-k m+k số nguyên dương Và m-k < m+k < 200 nên (*) viết (m-k)(m+k) = 11.101

Do m – k == 11 ⇔ m = 56 ⇔ A = 2025

m + k = 101 n = 45 B = 3136

Bài 2: Tìm số phương gồm chữ số biết số gồm chữ số đầu lớn số gồm chữ số sau đơn vị.

Đặt abcd = k2 ta có ab – cd = k N, 32 ≤ k < 100

Suy 101cd = k2 – 100 = (k-10)(k+10) ⇒ k +10 ⋮ 101 k-10 ⋮ 101

Mà (k-10; 101) = ⇒ k +10 ⋮ 101

Vì 32 ≤ k < 100 nên 42 ≤ k+10 < 110 ⇒ k+10 = 101 ⇒ k = 91 ⇒ abcd = 912 = 8281

Bài 3: Tìm số phương có chữ số biết chữ số đầu giống nhau, chữ số cuối giống nhau.

Gọi số phương phải tìm aabb = n2 với a, b N, ≤ a ≤ 9; ≤ b ≤ 9

Ta có n2 = aabb = 11.a0b = 11.(100a+b) = 11.(99a+a+b) (1)

Nhận xét thấy aabb ⋮ 11 ⇒ a + b ⋮ 11

Mà ≤ a ≤ ; ≤ b ≤ nên ≤ a+b ≤ 18 ⇒ a+b = 11

Thay a+b = 11 vào (1) n2 = 112(9a+1) 9a+1 số phương

Bằng phép thử với a = 1; 2; …; ta thấy có a = thỏa mãn ⇒ b = 4

Số cần tìm 7744

Bài 4: Tìm số có chữ số vừa số phương vừa lập phương.

Gọi số phương abcd Vì abcd vừa số phương vừa lập phương nên đặt abcd = x2 = y3 Với x, y N

Vì y3 = x2 nên y số phương

Ta có 1000 ≤ abcd ≤ 9999 ⇒ 10 ≤ y ≤ 21 y phương ⇒ y = 16 ⇒ abcd = 4096

Bài 5: Tìm số phương gồm chữ số cho chữ số cuối số nguyên tố, căn bậc hai số có tổng chữ số số phương.

Gọi số phải tìm abcd với a, b, c, d nguyên ≤ a ≤ ; ≤ b,c,d ≤ abcd phương ⇒ d { 0,1,4,5,6,9}

d nguyên tố ⇒ d = 5

Đặt abcd = k2 < 10000 ⇒ 32 ≤ k < 100

Tổng chữ số k số phương ⇒ k = 45 ⇒ abcd = 2025

Vậy số phải tìm 2025

Bài 6: Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết hiệu bình phương số viết số hai chữ số số theo thứ tự ngược lại số phương

Gọi số tự nhiên có hai chữ số phải tìm ab ( a,b N, ≤ a,b ≤ ) Số viết theo thứ tự ngược lại ba

Ta có ab - ba = ( 10a + b ) 2 – ( 10b + a )2 = 99 ( a2 – b2 ) ⋮ 11 ⇒ a2 - b2 ⋮

11

Hay ( a-b )(a+b ) ⋮ 11

Vì < a - b ≤ , ≤ a+b ≤ 18 nên a+b ⋮ 11 ⇒ a + b = 11

Khi ab - ba = 32 112 (a - b)

Để ab - ba số phương a - b phải số phương a-b =

hoặc a - b =

 Nếu a-b = kết hợp với a+b = 11 ⇒ a = 6, b = 5, ab = 65 Khi 652 – 562 = 1089 = 332

 Nếu a - b = kết hợp với a+b = 11 ⇒ a = 7,5 ( loại ) Vậy số phải tìm 65

Bài 7: Cho số phương có chữ số Nếu thêm vào chữ số ta cũng số phương Tìm số phương ban đầu

( Kết quả: 1156 )

Bài 8: Tìm số có chữ số mà bình phương số lập phương tổng các chữ số

Gọi số phải tìm ab với a,b N ≤ a ≤ , ≤ b ≤ Theo giả thiết ta có : ab = ( a + b )3 ⇔ (10a+b)2 = ( a + b )3

⇒ ab lập phương a+b số phương

Đặt ab = t3 ( t N ) , a + b = l 2 ( l N )

Vì 10 ≤ ab ≤ 99 ⇒ ab = 27 ab = 64

 Nếu ab = 27 ⇒ a + b = số phương

 Nếu ab = 64 ⇒ a + b = 10 không số phương ⇒ loại Vậy số cần tìm ab = 27

Bài 9: Tìm số lẻ liên tiếp mà tổng bình phương số có chữ số giống nhau.

