Đang tải... (xem toàn văn)
Nếu số đã cho chia hết cho 8 thì ta cũng có thể tìm ba chữ số tận cùng một cách gián tiếp theo các bước: Tìm dư của phép chia số đó cho 125, từ đó suy ra các khả năng của ba chữ số tận c[r]
(1)PHẦN SỐ HỌC Bài 1: TÍNH CHIA HẾT TRÊN TẬP HỢP SỐ NGUYÊN SỐ NGUYÊN TỐ A Nhắc lại và bổ sung các kiến thức cần thiết: I Tính chia hết: ⇔ x=3 y x=3 ⇔ Định lí phép chia: Với số nguyên a,b (b 0), có cặp số ¿ x=3 y=1 ¿{ nguyên q, r cho : a = bq + r với ( x − ) ( x+5 ) ( y −2 )( y +1 ) x −25 y −2 C= : = ⋅ 2 y−2 x −10 x +25 x y − y − x ( x −5 ) a gọi là số bị chia , b là số chia, q là thương và r là số dư ( x +5 ) ( y +1 ) 8 = =− Trong trường hợp b > và r ¿ có thể viết: a = bq + r = b(q x ( x −5 ) ( −2 ) +1)+ r - b Ví dụ: Mọi số nguyên a có dạng: a = 2q x 21 (xét phép chia cho b = 2) a = 3q ; 3q x 22 (xét phép chia cho b = 3) ¿ c>0 a = 4q ; 4q ; 4q ( c +a ) <ab+ bc − ac (xét phép chia cho b = 4) ¿{ ¿ ¿ x − x 2=5 a = 5q; 5q x 31 − x 32=35 1; 5q (xét phép chia cho b = 5) ¿{ ¿ Tính chia hết: Nếu a chia b mà số dư r = 0, ta nói : a chia hết cho b hay a là bội b (kí hiệu a b) b chia hết a hay b là ước a (kí hiệu b\ a) Vậy: a b (b\ a) và có số nguyên q cho a = bq Các tính chất: 1 2b c ≥ + b thì x 21 a x 22 1) Nếu a b (b + 0) a a x1 x2 2 x +5 x1 x 2+3 x 1 + = 2) a √ a; a với a 3 a b x1 x 2+ x x 1 với a 3) a 4) Nếu a m thì an m (m 0, n nguyên dương) 5) Nếu a b và b a thì |a| = |b| 6) Nếu a b và b c (b,c 0) thì a c EM EF = 7) Nếu a c và b c(c 0) thì (a b) c Điều ngược lại không đúng MK FB EM EF EK AB EF AB = = = 8) Nếu a m b m thì ab m(m MK MF KH HB MF HB (2) EM EA = 0) Điều ngược lại không đúng MK KH AC SC BC SC AC BC = = = 9) Nếu a p và a q, (p, q)= thì a pq DA SA BD SB AD BD r r r1 r2 r2 r = = 2 q thì a 10) Nếu a = mn; b = pq và m p n = = BC AB AC BC AB AC r +r r +r r = 12 2 = 2 b BC AB + AC BC AB √3 11) Nếu ab ⋮ m và (b,m) = thì a AH= m 12) Nếu a √ b √ 10 m và a √ m thì b √ 13 m II Số nguyên tố: 1.Định nghĩa: Số nguyên tố là số tự nhiên lớn 1, có hai ước là và chính nó Hợp số là số tự nhiên lơn có nhiều hai ước Số và số không phải là số nguyên tố không phải là hợp số Định lí số học: Mọi số tự nhiên lớn phân tích thừa số nguyên tố cách nhất(không kể thứ tự các thừa số) Số nguyên tố coi là tích gồm thừa số là chính nó Có vô số số nguyên tố (không có số nguyên tố lớn nhất) Số hoàn chỉnh: là số tổng các ước nó không kể thân nó Ví dụ: , 28, , 2n-1(2n - 1) 2 2 2 III Một số phương pháp thông thường để giải bài toán chia hết: Cách 1: Để chứng minh A(n) chia hết cho k, có thể xét trường hợp số dư chia n cho k Ví