Số lượng các ước của một số * Nếu dạng phân tích ra thừa số nguyên tố của một số tự nhiên A = ax.by.cz.... Chọn theo số nguyên tố nhỏ nhất là 2, ta có số nhỏ nhất trong trường hợp này là[r]
(1)CHỦ ĐỀ SỐ HỌC Cách ghi số tự nhiên I/ Ghi số tự nhiên n n 1 - Hệ thập phân: an an 1 a1a0 an 10 an 1.10 a1.10 a0 10 Ví dụ 1: Tìm số tự nhiên có số tận cùng là 3, xoá số tận cùng thì ta số nhỏ số ban đầu 2010 Giải: Gọi: Số cần tìm là: x3 10 x ( x N ); Số sau xoá số tận cùng là x: Theo bài ta có phương trình: 10x + – x = 2010 x 2007 x 223 Vậy số cần tìm là: 2233 Ví dụ 2: Tìm số tự nhiên có ab , biết ab ba 3; ab ba Giải: Ta có ab 10a b(a, b Z ;1 a, b 9) Từ đã: ab ba 11(a b) , vì ƯCLN(3,5) = ab ba 11(a b)15 (ƯCLN(11,15) =1) a b 15 Do a, b (a, b) 7,8 , 8, , 9, , 6,9 Vậy số cần tìm là 78; 87; 69; 96 II/ Các phép tính N; phép chia có dư 1/ Phép tính(+; -; x; :) - Phép tính luỹ thừa: + a n a.a a nthuaso mn + a a a n m m n mn + a : a a m n, m, n N , a ( a m ) n a m.n + Quy ước: a a; a 0(a 0) n n n n + Lưu ý: ( x0) y 0;( x6) y 6;( x1) y1;( x5) y5 + Những số có số tận cùng là 4, luỹ thừa chẵn thì số tận cùng là 6; luỹ thừa lẻ thì số tận cùng là ; + Những số có số tận cùng là 9, luỹ thừa chẵn thì số tận cùng là 1; luỹ thừa lẻ thì số tận cùng là ; 200 300 Ví dụ 1: So sánh 300 và 200 Giải: Ta có: 300200 3200.100200 9100.100200 9100.10400 200300 200300.100300 8100.100300 8100.(102 )300 8100.10600 Do < 10, nên 9100< 10100 9100.10400 10500 10600 8100.10600 Vậy 300 200 < 200 300 Lop7.net (2) 2004 1000 Ví dụ 2: 12 10 Ta có 24 = 16 2 100 2010 22 có số tận cùng là 25 1005 41005 45.41000 45.(48 )125 122004 =(10 + 2)2004 = (102004 + 2004.2.102003+ + 2004.10.22003+ 22004) Mà 102004 + 2.102003+ + 10.22003 Vây xét 22004 = (24)501 có số tận cùng là 6, nên 122004có số tận cùng là 122004 21000 10 B/ Phép chia hết tập hợp các số nguyên I/ Một số phương pháp chứng minh chia hết Tính chất: + Sử dụng tính chất “ Trong n số tự nhiên có và số chia hết cho n” + Tích hai số tự nhiên liên tiếp chia hết cho + Tích ba số tự nhiên liên tiếp chia hết cho + Tích hai số tự nhiên chẵn liên tiếp chia hết cho + Tích số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 120 Các dấu hiệu chia hết a)an an 1 a1a0 a0 b)an an 1 a1a0 5 a0 5 n c)an an 1 a1a0 3 3 i 0 n d )an an 1 a1a0 3 9 i 0 f )an an 1 a1a0 25; a1a0 25; g )an an 1 a1a0 125;8 a2 a1a0 125;8 Dấu hiệu chia hết cho 11 Cho A = a5 a4 a3 a2 a1 a0 A 11 [(a0 + a2 + a4 + ) – (a1 + a3 + a5 + )] 11 Chứng minh: A = (a0 + 102a2 + 104a4 + ) + (10a1 + 103a3 + 105a5 + ) Chú ý : 102 = 99 + 1, 104 = 9999 + 1, , tổng quát : 102k = bội 11 + , còn 10 = 11 – 1, 103 = 1001 – 1, 105 = 100001 – 1, Tổng quát 102k + = bội 11 – Do đã : A = ( bội 11 + a0 + a2 + a4 + ) + + (bội 11 – a1 – a3 – a5 - ) = béi 11 + ( a0 + a2 + a4 + ) – (a1 + a3 + a5 + ) Như điều kiện cần và đủ đó số chia hết cho 11 là : Tổng các chữ số hàng lẻ và tổng các chữ số hàng chẵn số đã có hiệu chia hết cho 11 Ví dụ 1: Chứng minh: n3 + 11n Ví dụ 2: Cho 717 + 17.3 - Chứng minh: 718 + 18.3 - (Đề thi chọn HSG lớp huyện Văn Bàn năm học 2009 - 2010) Giải: Ta có: 717 + 17.3 - 9, Đặt: 717 + 17.3 - = 9k Mặt khác: 718 + 18.3 – = 7.(717 + 17.3 – 1) + [18.3 – - 7.(17.3 - 1)] = 7.9k – 33.9 Lop7.net (3) = 9.