Gọi số lẻ liên tiếp 2n-1, 2n+1, 2n+3 ( n N)

Ta có A= ( 2n-1 )2 + ( 2n+1)2 + ( 2n+3 )2 = 12n2 + 12n + 11

2

2

2

Theo đề ta đặt 12n2 + 12n + 11 = aaaa = 1111.a với a lẻ ≤ a ≤ 9

⇒ 12n( n + ) = 11(101a – )

⇒ 101a – ⋮ ⇒ 2a – ⋮ 3

Vì ≤ a ≤ nên ≤ 2a-1 ≤ 17 2a-1 lẻ nên 2a – { 3; 9; 15 } ⇒ a { 2; 5; }

Vì a lẻ ⇒ a = ⇒ n = 21

số càn tìm 41; 43; 45

Bài 10: Tìm số có chữ số cho tích số với tổng chữ số tổng lập phương chữ số số đó.

ab (a + b ) = a3 + b3

⇔ 10a + b = a2 – ab + b2 = ( a + b )2 – 3ab ⇔ 3a( + b ) = ( a + b ) ( a + b – )

a + b a + b – nguyên tố a + b = 3a a + b – = 3a a + b – = + b a + b = + b

⇒ a = , b = a = , b = 7

Vậy ab = 48 ab = 37

Sè nguyªn tố I Kiến thức cần nhớ:

1 Dịnh nghĩa:

* Số nguyên tố số tự nhiên lớn 1, có hai ớc * Hợp số số tự nhiên lớn h¬n 1, cã nhiỊu h¬n hai íc

2 TÝnh chÊt:

* NÕu sè nguyªn tè p chia hÕt cho số nguyên tố q p = q

* NÕu tÝch abc chia hÕt cho sè nguyªn tè p th× Ýt nhÊt mét thõa sè cđa tÝch abc chia hÕt cho sè nguyªn tè p

* NÕu a b không chia hết cho số nguyên tố p tích ab không chia hết cho số nguyên tè p

3 C¸ch nhËn biÕt mét sè nguyªn tè:

a) Chia số lần lợt cho số nguyên tố biết từ nhỏ đến lớn - Nếu có phép chia hết số số nguyên tố

- Nếu chia lúc số thơng nhỏ số chia mà phép chia cịn số d ssó số nguyên tố

b) Một số có ớc số lớn số khơng phải số nguyên tố

4 Ph©n tÝch mét sè thõa sè nguyªn tè:

* Phân tích số tự nhiên lớn thừa số nguyên tố viết số dới dạng tích thừa số nguyên tố

ới , , số nguyên tố

, , , N vµ , , ,

A a b c

V a b c l

  



  

5 Số ớc số tỉng c¸c íc sè cđa mét sè:

+1 1

¶ sư

íi , , số nguyên tố

, , , N , , ,

1 Số ớc sè cđa A lµ: ( +1)( +1) ( +1)

a 1

2 Tỉng c¸c íc sè cđa A lµ:

1 1

Gi A a b c

V a b c l

b c

a b c

  

  



      ³

  

  

  

6 Sè nguyªn tè cïng nhau:

* Hai sè nguyên tố hai số có ƯCLN

Hai số a b nguyên tố ƯCLN(a, b) =

Các số a, b, c nguyên tố ƯCLN(a, b, c) =

Các số a, b, c đôi nguyên tố Û ƯCLN(a, b) = ƯCLN(b, c) =

ƯCLN(c, a) =1

II Các ví dụ:

VD1: Ta biÕt r»ng cã 25 sè nguyªn tè 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 ngun tố cịn lại số lẻ Do tổng 25 số nguyên tố số chẵn

VD2: Tổng số nguyên tố 1012 Tìm số nguyªn tè nhá nhÊt ba sè

nguyên tố

HD:

Vì tổng số ngun tố 1012, nên số nguyên tố tồn số nguyên tố chẵn Mà số nguyên tố chẵn số nguyên tố nhỏ Vậy số nguyên tố nhỏ số nguyên tố

VD3: Tỉng cđa sè nguyªn tè cã thĨ b»ng 2003 hay không? Vì sao?