dụ 1: Chứng minh rằng: a) Tích hai số nguyên liên tiếp chia hết cho b) Tích ba số nguyên liên tiếp chia hết cho Giải : a) Viết tích hai số nguyên liên tiếp dạng A(n) = n(n + 1) Có hai trường hợp xảy : a √10 a √10 *n => n(n + 1) 10 10 BE BH a √ 13 = * n không chia hết cho (n lẻ) => (n + 1) BK= => n(n +1) BF 13 b) Chứng minh tương tự a Cách 2: Để chứng minh A(n) chia hết cho k, có thể phân tích k thừa số: k = pq + Nếu (p, q) = 1, ta chứng minh A(n) p và A(n) q + Nếu (p, q) 1, ta phân tích A(n) = B(n) C(n) chứng minh: 2( √ x − 3) √ x+ x√ x−3 − + B(n) P= p và C(n) √ q x − 2√ x − √ x+1 3− √ x Ví dụ 2: a) Chứng minh: A(n) = n(n +1)(n + 2) 1 + + =1 √ x +3+ √ x+ √ x +2+ √ x +1 √ x+1+ √ x b) Chứng minh: tích hai số chẵn liên tiếp chia hết cho Giải : a) Ta có = 2.3; (2,3) = Theo chứng minh trên đã có A(n) chia hết cho và Do đó A(n) chia hết cho b) Ta viết A(n) = 2n(2n + 2) = 2n 2(n +1) = 4n(n + 1) = 36 + =28 −4 √ x −2 − √ y − và n(n +1) 2 nên A(n) Vì √x− √ y− (x+ √ x +3)( y + √ y 2+ 3) (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) n = 5k + => (n + 1) n = 5k + => n2 + = (5k + 2)2 + = (25k2 + 20k + + 1) 5 n = 5k + => n2 + = (5k + 3)2 + = (25k2 + 30k + + 1) 5 Vậy : A(n) chia hết cho và nên phải chia hết cho 10 Cách 3: Để chứng minh A(n) chia hết cho k , có thể biến đổi A(n) thành tổng(hiệu) nhiều hạng tử , đó hạng tử chia hết cho k ( Đã học tính chất chia hết tổng lớp 6) (Liên hệ: A(n) không chia hết cho k ) Ví dụ 4: Chứng minh n3 - 13n (n > 1) chia hết cho (Trích đề thi HSG cấp II toàn quốc năm 1970) Giải : n3 - 13n = n3 - n - 12n = n(n2 - 1) - 12n = (n - 1)n(n + 1) - 12n (n - 1)n(n + 1) là tích số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho ; 12n 6 Do đó A(n) Ví dụ 5: Chứng minh n2 + 4n + không chia hết cho , với số n lẻ Giải : Với n = 2k +1 ta có: A(n) = n2 + 4n + = (2k + 1)2 + 4(2k + 1) + = 4k2 + 4k + + 8k + + = 4k(k + 1) + 8(k + 1) + A(n) tổng ba hạng tử, đó hai hạng tử đầu chia hết cho , có hạng tử không chia hết cho Vậy A(n) không chia hết cho Cách 4: Viết A(n) dạng: A(n) = k.B(n) thì A(n) chia hết cho k Hệ quả: Nếu A(n) = B(n).C(n) mà B(n)và C(n) không chia hết cho k thì A(n) không chia hết cho k Ví dụ 6: Chứng minh : + 22 + 23 + + 260 chia hết cho 15 Giải: Ta có: + 22 +23 + + 260 = (2 + 22 + + 24) + (25+ +28)+ +(257 + 260) = 2(1+2+4+8) +25(1+2+4+8) + + 257(1+2+4 + 8) = 15.