(7k - 33) 718 Vậy: + 18.3 - Ví dụ3: Cho 717 + 17.3 - Chứng minh: 718 + 18.3 - (Đề thi chọn HSG líp 9, cấp trường năm học 2010 - 2011) Sử dụng định lý mở rộng a)n N : a n b n a b a n 1 a n 2b ab b n 1 ; a, b Z n2 a n b n ( a b) n 2k , k N , a n b n ( a b) b)k N , n 2k 1: a n b n a b a n 1 a n 2b ab b n 1 n2 n 2k 1: a n b n a b ; a b Các ví dụ: Ví dụ1: Chứng minhrằng 20n + 16n - 3n + 323 Một số phương pháp chứng minh khác - Chứng minh quy nặp: Nguyên tắc chứng minh + Xét vì n = n0 đúng + Gỉa sử vì n = k đúng + Biến đổi chứng minh vì n = k + đúng Từ đã điều phải chứng minh Bài tập vận dụng: Chứng minhrằng a )32 n 2n 7(n N ) b)32 n 1 2n 7(n N ) c) 10n 18n 1 2n n Giải: a )3 + Vì n = 1; hiển nhiên đúng, 2k k 2k k + Gỉa sử, n = k đúng, tức là: Đặt: q + Xét vì n = k + 1,ta có 32( k 1) 2k 1 9(3k 2k 1 ) 9.2k 2.2k 7(9q 2k ) Vậy n = k + đúng, 2n n Kết luận: b) Làm tương tự: c) 10n 18n 1 27 Giải: + Vì n = hiển nhiên đúng, vì + 18.0 – = 27 k + Gỉa sử n = k đúng, tức là 10 18k 1 27 , Đặt: 10k 18k 27 q + Xét vì n = k +1 ta có: 10k 1 18(k 1) 10(10k 18k 1) 18k 18 (180k 10) 100 10.27 q 27 1 6k 27(10q 6k 1) 27 Lop7.net (4) Vậy n = k + đúng, Kết luận: 10n 18n 1 27 Các bài tập vận dụng dấu hiệu chia hết Ví dụ 1: Tìm chữ số x,y đó x36 y51375 Ví dụ 2: Tìm chữ số x,y đó 134 xy 45 (Đề thi chọn HSG lớp huyện Văn Bàn năm học 2008 - 2009) Bài 3: Cho S=21 + 22 + 23 + + 2100 a/ Chứng minh S chia hết cho b/ Chứng minh S chia hết cho 15 c/ S tận cùng là chữ số nào? Lời giải 100 a/ S = + + + + =(21 + 22 )+ (23 + 24)+ +(299+ 2100) = 2(1 + 2) + 23(1 + 2) + …+ 299(1 +2) = 3.(2 + 23 +…+ 299) Vậy S b/ Nhóm số hạng S ta được:S = 15.(2 + 25 + 29 +…+ 227) 15 c/ S 15 và S là số chẵn nên S tận cùng là Bài tập 4(Đề thi HSG Toán năm 2010 -2011) CMR: A( n ) n(n3 n 12) 14412 3.Các dạng bài tập khác sử dụng a) Tìm số tận cùng b) Sử dụng phép chia có dư c) Sử dụng nguyên tắc De-rich-ne d) Sử dụng đồng dư thức C/ Số nguyên tố I/ Số nguyên tố, hợp số Bài tập liên quan đến số nguyên tố Ngoài các kiến thức số nguyên tố , số nguyên tố cùng ƯCLN, BCNN, ta có thêm số tính chất chia hết 1) Nếu tích chia hết cho số nguyên tố p thì tồn thừa số tích chia hết cho p Hệ quả: Nếu an chia hết cho số nguyên tố p thì a chia hết cho p 2) Nếu tích a.b chia hết cho m đó b và m là hai số nguyên tố cùng thì a chia hết cho m Thật vậy, phân tích m Theo số nguyên tố : m = a1k1a2k2 an kn (1) Vì a.b chia hết cho m nên a.b chứa tất các thừa số nguyên tố a1, a2, an vì số mò lớn số mò các thừa số nguyên tố đó (1) Nhưng b và m nguyên tố cùng nên b không chứa thừa số nguyên tố nào các thừa số a1 , a2, , an Do đó a chứa tất các thừa số a1 , a2 , an tức là a chia hết cho m 3) Nếu a chia hết cho m và n thì a chia hết cho BCNN m và n Thật vậy, a chia hết cho m và n nên a là bội chung m và n so đó chia hết cho BCNN ( m,n) Lop7.net (5) Hệ quả: Nếu a chia hết cho hai số nguyên tố cùng m và n thì a chia hết cho tích m.n II Những ví dụ Ví dụ Tìm số tự nhiên n cho 18n + chia hết cho Giải : Cách 1: 18n + 14n + 4n + 4n + 4n + – 4n – 4(n – 1) Ta lại có (4,7) = nên n – Vậy n = 7k + ( k N) Cách 2: 18n + 18 n + – 21 18n - 18 18(n – 1) Ta lại có (18,7) = nên n – Vậy n = 7k + ( k N) Nhận xét: Việc thêm bớt các bội hai cách giải trên nhằm đến biểu thức chia hết cho mà đó hệ số n Ví dụ: Cho biết a + 4b chia hết cho 13 (a, b N) Chứng minh 10a + b chia hết cho 13 Giải : Đặt a + 4b = x ; 10a + b = y Ta biết x 13, cần chứng minh y 13 Cách 1: xét biểu thức: 10x – y = 10 (a + 4b) – (10a + b) = 10a + 40b – 10a – b = 39b Như 10x – y 13 Do x 13 nên 4y 13 Suy y 13 Cách 2: Xét Biểu thức: 4y – x = (10a + b) – (a + 4b) = 40a + 4b – A – 4b = 39a Như 4y – x 13 Do x 13 nên 4y 13 Ta lại có ( 4,13) = nên y 13 Cách : Xét biểu thức: 