HD:

Vỡ tng số nguyên tố 2003, nên số nguyên tố tồn số nguyên tố chẵn Mà số nguyên tố chẵn Do số ngun tố cịn lại 2001 Do 2001 chia hết cho 2001 > Suy 2001 số nguyên tố

VD4: Tìm số nguyên tố p, cho p + p + số nguyên tố

HD:

Giả sử p số nguyên tố

- Nếu p = p + = p + = số nguyên tố

- NÕu p ³ số nguyên tố p có d¹ng: 3k, 3k + 1, 3k + víi k N*.

+) Nếu p = 3k  p =  p + = p + = số nguyên tố

+) Nếu p = 3k +1 p + = 3k + = 3(k + 1)  p +  p + > Do ú

p + hợp sè

+) Nếu p = 3k + p + = 3k + = 3(k + 2)  p +  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, nªn sè nguyªn tè p cã d¹ng: 3k + 1, 3k + víi k

N*.

- Nếu p = 3k + p + = 3k + = 3(k + 2)  p +  p + > Do

- Nếu p = 3k + p + = 3k + = 3(k + 3)  p +  p + > Do

p + lµ hợp số

Vậy số nguyên tố p có dạng: p = 3k + p + hỵp sè

VD6: Chứng minh số ngun tố lớn có dạng 4n + 4n –

HD:

Mỗi số tự nhiên n chia cho có số d: 0; 1; 2; Do số tự nhiên n viết đợc dới dạng: 4k, 4k + 1, 4k + 2, 4k +

víi k N*.

- NÕu n = 4k  n4  n hợp số

- Nếu n = 4k + n2 n hợp số

Vy số nguyên tố lớn có dạng 4k + 4k – Hay số nguyên

tố lớn có dạng 4n + 4n – với n N*.

VD7: Tìm ssó ngun tố, biết số tổng hai số nguyên tố hiệu

của hai số nguyên tố

HD:

ả sử a, b, c, d, e số nguyên tố vµ d > e Theo bµi ra: a = b + c = d - e (*)

Tõ (*) a > a số nguyên tố lẻ

b + c vµ d - e lµ sè lẻ

Do b, d số nguyên tố b, d số lẻ c, e

Gi

số chẵn

c = e = (do c, e số nguyên tố)

a = b + = d - d = b +

Vậy ta cần tìm số nguyên tố b cho b + vµ b + cịng số nguyên tố

VD8: Tìm tất số nguyên tố x, y cho: x2 – 6y2 = 1.

HD:

2 2 2

2

2

2

ã: x 1 ( 1)( 1)

6 ( 1)( 1)

µ x - + x + = 2x x - vµ x + cã tính chẵn lẻ

x - x + hai số chẵn liên tiếp

( 1)( 1) 8

2 2

Ta c y x y x x y

Do y x x

M

x x y y

y y y x

        

  

 

    

     

 

  

 

VD9: Cho p p + số nguyên tè (p > 3) Chøng minh r»ng p + 16

HD:

Vì p số nguyên tố p > 3, nªn sè nguyªn tè p cã d¹ng: 3k + 1, 3k + víi k

N*.

- Nếu p = 3k + p + = 3k + = 3(k + 1)  p +  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 lẻ k lẻ k + chẵn  k + 12 (2)

Tõ (1) vµ (2)  p + 16

II Bµi tËp vËn dơng:

Bài 1: Tìm số nguyên tố p cho số sau số nguyên tố:

a) p + vµ p + 10

b) p + 10 vµ p + 20

c) p + 10 vµ p + 14

d) p + 14 vµ p + 20

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 tố (p > 3) Chøng minh r»ng: p + lµ 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) Chøng minh r»ng: 5p + lµ hợp số

d) Cho p p + số nguyên tố (p > 3) Chứng minh rằng: p + hợp số

e) Cho p 4p + số nguyên tố (p > 3) Chøng minh r»ng: 2p + lµ hợp số

f) Cho p 5p + số nguyên tố (p > 3) Chứng minh rằng: 10p + hợp số

g) Cho p 8p + số nguyên tố (p > 3) Chøng minh r»ng: 8p - lµ hợp số

h) Cho p 8p - số nguyên tố (p > 3) Chứng minh rằng: 8p + hợp số

i) Cho p 8p2 - số nguyên tố (p > 3) Chøng minh r»ng: 8p2 + lµ hợp số.

j) Cho p 8p2 + số nguyên tố (p > 3) Chứng minh rằng: 8p2 - hợp số.

Bài 4: Chøng minh r»ng:

a) NÕu p vµ q lµ hai số nguyên tố lớn p2 q2  24.

b) NÕu a, a + k, a + 2k (a, k N*) số nguyên tố lớn k 6.