(2 + 25 + + 257) 15 IV Một số phương pháp đặc biệt để giải toán chia hết: Cách 5: Dùng nguyên tắc Dirichlet: Nguyên tắc Dirichlet phát biểu dạng hình ảnh sau: Nếu nhốt k chú thỏ vào m chuồng mà k> m thì phải nhốt ít hai chú thỏ vào chung chuồng Ví dụ 7: Chứng minh m + số nguyên bất kì nào có hai số có hiệu chia hết cho m Giải: Chia số nguyên bất kì cho m ta số dư là m số 0; ; 2; 3; ; m - Theo nguyên tắc Dirichlet, chia m + 1số cho m thì phải có ít hai số có cùng số dư Do đó hiệu hai số này 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 đúng A(1) k.Tiếp tục: Giả sử A(k) k Chứng tỏ A(k + 1) k Nếu đúng => 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) đúng : A(k) = 16k - 15k -1 Δ 225 Ta chứng minh A(k + 1) đúng, tức là c/m: 16k + - 15(k + 1) - Δ 225 Thật vậy, 16k+1 - 15(k + 1) - = 16 16k - 15k - 15 - = (15 + 1) 16k - 15k - 15 - = 15.16k + 16k - 15k -15 - = (16k - 15k - 1) + 15(16k - 1) (4) = (16k-15k-1)+15(16 - 1)(16k-1 + +1) = (16k - 15k - 1) + 225(16k-1+ + 1) 225 Cách 9: Phương pháp phản chứng: x √3 √3 + + +1 k ta chứng minh A(n) không Để chứng minh A(n) x + x √3+3 x − √ 27 √ x chia hết cho k là sai B PHẦN BÀI TẬP: Chứng minh: a) 192007 - 192006 chia hết cho b) 92n + 14 chia hết cho c) Tổng số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 3, tổng số tự nhiên liên tiếp chia hết cho5 Tích số chính phương và số tự nhiên đứng liền trước nó là số chia hết cho 12 (n2 - 1)n2(n2 + 1) chia hết cho 60 a) n2 + 11n + 39 không chia hết cho 49 b) n2 + 3n +5 không chia hết cho 11 a) n4 + 6n3 + 11n2 + 6n chia hết cho 24 b) n4 - 4n3 - 4n2 - 16n (chẵn, n > 4) chia hết cho 384 4n + 15n - chia hết cho n2 + 4n + (n lẻ) chia hết cho 8 n3 + 3n2 - n - chia hết cho 48 9) 36n -26n chia hết cho 35 10) ab(a2 + b2)(a2 - b2) chia hết cho 30 với số nguyên a,b 11) a) (62n + 19n - 2n+1) chia hết cho17 b) (7.52n + 12.6n) chia hết cho 19 c) (5n+2 + 26.5n + 82n+1) chia hết cho 59 12) a)a2 + b2 chia hết cho thì a và b chia hết cho b) a2 + b2 chia hết cho thì a và b chia hết cho ( )( ) Bài 2: ĐỒNG DƯ THỨC A Tóm tắt lý thuyết: I Định nghĩa: 1.Định nghĩa: Cho số nguyên m > 0.Nếu hai số nguyên a và b chia cho m có cùng số dư thì ta nói a đồng dư với b theo môđun m và viết: a √ b (modm) x y z = = Ví dụ: (mod2) 2008 2009 2010 14 √( x − y)( y − z) (mod 7) II Tính chất : 2 b a ^ m Nếu a + ≥ √ a+ √ b b (mod m) thì a - b B a b Nếu a b (mod m) và b c (mod m) thì a c (mod m) Nếu a b (mod m) và c d (mod m) thì a ± c b ± d (mod m) Nếu a b (mod m) và c d (mod m) thì ac bd (mod m) Nếu a b (mod m) thì an bn (mod m) Nếu a b (mod m) thì ka kb (mod m) với k > Nếu ka kb (mod km) thì a b (mod m) với k > Nếu ka kb (mod m) và (k , m) = 1thì a b (mod m) Định lí Fermat: Nếu p là số nguyên tố thì : np n (mod p) ; n Z p-1 Hoặc : Nếu p là số nguyên tố thì : n (mod