3x + y = (a + 4b) + (10a + b) = 3a + 12b + 10a + b = 13a + 13b Như 3x + y 13 Do x 13 nên 3x 13 Suy y 13 Cách 4: Xét biểu thức: x + 9y = a + 4b + (10a + b) = a + 4b + 90a + 9b = 91a + 13b Như x + 9y 13 Do x 13 nên 9y 13 Ta lại có (9,13) – 1, nên y 13 Nhận xét: Trong các cách giải trên, ta đã đưa các biểu thức mà sau rút gọn có số hạng là bội 13, đó số hạng thứ hai (nếu có) còng là bội 13 Hệ số a x là 4, hệ số a y là nên xét biểu thức 10x – y nhằm khử a (tức là làm cho hệ số 0) , xét biểu thức 3x + y nhằm tạo hệ số a 13 Lop7.net (6) Hệ số b x là 4, hệ số b y là nên xét biểu thức 4y – x nhằm khử b, xét biểu thức x + 9y nhằm tạo hệ số b 13 Ví dụ Chứng minh p là số nguyên tố lớn thì (p – 1)(p + 1) chia hết cho 24 Giải Ta có (p – 1)p(p + 1) mà (p,3) = nên (p – 1)(p + 1) (1) p là số nguyên tố lớn nên p là số lẻ, p – và p + là hai số chẵn liên tiếp Trong hai số chẵn liên tiếp, có số là béi nên tích chúng chia hết cho (2) Từ (1) và (2) suy (p – 1)(p + 1) chia hết cho hai số nguyên tố cùng và Vậy (p – 1)(p + 1) 24 III Tìm số bị chia biết các số chia và số dư hai phép chia Ví dụ Tìm số tự nhiên nhỏ chia cho thì dư 1, chia cho thì dư Giải : Gọi n là số chia cho dư 1, chia cho dư Cách 1: Vì n khằngchia hết cho 35 nên n có dạng 35k + r ( k, r N, r < 35), đó r chia dư 1, chia dư Số nhỏ 35 chia cho dư là 5, 12, 19, 26, 33 đó có 26 chia cho dư 1, r = 26 Số nhỏ nhBất có dạng 35k + 26 là 26 Cách 2: Ta có n – n – + 10 n + (1) Ta có n – n – + 14 n + (2) Từ (1) và (2) suy n + 35 số n nhỏ nhBất có tính chBất trên là n = 26 Cách 3: n = 5x + = 7y + 5x = 5y + 2y + 2(y + 2) y + Giá trị nhỏ nhBất y 3, giá trị nhỏ n 7.3 + = 26 Ví dụ 2: Tìm số tự nhiên n có bội chữ số cho chia n cho 131 thì dư 112, chia n cho 132 thì dư 98 Giải : Cách 1: Ta có 131x + 112 = 132y + 98 131x = 131y + y – 14 y – 14 131 y = 131k + 14 ( k N) n = 132.(131k + 14) + 98 = 132.131k + 1946 Do n có bội chữ số nên k = , n = 1946 Cách 2: Từ 131x = 131y + y – 14 suy 131(x – y) = y – 14 Nếu x > y thì y – 14 131 y 145 n có nhiều bội chữ số Vậy x = y, đó y = 14, n = 1946, Cách Ta có n = 131x + 112 nên 132 n = 131.132x + 14784 (1) Mặt khác n = 132y + 98 nên 131n = 131.132y + 12838 (2) Từ (1) và (2) suy 132n – 131 n = 131.132(x – y) + 1946 n = 131.132(x – y) + 1946 Vì n có bội chữ số nên n = 1946 III/ ƯCLN, BCNN Lop7.net (7) 1) Tìm hai số đó biết ƯCLN chúng Ví dụ Tìm hai số tự nhiên, biết tổng chúng 84, ƯCLN chúng Giải : Gọi hai số phải tìm là a và b ( a b) Ta có (a,b) = nên a = 6a’; b = 6b’ đó (a’, b’) = (a, b, a’, b; N) Do a + b = 84 nên (a’ + b”) = 84 suy a’ + b’ = 14 Chọn cặp số a’, b’ nguyên tố cùng có tổng 14 (a’ b’), ta được: a’ Do đó a 18 30 b’ 13 11 b 78 66 54 Ví dụ 2: Tìm hai số tự nhiên có tích 300 ƯCLN Giải : Gọi hai số phải tìm là a và b ( a b) Ta có (a,b) = nên a = 5a’, b = 5b’ đó (a’, b’) = Do ab = 300 nên 25a’b’ = 300 suy a’b’ = 12 = 4.3 Chọn cặp số a’, b’ nguyên tố cùng có tích 12 (a’ b’) ta được: a’ Do đó a 15 b’ 12 b 60 20 2) Các bài toán phối hợp BCNN các số vì ƯCLN chúng Ví dụ Tìm hai số tự nhiên biết ƯCLN chúng 10, BCNN chúng 900 Giải : Gọi các số phải tìm là a và b, giả sử a b Ta có (a,b) = 10 nên a = 10a’, b = 10b’, (a’,b’) = 1; a’ b Do đó ab = 100 a’b’(1) Mặt khác ab = [a,b].