Bài 5:

a) Mét sè nguyªn tè chia cho 42 có số d r hợp số Tìm số d r

b) Mét sè nguyªn tè chia cho 30 cã sè d r T×m sè d r biÕt r không số nguyên

tố

Bi 6: Hai số nguyên tố gọi sinh đôi chúng hai số nguyên tố lẻ liên tiếp

Chứng minh số tự nhiên lớn nằm hai số ngun tố sinh đơi 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 tố có ba chữ số, biết viết số 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 t

Bài 11: Tìm số nguyên tố liên tiÕp p, q, r cho p2 + q2 + r2 số nguyên tố.

Bài 12: Tìm tất ba số nguyên tố a, b, c cho a.b.c < a.b + b.c + c.a

Bài 13: Tìm số nguyên tố p, q, r cho pq + qp = r.

Bµi 14: Tìm số nguyên tố x, y, z thoả mÃn xy + = z.

Bài 15: Tìm số nguyên tố abcd cho ab ac l, số nguyên tố b2 cd b c

B i 16:à Cho c¸c sè p = bc + a, q = ab + c, r = ca + b (a, b, c N*) số nguyên tố

Chøng minh r»ng sè p, q, r cã Ýt nhÊt hai sè b»ng

Bµi 17: Tìm tất số nguyên tố x, y cho:

a) x2 – 12y2 = 1.

b) 3x2 + = 19y2.

c) 5x2 – 11y2 = 1.

d) 7x2 – 3y2 = 1.

f) x2 = 8y + 1.

Bài 18: Tìm số nguyên tố cho tích cđa chóng gÊp lÇn tỉng cđa chóng

Bài 19: Chứng minh điều kiện cần đủ để p 8p2 + số nguyên tố

p =

Bµi 20: Chøng minh rằng: Nếu a2 b2 là số nguyên tè th× a2 – b2 = a + b.

Bài 21: Chứng minh 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 n2 Gọi p1, p2, , pn là số nguyên tố cho

pn Ê n + Đặt A = p1.p2 pn Chứng minh dÃy số số tự nhiên liên tiÕp:

A + 2, A + 3, , A + (n + 1) Không chứa số nguyên tố nµo

Bµi 24: Chøng minh r»ng: NÕu p lµ số nguyên tố 2.3.4 (p 3)(p 2) - 1p

Bµi 25: Chøng minh r»ng: NÕu p số nguyên tố 2.3.4 (p 2)(p 1) + 1p

Chuyên đề tìm chữ số tận cùng

I Tìm chữ số tận cùng

Tính chất 1: a) Các số có chữ số tận 0, 1, 5, nâng lên lũy thừa bậc bất kì thì chữ số tận khơng thay đổi

b) Các số có chữ số tận 4, nâng lên lũy thừa bậc lẻ chữ số tận cùng vẫn khơng thay đổi

c) Các số có chữ số tận 3, 7, nâng lên lũy thừa bậc 4n (n thuộc N) thì chữ số tận

d) Các số có chữ số tận 2, 4, nâng lên lũy thừa bậc 4n (n thuộc N) thì chữ số tận 6.

e) Tích số tự nhiên có chữ số tận với số tự nhiên lẻ nào cũng cho ta số có chữ số tận 5.

Tính chất 2: Một số tự nhiên bất kì, nâng lên lũy thừa bậc 4n + (n thuộc N) thì 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 cùng là ; số có chữ số tận nâng lên lũy thừa bậc 4n + có chữ số tận cùng là

c) Các số có chữ số tận 0, 1, 4, 5, 6, 9, nâng lên lũy thừa bậc 4n + sẽ không thay đổi chữ số tận

Bài 1: Tìm chữ số tận số: a) 799 b)

14 14

14 c) 4567

Giải: a) Trước hết, ta tìm số dư phép chia 99 cho 4: 99 − = (9 − 1)(98 + 97 + … +

9 + 1) chia hết cho  99 = 4k + (k  N)  799 = 74k + = 74k.7 Do 74k có chữ số tận

b) Dễ thấy 1414 = 4k (k  N)  141414 = 144k có chữ số tận 6.

c) Ta có 567 −   567 = 4k + (k  N)  4567 = 44k + 1 = 44k.4  44k có chữ số tận

cùng 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  10 b) 175 + 244 − 1321  10

c) 4343 − 1717  10

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 các chữ số tận lũy thừa tổng