(a,b) = 900.10 = 9000 (2) Từ (1) và (2) suy a’b’ = 90 Ta có các trường hợp: a’ Do đó a 10 20 50 90 b’ 90 45 18 10 b 900 450 180 100 3) Tìm ƯCLN hai số thuật toán Ơ clit Ví dụ Cho hai số tự nhiên a và b (a > b) a) Chứng minh a chia hết cho b thì (a,b) = b b) Chứng minh a không chia hết cho b thì ƯCLN hai số ƯCLN số nhỏ và số dư phép chia số lớn cho số nhỏ c) Dùng các nhận xét trên đó tìm ƯCLN (72,56) Giải : a) Mọi ước chung a và b hiểnn nhiên là ước b Đảo lại,do a chia hết cho b nên b là ước chung a và b Vậy (a,b) = b b) Gọi r là số dư phép chia a cho b (a > b) Ta có a = bk + r (k N), cần chứng minh (a, b) = (b,r) Thật vậy, a và b cùng chia hết cho d thì r chia hết cho d, đó ước chúng a và b còng là ước chung b và r (1) Đảo lại b và r cùng chia hết cho d thì a chia hết cho d, đó ước chung b và r còng là ước chung a và b (2) Từ (1) và (2) suy tập hợp các ước chung a và b và tập hợp các chung b và r Do đó hai số lớn hai tập hợp đó còng nhau, tức là (a, b) = (b,r) c) 72 chia 56 dư 16 nên 972,56) = ( 56,16) Lop7.net (8) 56 chia 16 dư nên (56,16) = (16,8); 16 chia hết cho nên (16,8) = Vậy (72,56) = Nhận xét : Giả sử a khôngchia hết cho b và a chia hết cho b dư r1, b chia cho r1 dư r2, r1 chia cho r2 dư r3 , rn – chia cho rn-1 dư rn’ rn-1 chia cho rn dư (dãy số b, r1 , r2 , ,rn là dãy số tự nhiên giảm dần nên số phép chia là hữu hạn đó quá trình trên phải kết thúc vì số dư 0) Theo chứng minh ví dụ trên ta có (a, b) = (b,r1) = (r1,r2) = =(rn-1’rn)= rn (vì rn-1 chia hết cho rn) Như ƯCLN (a,b) là số chia cuối cùng dãy các phép chia liên tiếp a cho b; b cho r1; r1 cho r2; đó r1,r2, là số dư các phép chia theo thứ tự trên Trong thực hành ngưêi ta đặt tính sau: 72 56 56 16 16 Việc thực dãy phép chia liên tiếp trên gọi là thuật toán Ơ–clit Trường hợp tìm ƯCLN ba số, ta tìm ƯCLN hai số tìm ƯCLN kết vì số thứ ba 4) Hai số nguyên tố cùng nhau: Hai số nguyên tố cùng là hai số có ƯCLN Nói cách khác, chúng có ước chung là Ví dụ Chứng minh a) Hai số tự nhiên liên tiếp (khác 0) là hai số nguyên tố cùng b) Hai số lẻ liên tiếp là hai số nguyên tố cùng c) 2n + và 3n + ( n N) là hai số nguyên tố cùng Giải: a) Gọi d ƯC (2n + 1,2n + 3) (2n + 3) – (2n + 1) d d d {1; 2} Nhưng d vì d là ước số lẻ Vậy d = c) Gọi d ƯC (2n + 1, 3n + 1) (2n + 1) – (3n + 1) d d d=1 Ví dụ Tìm số tự nhiên n đó các số 9n + 24 và 3n + là các số nguyên tố cùng Giải : Giả sử 9n + 24 và 3n + cùng chia hết cho số nguyên tố d thì 9n + 24 – (3n + 4) d 12 d d { ; 3} Điều kiện đề (9n + 24, 3n + 4) = là d và d Hiển nhiên d vì 3n + không chia hết cho Muốn d phải có ít hai số 9n + 24 và 3n + không chia hết cho Ta thấy: 9n + 24 là số lẻ 9n lẻ n lẻ 3n + là số lẻ 3n lẻ n lẻ Vậy điều kiện đó (9n + 24,3n + 4) = là n lẻ 5) Tìm ƯCLN các biểu thức số Ví dụ Tìm ƯCLN 2n - và 9n + (n N) Giải : Gọi d ƯC (2n – 1, 9n + 4) 2(9n + 4) - 9(2n – 1) d 17 d d { ; 17 } Lop7.net (9) Ta có 2n – 17 2n – 18 17 2(n – 9) 17 n – 17 n = 17k + ( k N) Nếu n = 17k + thì 2n – 17 và 9n + = 9.(17k + 9) + = 17.9k + 85 17, đó (2n – 1, 9n + 4) = 17 Nếu n 17k + thì 2n – không chia hết cho 17, đó (2n – 1, 9n + 4) = n(n 1) và 2n + (n N *) n(n 1) ,2n 1 thì n(n + 1) d và 2n + d Giải : Gọi d ƯC Suy n(2n + 1) – n(n + 1) d tức là n2 d Từ n(n+1) d và n2 d suy n d Ta lại có 2n + d, đó d, nên d = n(n 1) Vậy ƯCLN và 2n + Ví dụ Tìm ƯCLN V Số lượng các ước số (*) Nếu dạng phân tích thừa số nguyên tố số tự nhiên A = ax.by.cz thì số lượng các ước A (x + 1)(y + 1)(z + 1) Thật vậy, ước A là số có dạng m.n.p đó m có x + cách chọn ( là 1, a, a2 , ax), n có y + cách chọn (là 1, b , b2, , by), p có z + cách chọn (là 1, c, c2, cz), Do đó số lượng các ước A (x + 1)(y + 1)(z + 1) Ví dụ Tìm số nhỏ có 12 ước Giải : Phân tích số phải tìm theo