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 n2

+ 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 ; ; 4 ; ; ; 9”, ta giải Bài sau:

Bài 5: Chứng minh tổng sau 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 ; 3 ; ; 9”

Bài 7: Tìm số dư phép chia: a) 21 + 35 + 49 + … + 20038005 cho

b) 23 + 37 + 411 + … + 20038007 cho Bài 8: Tìm chữ số tận X, Y:

X = 22 + 36 + 410 + … + 20048010

Y = 28 + 312 + 416 + … + 20048016

Bài 9: Chứng minh chữ số tận hai tổng sau giống nhau: U = 21 + 35 + 49 + … + 20058013

V = 23 + 37 + 411 + … + 20058015

Bài 10: Chứng minh không tồn số tự nhiên x, y, z thỏa mãn: 19x + 5y + 1980z = 1975430 + 2004

II Tìm hai chữ số tận

Nhận xét: Nếu x  N x = 100k + y, k; y  N hai chữ số tận x hai chữ số tận y

Hiển nhiên y ≤ x Như vậy, để đơn giản việc tìm hai chữ số tận số tự nhiên x thay vào ta tìm hai chữ số tận số tự nhiên y (nhỏ hơn)

Rõ ràng số y nhỏ việc tìm chữ số tận y đơn giản Từ nhận xét trên, ta đề xuất phương pháp tìm hai chữ số tận số tự nhiên x = am sau:

Trường hợp 1: Nếu a chẵn x = am  2m Gọi n số tự nhiên cho an − 1 25

Viết m = pn + q (p ; q

 N), q số nhỏ để aq  ta có: x = am = aq(apn − 1) + aq

Vì an −  25

 apn −  25 Mặt khác, (4, 25) = nên aq(apn − 1)  100

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 −  100

Viết m = un + v (u ; v

 N, ≤ v < n) ta có: x = am = av(aun − 1) + av Vì an − 1100  aun − 1 100

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

−  25

Ta có 210 = 1024  210 + = 1025  25  220 − = (210 + 1)(210 − 1)  25  23(220 − 1) 

100 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 −  100

Ta có 74 = 2401 => 74 −  100 Mặt khác: 99 −  => 99 = 4k + (k  N)

Vậy 799 = 74k + 1 = 7(74k − 1) + = 100q + (q

 N) tận hai chữ số 07

Giải: Trước hết ta tìm hai chữ số tận 3517 Do số lẻ nên theo trường hợp 2,

ta phải tìm số tự nhiên n nhỏ cho 3n −  100

Ta có 310 = 95 = 59049

 310 +  50  320 − = (310 + 1) (310 − 1)  100 Mặt khác: 516 − 

 5(516 − 1)  20  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:

Tính chất 4: Nếu a  N (a, 5) = a20 −  25

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 a100 − chia hết cho ;

nếu 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 −  25

Vậy với a  N ta có a2(a100 − 1)  100

Do S1 = 12002 + 22(22000 − 1) + + 20042(20042000 − 1) + 22 + 32 + + 20042

Vì hai chữ số tận tổng S1 hai chữ số tận tổng

12 + 22 + 32 + + 20042 áp dụng công thức: 12 + 22 + 32 + + n2 = n(n + 1)(2n + 1)/6 12 + 22 + + 20042 = 2005  4009  334 = 2684707030, tận 30

Vậy hai chữ số tận tổng S1 30

b) Hoàn toàn tương tự câu a, S2 = 12003 + 23(22000 − 1) + + 20043(20042000 − 1) +

23 + 33 + 20043 Vì thế, hai chữ số tận tổng S

2 hai chữ số tận

cùng 13 + 23 + 33 + + 20043 Áp dụng công thức:

3 3 n(n 1)

1 n (1 n)

2



 

         

 

 13 + 23 + + 20043 = (2005 1002)2 = 4036121180100, tận 00 Vậy hai chữ số tận tổng S2 00

Tính chất 5: Số tự nhiên A khơng phải số phương nếu: + A có chữ số tận 2, 3, 7, ;

+ A có chữ số tận mà chữ số hàng chục chữ số chẵn ; + A có chữ số hàng đơn vị khác mà chữ số hàng chục lẻ ; + A có chữ số hàng đơn vị mà chữ số hàng chục khác ; + A có hai chữ số tận lẻ

Giải: Do n − không chia hết n = 4k + r (r  {0, 2, 3}) Ta có 74 − = 2400  100 Ta viết 7n + = 74k + r + = 7r(74k − 1) + 7r + Vậy hai chữ số tận 7n + hai chữ số tận 7r + (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 cùng

Nhận xét: Tương tự trường hợp tìm hai chữ số tận cùng, việc tìm ba chữ số tận số tự nhiên x việc tìm số dư phép chia x cho 1000

Nếu x = 1000k + y, k ; y  N ba chữ số tận x ba chữ số tận y (y ≤ x)

Do 1000 = x 125 mà (8, 125) = nên ta đề xuất phương pháp tìm ba chữ số tận số tự nhiên x = am sau:

Trường hợp 1: Nếu a chẵn x = am chia hết cho 2m Gọi n số tự nhiên cho an −

1 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) = 1

nên aq(apn − 1) chia hết cho 1000

Vậy ba chữ số tận am ba chữ số tận aq 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 am ba chữ số tận av 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 −  25 nên a20, a40, a60, a80 chia cho 25 có số dư  a20 + a40 + a60 + a80 +  Vậy a100 − = (a20 − 1)( a80 + a60 + a40 + a20 + 1)  125

Bài 15: Tìm ba chữ số tận 123101

Giải: Theo tính chất 6, (123, 5) =  123100 −  125 (1) Mặt khác: 123100 − = (12325 − 1)(12325 + 1)(12350 + 1)

 123100 −  (2) Vì (8, 125) = 1, từ (1) (2) suy ra: 123100 −  1000

 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: 9100 − chia hết cho 1000  3399 98 = 9199 9 =

9100p + 99 = 999(9100p − 1) + 999 = 1000q + 999 (p, q

Vậy ba chữ số tận 3399 98 ba chữ số tận 999 Lại

vì 9100 − chia hết cho 1000  ba chữ số tận 9100 001 mà 999 = 9100:  ba

chữ số tận 999 889 (dễ kiểm tra chữ số tận 999 9, sau dựa vào

phép nhân ???9 001  để xác định ??9 889 ) Vậy ba chữ số tận 3399 98 là

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  nên tận 376

Bài tập vận dụng:

Bài 17: Chứng minh 1n + 2n + 3n + 4n chia hết cho n không chia hết cho

4

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 a101 ba chữ

số tận a

Bài 23: Cho A số chẵn không chia hết cho 10 Hãy tìm ba chữ số tận A200

Bài 24: Tìm ba chữ số tận số: 199319941995 2000

Bài 25: Tìm sáu chữ số tận 521.

D·y sè cã qui luËt

I > Phơng pháp dự đoán quy nạp :

Trong số trờng hợp gặp toán tính tổng hữu hạn

Bằng cách ta biết đợc kết (dự đoán , toán chứng minh cho biết kết quả) Thì ta nên sử dụng phơng pháp hầu nh chứng minh đ-ợc

VÝ dơ 1 : TÝnh tỉng Sn =1+ + + + (2n -1 )

Thö trùc tiÕp ta thÊy : S1 =

S2 = + =22

S3 = 1+ 3+ = = 32

Ta dự đoán Sn = n2

Vi n = 1;2;3 ta thấy kết

gi¶ sư víi n = k ( k 1) ta cã Sk = k (2)

ta cần phải chứng minh Sk + = ( k +1 ) ( 3)

ThËt vËy céng vÕ cña ( 2) víi 2k +1 ta cã

1+3+5 + + (2k – 1) + ( 2k +1) = k2 + (2k +1)

v× k2 + ( 2k +1) = ( k +1) 2 nªn ta cã (3) tøc lµ S

k+1 = ( k +1)

theo nguyên lý quy nạp toán đợc chứng minh

vËy Sn = 1+3=5 + + ( 2n -1) = n2

T¬ng tù ta chứng minh kết sau phơng pháp quy nạp toán học

1, + + + + n = n(n+1)

2

2, 12 + 2 2 + + n 2 = n(n+1)(2n+1)

6

3, 13+ 23 + + n3 =

[n(n+1)

2 ]

2

4, 15 + 25 + + n5 =

12 n2 (n + 1) ( 2n2 + 2n – )

II Ph ơng pháp khử liên tiếp :

Giả sử ta cần tính tổng (1) mµ ta cã thĨ biĨu diƠn , 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+

khi ta có :

Sn = ( b1 – b2 ) + ( b2 – b3 ) + + ( bn – bn + )

= b1 – bn +

VÝ dơ : tÝnh tỉng :

Ta cã :