số nguyên tố : N = ax.by.cz ta có (x + 1)(y + 1)(z + 1) = 12 ( x y z 1) Số 12 có bội, cách viết thành tích hay nhiều theo số lớn là: 12 =12.1 = 6.2 = 4.3 = 3.2.2 Xét các trường hợp sau: a) n chứa theo số nguyên tố : Khi đó x + = 12 nên x = 11 Chọn theo số nguyên tố nhỏ là 2, ta có số nhỏ trường hợp này là 211 b) n chứa hai thừa số nguyên tố: Khi đó (x + 1)(y + 1) = 6.2 (x + 1)(y + 1) = 4.3, đó x = 5, y = x = , y = Để n nhỏ ta chọn thứa số nguyên tố nhỏ ứng vì số m lớn, ta có n = 25.3 = 96 n = 23.32 = 72 Số nhỏ trường hợp này là 72 c) n chứa ba thừa số nguyên tố : Khi đó (x + 1)(y + 1)(z + 1) = 3.2.2 nên x = 2,y = z = Số nhỏ là 22.3.5 = 60 So sánh ba số 211, 72, 60 ba trường hợp, ta thấy số nhỏ có 12 ước là 60 CHỦ ĐỀ THEO DÃY QUY LUẬT I Dãy cộng : Xét các dãy số sau: a) Dãy số tự nhiên : 0, 1, 2, 3, b) Dãy số lẻ: , 3, , 7, c) Dãy các số chia cho dư : , 4, 7,10 Trong các dãy số trên, số hạng, kế từ số hạng thứ hai, lớn số hạng đứng liền trước nó cùng số đơn vị, số đơn vị này là dãy a); là dãy b); là dãy c) Ta gọi các dãy trên là dãy cộng Lop7.net (10) Xét dãy cộng 4,7,10,13,16,19 Hiệu hai số liên tiếp dãy là Số hạng thứ dãy này là 19, : + (6 – 1).3; số hạng thứ 10 dãy này là + (10 – 1).3 = 31 Tổng quát, dãy cộng có số hạng đầu là a1 và hiệu hai số hạng liên tiếp là d thì số hạng thứ n dãy cộng đó (kí hiệu an) bằng: an = a1 + (n - 1)d (1) Đó tính tổng các số hạng dãy cộng + + 10 + + 25 + 28 + 31 (gồm 10 số) Ta viết : A = + + 10 + 25 + 28 + 31 A = 31 + 28 + 25 + + 10 + + nên A = (4 + 31) + (7 + 28) + + ( 28 + 7) + (31 + 4) = ( + 31) 10 Do đó A = (4 31).10 175 Tổng quát, dãy cộng có n số hạng, số hạng đầu là a1, số hạng cuối là an thì tổng n số hạng đó tính sau: S (a1 a n ).n (2) (*) Trường hợp đặc biệt, tổng n số tự nhiên liên tiếp bằng: + + + + n = n(n 1) (3) II Các dãy khác Ví dụ Tìm số hạng thứ 100 các dãy viết theo quy luật: a) , , 15 , 24 , 35, (1) b) , 24 , 63 , 120 , 195, (2) c) , , , 10 , 15, (3) d) , , 10 , 17, 26, (4) Giải a) Dãy (1) có thể viết dạng: 1.3 ; 2.4; 3.5 ; 4.6 ; 5.7, Mỗi số hạng dãy (1) là tích hai theo số, theo số thứ hai lớn theo số thứ là đơn vị Các theo số thứ làm thành dãy : 1,2,3,4,5, dãy này có số hạng thứ 100 là 100 Do đó số hạng thứ 100 dãy (1) : 100 102 = 10200 b) Dãy (2) có thể viết dạng : 1.3 , 4.6, 7.9 , 10.12 , 13.15, Số hạng thứ 100 dãy , 4, 7, 10 , 13 , là : + 99.3 = 298 Số hạng thứ 100 dãy (2) : 298 300 = 89400 c) Dãy (3) có thể viết dạng : 1.2 ; 2.3 ; 3.4 ; 4.5 ; 5.6 ; 100.101 5050 Số hạng thứ 100 dãy (3) : d) Dãy (4) có thể viết dạng: + 12 , + 22 , + 32 , + 42 , + 52, Số hạng thứ 100 dãy (4) : + 1002 = 10001 10 Lop7.net (11) BÀI TẬP Tìm chữ số thứ 1000 viết liên tiếp liền các số hạng dãy số lẻ : 1, 3, 5, 7, a) Tính tổng các số lẻ có hai chữ số b) Tính tổng các số chẵn có hai chữ số Có số hạng nào dãy sau tận cùng hay khằng? 1;1+2;1+2+3; + + + ; a) Viết liên tiếp các số hạng dãy số tự nhiên từ đến 100 tạo thành số A Tính tổng các chữ số A b) Cũng hỏi trên viết từ đến 1000000 Khi phân tích thừa số nguyên tố, số 1000! chứa thừa số nguyên tố 7, số bao nhiêu ? Tích A = 1.2.3 500 tận cùng bao nhiêu chữ số ? a) Tích B = 38.39.40 74 có bao nhiêu theo số phân tích thừa số nguyên tố ? b) Tích C = 31 32 33 90 có bao nhiêu thừa số phân tích theo số nguyên tố ? Có bao nhiêu số tự nhiên đồng thời là các số hạng hai dãy sau: 3, , 11, 15 , 407 (1) 2,9,16,23, , 709 (2) Trong dãy số 1, 2, 3, , 1990, có thể chọn nhiều bao nhiêu số đó tổng hai số bất kì chọn chia hết cho 38 ? 