10 11= 10−

1

11 ,

1 11.12=

1 11−

1

12 ,

1 99 100=

1 99−

1 100

Do :

S =

10− 11+ 11−

12+ .+ 99− 100= 10− 100= 100

Dạng tổng quát

Sn =

1 2+

1

2 3+ .+

n(n+1) ( n > )

= 1-

n+1=

n n+1

VÝ dơ : tÝnh tỉng

Sn =

1 3+

1 4+

1

3 5+ +

1

n(n+1)(n+2)

Ta cã Sn =

1 2(

1 2−

1 3)+

1 2(

1 3−

1

3 4)+ + 2(

1

n(n+1)−

1

(n+1)(n+2))

Sn =

1 2(

1 2−

1 3+

1 3−

1

3 4+ +

n(n+1)−

1

(n+1)(n+2))

Sn =

2( 1 2−

1

(n+1)(n+2))=

n(n+3)

4(n+1)(n+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! = 3! -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 dơ : tÝnh tỉng

Sn =

1 2¿2 ¿

2 3¿2 ¿ ¿ ¿

3

Ta cã :

i+1¿2 ¿ ¿

2i+1

[i(i+1)]2 =1

i2−

1

¿

i = ; ; 3; ; n

Do Sn = ( 1-

n+1¿2

(¿¿)

1

n2−

1

¿

1 22¿+(

1 22−

1

32)+ +¿

= 1-

n+1¿2 ¿ n+1¿2

¿ ¿

1

III Ph ơng pháp giải ph ơng trình với ẩn tổng cần tính:

VÝ dơ : TÝnh tỉng

S = + + 22 + + 2100 ( 4)

ta viÕt l¹i S nh sau :

S = + (1 + + 22 + + 299 )

S = + ( + + 22+ + 299 + 2 100 - 2100 )

=> S= + ( S - 2100 ) ( 5)

Tõ (5) suy S = + 2S - 2101

 S = 2101-1

VÝ dô : tÝnh tæng

Sn = + p + p + p3 + + pn ( p 1)

Ta viÕt l¹i Sn díi d¹ng sau :

Sn = + p (1 + p + p2 + + pn-1 )

Sn = + p ( + p + p2 + + p n-1 + p n - p n )

 Sn = 1+p ( Sn - pn )

 Sn = + p.Sn - p n+1

 Sn ( p - ) = pn+1 -

 Sn = P n+1

−1

p −1

VÝ dơ : TÝnh tỉng

Sn = 1+ 2p +3p + + ( n+1 ) pn , ( p 1)

= 2p –p +3p 2 –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

p.Sn=Sn- P

n+1

−1

P −1 +(n+1)P

n+1 ( theo VD )

L¹i cã (p-1)Sn = (n+1)pn+1 - p

n+1−1

P −1

 Sn =

P −1¿2 ¿

(n+1)Pn+1 p −1 −

pn+1−1

¿

IV > Ph ơng pháp tính qua tổng biết

 C¸c kÝ hiƯu : ∑

i=1

n

ai=a1+a2+a3+ .+an

 C¸c tÝnh chÊt :

1, ∑

i=1

n

(ai+bi)=∑

i=1

n

ai+∑

i=1

n

bi

2, ∑

i=1

n

a.ai=a∑

i=1

n

ai

VÝ dô : TÝnh tæng :

Sn= 1.2 + 2.3 + 3.4 + + n( n+1)

Ta cã : Sn = ∑

i=1

n

i(i+1)=∑

i=1

n

(i2+i)=∑

i=1 n i2 +∑ i=1 n i V× : ∑ i=1 n

i=1+2+3+ +n=n(n+1)

2

∑

i=1

n

i2

=n(n+1)(2n+1)

6

(Theo I )

cho nªn : Sn = n(n+1)

2 +

n(n+1)(2n+1)

6 =

n(n+1)(n+2)

3

VÝ dơ 10 : TÝnh tỉng :

Sn =1.2+2.5+3.8+ +n(3n-1)

ta cã : Sn = ∑

i=1

n

i(3i−1)=∑

i=1

n

(3i2− i)

= 3∑

i=1

n

i2−∑

i==

n

i

Sn = 3n

(n+1)(2n+1)

6 −

n(n+1)

2 =n

2 (n+1)

VÝ dơ 11 TÝnh tỉng

Sn = 13+ +23 +53 + + (2n +1 )3

ta cã :

Sn = [( 13 +2 +33 +43 + +(2n+1)3 ] –[23+43 +63 + +(2n)3]

= [13+23 +33 +43 + + (2n +1 )3] -8 (13 +23 +33 +43 + + n3 )

Sn =

2n+2¿2 ¿ n+1¿2

¿

8n2¿

2n+1¿2¿ ¿ ¿

( theo (I) – )

=( n+1) 2(2n+1) 2 – 2n2 (n+1)2

= (n +1 )2 (2n2 +4n +1)

V/ Vận dụng trực tiếp cơng thức tính tổng số hạng dãy số cách ( Học sinh lớp )

 C¬ së lý thuyÕt :

+ để đếm số hạng dãy số mà số hạng liên tiếp dãy cách số đơn vị , ta dùng cơng thức:

Sè sè h¹ng = ( sè cuối số đầu : ( khoảng cách ) +

+ Để tính tổng số hạng dãy số mà số hạng liên tiếp cách số đơn vị , ta dùng cụng thc:

Tổng = ( số đầu – sè cuèi ) ( sè sè h¹ng ) :2 VÝ dơ 12 :

TÝnh tỉng A = 19 +20 +21 + + 132

Sè sè h¹ng cđa A lµ : ( 132 – 19 ) : +1 = 114 ( sè h¹ng )m A = 114 ( 132 +19 ) : = 8607

VÝ dơ 13 : TÝnh tỉng

B = +5 +9 + + 2005 +2009

sè số hạng B ( 2009 ) : + = 503 B = ( 2009 +1 ) 503 :2 = 505515

VI / Vân dụng số công thức chứng minh đợc vào làm tốn

Ví dụ 14 : Chứng minh : k ( k+1) (k+20 -9k-1)k(k+1) = 3k ( k +1 ) Từ tính tổng S = 2+2.3 + 3.4 + + n (n + 1)

Chøng minh : c¸ch : VT = k(k+1)(k+2) –(k-1) k(k+1)

C¸ch : Ta cã k ( k +1) = k(k+1) (k+2)−(k −1)

3

= k(k+1)(k+2)

3 −

k(k+1)(k −1)

3 *

 3k ( k-1) = k (k+1)(k+2) – (k-1) k(k+1)

=> 1.2 =

1.2.3 0.1.2

3 

2.3.4 1.2.3 2.3

3

( 1)( 2) ( 1) ( 1)

( 1)

3

n n n n n n n n

 

   

  

S =

1.2.0 ( 2) ( 1) ( 1) ( 2)

3 3

n n n n n n

    

 

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) từ tính tổng 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)

4 −

(k −1)k(k+1)(k+2)

4

¸p dơng : 1.2.3 =

4 −

0

2.3.4 =

4 −

1 4

n(n+1) (n+2) = n(n+1)(n+2)(n+3)

4 −

(n −1)n(n+1)(n+2)

4

Cộng vế với vế ta đợc S = n(n+1)(n+2)(n+3)

4 * Bài tập đề nghị :

TÝnh c¸c tỉng sau

1, B = 2+ +10 + 14 + + 202

2, a, A = 1+2 +22 +23 + + 26.2 + 2

b, S = + 52 + 53 + + 5 99 + 5100

c, C = + 10 + 13 + + 76

3, D = 49 +64 + 81+ + 169

5, S =

1 2+ 3+

1

3 4+ .+ 99 100

6, S =

5 7+

7 9+ + 59 61

7, A =

11.16+ 16 21+

5

21 26+ + 61 66

8, M =

30+ 31+

1

32+ .+ 32005

9, Sn =

1 +

1

2 4+ +

1

n(n+1)(n+2)

10, Sn =

1 3+

2 4+ + 98 99 100

11, Sn =

1 4+

1

2 5+ .+

1

n(n+1)(n+2)(n+3)

12, M = + 99 + 999 + + 99

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 =?

Trong trình bồi dỡng học sinh giỏi , tơi kết hợp dạng tốn có liên quan đến dạng tính tổng để rèn luyện cho em , chẳng hạn dạng tốn tìm x :

14, a, (x+1) + (x+2) + (x+3) + + ( x+100 ) = 5070 b, + + + + + x = 820

c, +

3+ 6+

1

10+ .+

x(x+1)=1

1989 1991

Hay toán chứng minh sù chia hÕt liªn quan

15, Chøng minh : a, A = 4+ 22 +23 +24 + + 220 lµ l thõa cđa

b, B =2 + 22 + 2 3 + + 2 60 ⋮ ; 7; 15

c, C = + 33 +35 + + 31991 ⋮ 13 ; 41