10 Chia dãy số tự nhiên thành nhóm ( các số cùng nhóm đặt dấu ngoặc) (1), (2,3), (4,5,6), ( 7,8,9,10), (11,12,13,14,15), a) Tìm số hạng đầu tiên nhóm thứ 100 b) Tính tổng các số thuộc nhóm thứ 100 11 Cho S1 = + 2, S2 = + + 5, S3 = + + + 9, S4 = 10 + 11 + 12 + 13 + 14, Tính S100 12 Tính số hạng thứ 50 các dãy sau: a) 1.6; 2.7; 3.8; b) 1.4; 4.7; 7.10; 13 Cho A = + + 32 + 33 + + 320 , B = 321 : Tính B – A 14 Cho A = + + 42 + 43 + + 499 , B = 4100 B Chứng minh : A < 15 Tính giá trị biểu thức: a) A = + 99 + 999 + + 99 50 chữ số b) B = + 99 + 999 + + 99 11 Lop7.net (12) 200 chữ số DÃY CÁC PHÂN SỐ VIẾT THEO QUY LUẬT Dãy các số viết theo quy luật đã trình bày chủ đề I Chúng ta gặp các phân số mà tử và mẫu chúng viết theo các quy luật định Ví dụ Tính nhanh: A 1 1 3 3 Giải 1 3 1 1 A 3 3 Ta có: (1) 3A (2) Lấy (1) trừ (2) được: 2A = Do đó: A 1 6560 1 6561 6561 3280 6561 Ví dụ Tính tổng 100 số hạng đầu tiên các dãy sau: a) 1 1 , , , , 1.2 2.3 3.4 4,5 b) 1 1 , , , , 66 176 336 Giải a) Ta chú ý : 1 1 1 1 , , , 1.2 2.3 n n n(n 1) Do đó: 1 1.2 2.3 100.101 1 1 1 1 2 99 100 100 101 1 100 101 101 b) Trước hết ta viết các mẫu : 6, 66, 176, 336, dạng 1.6; 6.11; 11.16; 16.21; , số hạng thứ n dãy có dạng (5n – 4)(5n + 1) 1 1 1.6 6.11 11.16 496.501 1 1 1 ; ; Nhận xét: ; 1.6 11 6.11 496 501 496.501 1 Tổng quát : 5n 5n (5n 4)(5n 1) 1 1 1 500 5A 1 Do đó: 6 11 496 501 501 501 100 Suy : A 501 Cần tính tổng A = 12 Lop7.net (13) Ví dụ Tính tổng: Giải áp dụng phương pháp khử liên tiếp ví dụ trên: viết số hạng thành hiệu hai số cho số trừ nhóm trước số bị trừ nhóm sau: Ta xét: 1 1 1 , , , 2.3 1.2.3 2.3 3.4 2.3.4 37.38 38.39 37.38.39 Tổng quát : 1 n(n 1) (n 1)(n 2) n(n 1)(n 2) 2 2 2B 1.2.3 2.3.4 3.4.5 37.38.39 Do đó: = 1 1 740 370 2.3 2.3 3.4 37.38 38.39 1.2 38.39 38.39 741 185 Suy ra: B 741 1 1 Tổng quát 1.2.3 2.3.4 n(n 1)(n 2) (n 1)(n 2) 2 Ví dụ 4: Tính giá trị các biểu thức: a) b) 1 1 97 99 A ; 1 1 1.99 3.97 5.95 97.3 99.1 1 1 100 B 99 98 97 99 1 Giải a) Ghép các phân số số bị chia thành cặp đó mẫu chung, giêng mẫu các phân số tương ứng số chia Biến đổi số bị chia: cộng cặp các phân số cách hai đầu ta được: 1 1 100 100 100 100 1 49.51 99 97 95 49 51 1.99 3.97 5.95 Biểu thức này gấp 50 lần số chia Vậy A = 50 b) Biến đổi số chia: Viết các tử thành hiệu 100 – 1, 100 – , 100 – 99 Số chia bằng: 100 100 100 100 99 99 100 99 100 100 100 99 99 1 1 = 100 + 100 99 99 2 1 1 1 = + 100 100 99 99 100 2 2 13 Lop7.net (14) Biểu thức này 100 lần số bị chia Vậy B = 100 Ví dụ 5: a) Tính tổng A =1.2 + 2.3 + 3.4 + + 98.99 b) Sử dụng kết câu a, hãy tính B = 12 + 22 + 32 + + 972 + 982 c) Sử dụng kết câu a, hãy tính: C = 1.99 + 2.98 + 3.97 + + 98.2 + 99.1 Giải a) Đó tích số hạng thành hiệu hai số nhóm triệt tiêu cặp hai số, ta nhân số hạng A vì Thừa số này viết dạng – số hạng thứ nhất, – số hạng thứ hai, – số hạng thứ ba, , 100 – 97 số hạng cuối cùng Ta có: 3A = 1.2(3 – 0) + 2.3(4 - 1) + 3.4(5 – 2) + + 97.98 (99 – 96) + 98.99(100 – 97) = 1.2.3 - 0.1.2 + 2.3.4 - 1.2.3 + 3.4.5 - 2.3.4 + + 97.98.99 - 96.97.98 + 98.99.100 - 97.98.99 = 98.99.100 Suy A = 323400 Tổng quát ta có : 1.2 + 2.3 + + n(n+1) = n(n 1)(n 2) b) B = 12 + 22 + 32 + + 972 + 982 = = 1(2 – 1) + 2(3 - 1) + 3(4 – 1) + + 97(98 – 1) + 98(99 – ) = = (1.2 + 2.3 + 3.4 + + 97.98 + 98 99) – (1 + +3 + + 97 + 98) =A- 98.99 323400 4851 318549 Tổng quát : 12 + 22 + 32 + + n2 = c) n(n 1)(n 2) n(n 1) n(n 1)(2n 1) C = 1.99 + 2.98 + 3.97 + + 98.2 + 99.1 = = 1.99 + 2(99 – 1) + 3(99 – 2) + + 98(99 – 97) + 99(99 – 98) = = (1.99 + 2.99+ + 98.99 + 99.99) – (1.2+2.3+ + 97.98 + 98.99) = = 99 ( + + + + 99 ) – A = = 99 99.100 98.99.100 99.100.101 166650 Tổng quát: 1.n + 2(n – 1) + 3(n – 2) + + (n –1)2 + n.1 = n(n 1)(n 2) BÀI TẬP 16 Tính nhanh: A= 1 1 10 2 2 17 Viết tất các phân số dương thành dãy: ; , ; , , ; , , , ; 2 3 a) Hãy nêu quy luật viết dãy và viết tiếp năm phén số theo quy luật 14 Lop7.net (15) b) Phân số 50 là số hạng thứ dãy ? 31 18 Tìm x, biết 1 1 101 ; 5.8 8.11 11.14 x( x 3) 1540 1 1 1991 b) =1 x( x 1) 10 1993 a) C/ Phương trình nghiệm nguyên I/ Phương trình nghiệm nguyên: ax + by = c Điều kiện đó có nghiệm: (a,b) = d; c d - Cách giải: + Đặt ẩn phụ liên tiếp + Tìm nghiệm riêng x0 ; y0 phương trình, từ đã nghiệm (1) là x x0 bt y y0 at + Phương pháp phân tích thành nhân tử + Phương pháp loại trừ + Phương pháp xuống thang CHỦ ĐỀ: ĐẠI SỐ A/ Phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử I Phương pháp chung Phương pháp đạt nhân tử chung Phương pháp nhóm các hạng tử Phương pháp dùng đẳng thức Phương pháp tách các hạng tử Vì đa thức bậc hai: f ( x) ax bx c phân tích đa thức thành nhân tử có thể sử dụng các cách sau: C1: Tách b = b1 + b2, cho b1.b2= a.c đã thực nhóm các hạng tử đã phân tích thành nhân tử C2: Nếu f ( x) ax bx c = có hai ngiệm (hoặc nghiệm kép ) là x1 ; x2 đã f ( x) ax bx c a ( x x1 )( x x2 ) Phương pháp phối hợp nhiều phương pháp Phương pháp đồng các hạng tử: II/ Các bài tập áp dụng Dạng bài phân tích thành nhân tử Bài Hãy phân tích các đa thức sau thành ácan tử a) 5x2 – 5y2 b) x3 - 2x2y + xy2 – 16x c) x4 + d) x8 + x4 + e) x10 + x5 + 15 Lop7.net (16) f) x2 + 3x - g) (x4 + 2x3 – 3x2 + 2x – 2) Bài Giải phương trình: a) x2 + 2x = x + b) 3x2 + 7x + =0 B Chia đa thức Đặt chia Dùng sơ đồ Hooc – ne f ( x) an x n an 1 x n a1 x a0 an an-1 a0 q an qan+ an-1 r + Vì q là ước a0 + Nếu r = thì f ( x) ( x q) Vý d”: a) Tìm a cho x x a ( x 3) b) Tìm a và b cho x ax b ( x 1) C/ Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ 1)Đưa tam thức bậc hai biến đổi dạng: a) y = a + A2 a Miny a A , Tương tự vì: y = a + 2k A a Miny a A ; Và : y = a + A a Miny a A ; b) y = a - A2 a => Maxy = a A Tương tự vì: y = a - 2k A a Max y a A ; Và : y = a - A a Max y a A c)Ví dụ1: Tìm giá trị lớn của: y= - x2 + 2x +7 Tìm giá trị nhỏ của: y = 3x2 +6x + 2) Vì dạng biểu thức là phân thức mà tử thức và mẫu thức chứa tam thức bậc f ( x) f ( x) kg ( x);( g ( x) 0) biện luận k g ( x) phương trình đã phải có nghiệm(Xét k ? ) kết luận k Cách 2: + Max g(x) đạt giá trị nhỏ (k là hằngsố) g ( x) k + Min g(x) đạt giá trị lớn (k là hằngsố) g ( x) hai có cách giải Cách 1: Đặt: k Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn và nhỏ A = 4x2 4x Giải: Đặt: k (4 x x 3) 3;( Do4 x x 0, x) 4x 4x 4kx 4kx 3(k 1) 0(*) Đã phương trình (*) có nghiệm k 16 Lop7.net (17) ' (2k ) 12k (k 1) 4k 8k 12k k 0k 2k Vậy: Max A = x = 4k A không có giá trị nhỏ Lưu ý vì tam thức bậc hai f ( x) ax bx c có hai nghiệm x1và x2 ta luôn có: + af(x) vì x , x1 ; x1 , + af(x) vì x x1 ; x2 + Nếu x x1 ; x2 => f(x1) f(x1) x2 x Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn và nhỏ A = x 2x 3 Vì tổng hai hay nhiều số không đổi, ta có: Gỉa sử an an 1 a1 a0 k k n Khia đã: Max (an an 1 a1.a0 ) ( )n an an 1 a1 a0 Vì tích hai hay nhiều số không đổi, ta có: Gỉa sử an an 1 a1.a0 k Khia đã: Min (an an 1 a1 a0 ) n n k an an 1 a1 a0 Bất đẳng thức Chaychy a) a 0, b a b a.b , dấu “ = ” sảy a = b b) Mở réng cho n số, ta có an , an 1 , , a1 , a0 an an 1 a1 a0 n n an , an 1 , , a1 , a0 an an 1 a1 a0 D Chứng minh thức: I Phương pháp giải: Phương pháp 1: Phương pháp dùng định nghĩa A B A – B + Lập hiệu số A- B + Rút gọn A- B và chứng minh A – B + Kết luận A B Phương pháp 2: Phương pháp biến đổi trực tiếp + Biến đổi A: A A1 A2 B M B Phương pháp 3: Phương pháp dùng bất đẳng thức đã biết 3.1) Bất đẳng thức Chauchy a) a 0, b a b a.b , dấu “ = ” sảy a = b b) Mở réng cho n số, ta có an , an 1 , , a1 , a0 an an 1 a1 a0 n n an , an 1 , , a1 , a0 an an 1 a1 a0 17 Lop7.net (18) 3.2) Bất đẳng thức Bu- nha- cop- xki ax by a b2 x y , dấu “ = ” sảy ra: a b y x 3.3) Ngoài sử dụng các bất đẳng thức đã học Phương pháp 4: Phương pháp so sánh Phương pháp dùng tính chất bắc cầu: Phương pháp 6: Phương pháp tương đương: A B A1 B1 (*) Mà (*) đóng A B Phương pháp Phương pháp 8: Phương pháp phản chứng Đã chứng minh A B ta giả sử A < B các phép biến đổi tương đương dẫn đến vô lý Ta kết luận: A B II Các bài tập vận dụng: A.Chứng minh dựa vào BĐT và định nghĩa, Tính chất bản: 3 Cho a, b > Chứng minh a b a b 2 ab a2 b2 2 Chứng minh: Cho a + b Chứng minh: Cho a, b > Chứng minh: Chứng minh: Vì a b 1: 2 Chứng minh a b c a b c ; a , b , c R 2 2 Chứng minh: a b c d e a b c d e \ 2 Chứng minh x y z xy yz zx a Chứng minh: a b a3 b3 2 a b 1 a b a a b 1 b2 1 ab ab c ab bc ca ; a,b,c 3 a2 b2 c2 a b c minh 3 a2 2 10 Chứng minh b c ab ac 2bc b Chứng 11 12 Chứng minh: a2 b2 ab a b 2 Chứng minh: x y z 2xy 2xz 2yz 13 Chứng minh: x4 y4 z2 2xy(xy2 x z 1) 14 Chứng minh: Nếu a + b thì : a3 b3 15 a b Cho a, b, c là số đo ba cạnh tam giác Chứng minh: ab + bc + ca a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) abc (a + b – c)(a + c – b)(b + c – a) c 2a2b2 + 2b2c2 + 2c2a2 – a4 – b4 – c4 > B Chứng dựa vào bất đẳng thức cô - si 18 Lop7.net (19) Chứng minh: (a b)(b c)(c a) 8abc ; a,b,c 2 2 Chứng minh (a b c)(a b c ) 9abc ; a,b,c Chứng minh 1 a 1 b1 c 1 abc vì a , b , c m Cho a, b > Chứng Chứng minh: m a b minh 1 1 2m b a , vì m Z+ bc ca ab a b c ; a,b,c a b c x6 y9 3x2y3 16 ; x,y Chứng minh: 4 3a2 Chứng minh: 2a 1 a Chứng minh: a1995 1995 a 1 , a > Chứng minh a2 1 b2 b2 1 c2 c2 1 a2 6abc 10 Cho a , b > Chứng minh: 11 12 13 14 a) b) Cho a , b , Chứng minh: ab a b b a Cho x, y, z > và x + y + z = Chứng minh xyz 64(x – 1)(y – 1)(z – 1) Cho a > b > c, Chứng minh: a 33 a b b c c Cho: a , b , c > và a + b + c = Chứng minh b + c 16abc (1 – a)(1 – b)(1 – c) 8abc a 2 a b b b c 19 Lop7.net c 1 1 1 2 a b c a c 2 (20) c) 1 1 1 64 a b c x 15 Cho x > y > Chứng minh 3 x y y 16 Chứng minh a) x2 x2 2 17Chứng minh: 18 Chứng minh: x8 ,x R b) x 1 a2 , x > c) 6 a2 4 ab bc ca ab c ; a, b, c ab b c c a x2 1 16x y2 1 16y 4 , x , y R a b c ;a,b,c>0 b c a c ab 1 1 3 3 20 Cho a , b , c > C/m: 3 a b abc b c abc c a abc abc 19Chứng minh 21 áp dụng Bất đẳng thức Cô- si a a b c d 44 abcd vì a , b , c , d (CÔsi) b a b c abc vì a , b , c , ((CÔsi) 3 22 Chứng minh: a b c a2 bc b2 ac c2 ab ; a , b , c > 23 Chứng minh a 33 b 44 c 99 abc Lời giải I.Chứng minh dựa vào BĐT và định nghĩa, Tính chất Cho a, b > Chứng minh (*) a3 b3 a b 0 Chứng minh: a3 b3 a b (*) a b a b ab a2 b2 2 () a + b , () luôn đúng a + b > , () Vậy: ab a2 b2 2 a2 b2 2ab a2 b2 0 a b đóng Cho a + b Chứng minh b a a2 b2 a b a3 b3 2 a b3 a3 b3 3 b a a b Cho a, b > Chứng minh: a b b a a b () () a a b b a b b a a b a a b a b a b a b a b Chứng minh: Vì a b 1: 1 a 1 b 1 ab 20 Lop7.net b0 () (21)