p), với (n,p) = 10 Định lí Euler : Cho m là số nguyên dương bất kì và (m) là số các số dương nhỏ m và nguyên tố với m Thế thì : n(m) (mod m) * Cách tính (m) : phân tích m thừa số nguyên tố : √ √ (5) m = a1α a2β anλ Thế thì : (m) = m ( 1− 1 1− − a1 a2 an )( ) ( ) III Bài tập ứng dụng: Bài 1: Chứng minh 2100 - chia hết cho Giải : Ta có 24 1(mod 5) =>(24)25 125 (mod 5) =>2100 1(mod 5) hay 2100 - ⋮ Bài 2: Tìm số dư phép chia 299 cho Giải : Có 23 -1 (mod 3) ⇔ (23)33 (-1)33 (mod 3) ⇔ 299 -1 (mod 3) 99 Vậy chia dư Bài : Tìm chữ số cuối cùng 2999 Bài 4: Chứng minh 22008 không chia hết cho 10 Bài 5: Chứng minh các số tự nhiên nào có số k cho 1983k - chia hết cho 105 Giải: Cách 1: Áp dụng nguyên tắc Dirichlet: Cho k lấy 105 + giá trị liên tiếp từ trở đi, ta 105 + giá trị khác 1983k - Chia 105 +1 số này cho 105 , ta có nhiều là 105 số dư, đó theo nguyên tắc Dirichlet, phải có hai số cho cùng số dư chia cho 105 Giả sử đó là hai số 1983m -1 và 1983n - (m > n) Thế thì hiệu hai số này 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 không chia hết cho và không chia hết cho , còn 105 = 2555 nên (1983, 105) = Áp dụng định lí Euler: 1983(10 ❑5 ) (mod 105) 1 Mà (10 ❑5 ) = 105(1 ) (1 ) = 104 Nên ta có 19834.10 ❑4 (mod 105) số 4.10 là số k phải tìm Đề bài áp dụng: Tìm số dư :a) chia 8! Cho 11; b) chia 15325 -1 cho c) chia 340 cho 83.; d) chia 21000 cho 25; e) chia 301293 cho 13 Chứng minh : a) 24n - ⋮ 15; b) 270 + 370 ⋮ 13 c) 122n+1 - 11n+2 ⋮ 133; d) 22225555 + 55552222 ⋮ e) 14k + 24k + 34k + 44k không chia hết cho KẾ HOẠCH BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI Năm học ……… Chuyên đề 1: PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ Ví dụ 1: Phân tích đa thức thành nhân tử a a ( x 2+ ) − x ( a2+ ) b x −1+ x n +3 − xn Giải: a Dùng phương pháp đặt nhân tử chung a ( x 2+ ) − x ( a2+ ) = ax 2+ a −a x − x ¿ ax ( x −a ) − ( x − a )=( x − a ) ( ax − ) b Dùng phương pháp đặt nhân tử chung sử dụng đẳng thức n x −1+ x n +3 − xn ¿ x ( x −1 ) + ( x − ) n n ¿ x ( x − ) ( x + x +1 ) + ( x − )=( x − ) [ x ( x + x+1 ) +1 ] ( x − ) ( x n +2+ x n +1+ x n +1 ) Ví dụ 2: Phân tích đa thức thành nhân tử : a x8 + 3x4 + (6) b x6 - x4 - 2x3 + 2x2 Giải: a.Dùng phương pháp tách hạng tử sử dụng đẳng thức x8 + 3x4 + = (x8 + 4x4 + 4)- x4 = (x4 + 2)2 - (x2)2 = (x4 - x2 + 2)(x4 + x2 + 2) b.Dùng phương pháp đặt nhân tử chung ,tách hạng tử ,nhóm thích hợp để sử dụng đẳng thức x6 - x4 - 2x3 + 2x2 = x2(x4 - x2 - 2x +2) ¿ x [ ( x −2 x +1 ) + ( x −2 x+1 ) ] 2 2 x [ ( x −1 ) + ( x − ) ]=x ( x −1 ) [ ( x +1 ) +1 ] x ( x − ) [ x +2 x +2 ] Ví dụ 3: Phân tích đa thức thành nhân tử : a a2 b+4 ab2 − a2 c +ac − b2 c +2 bc − abc b x +2007 x 2+2006 x +2007 Giải: a.Dùng phương pháp tách hạng tử nhóm thích hợp: 2 2 2 a b+4 ab − a c +ac − b c +2 bc − abc a2 b+4 ab2 − a2 c +ac − b c +2 bc − abc a2 b+4 ab2 − a2 c − abc+ac − b c +2 bc2 − abc=¿ 2ab ( a+2 b ) − ac ( a+ 2b ) +c ( a+2 b ) − bc ( a+2 b ) ( a+2 b ) ( ab −ac +c − bc ) =( a+ 2b ) [ a ( b − c ) − c ( b −c ) ] ( a+2 b ) ( b −c ) ( a −c ) b.Dùng phương pháp đặt nhân tử chung sử dụng đẳng thức ¿ ( x − x ) + 2007 x +2007 x +2007 x +2007 x 2+206 x +2007 x ( x − ) ( x2 + x +1 ) +2007 ( x + x+1 ) ( x + x+ )( x − x +2007 ) Ví dụ 4: Phân tích đa thức thành nhân tử : a a3 +b 3+ c − abc b ( a+b +c )3 − a3 −b − c3 Giải: Sử dụng các đẳng thức a3 +b 3=( a+ b ) ( a2 +b − ab ) ¿ ( a+b ) [ ( a+b )2 −3 ab ] ¿ ( a+b ) − ab ( a+b ) Do đó: 3 a +b + c − abc=¿ ¿ [ ( a+ b )3 +c ] − ab ( a+b ) − abc ¿ ( a+b +c ) [ ( a+b )2 − ( a+b ) c +c ] − ab ( a+b +c ) ( a+b+ c ) ( a 2+ b2 +c − ab − bc −ca ) b ( a+b +c )3 − a3 −b − c3 =[ ( a+ b+c )3 − a3 ] − ( b +c )3 ¿ ( b+ c ) [ ( a+ b+c )2 +a ( a+ b+c ) +a2 ] − ( b+c ) ( b2 − bc+c ) ( b+ c ) ( a 2+3 ab+ bc+ ca ) =3 ( b+ c ) ( a+ c )( a+ b ) Ví dụ 5: Cho a + b + c = Chứng minh :a3 + b3 + c3 = 3abc ⇒ ( a+b )3=− c ⇒ a3+ b3 +3 ab ( a+ b )=− c Giải: Vì a + b + c = ⇒ a 3+ b3 +c − abc=0 ⇒a3 +b 3+ c 3=3 abc ab Ví dụ 6: Cho 4a2 + b2 = 5ab, và 2a > b > Tính P= 2 a −b 2 2 Giải: Biến đổi 4a + b = 5ab ⇔ 4a + b - 5ab = ⇔ ( 4a - b)(a - b) = ⇔ a = b ab a2 Do đó P= 2 = = a −b 3a Ví dụ 7:Cho a,b,c và x,y,z khác và khác Chứng minh a b c x y z x y2 z2 + + =0 ; + + =1 thì ; + + =1 x y z a b c a b c nếu: (7) Giải: a b c ayz+ bxz+ cxy + + =0⇒ =0 ⇒ ayz+ bxz+cxy =0 x y z xyz x y z 1 a b c x2 y z ayz bxz cxy x2 y z2 x y z 1 1 a b c abc a b c a b c Chuyên đề 2:.BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY Chứnh minh : (Với a , b ³ 0) (BĐT Cauchy) Giải:( a – b ) = a - 2ab + b ³ a + b ³ 2ab Đẳng thức xảy a = b 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 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 Chứng minh: (Với a.b > 0) Giải: + = Do ab £ ³ Hay + ³ Đẳng thức xảy a = b Chứng minh: (Với a.b < 0) Giải: + = - Do ³ - £ -2 Hay + £ - Đẳng thức xảy a = -b Chứng minh: (Với a , b > 0) 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 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 4ac-b b 4ac-b b P ax + bx +c = a x MinP = x=4a 2a Suy 4a Khi 2a Nếu a > : P ax + bx +c = Suy Nếu a < : a c+b MaxP 4a x= Khi a c+b 4a b a x a b 2a Một số ví dụ: Tìm GTNN A = 2x2 + 5x + 25 25 2( x x )7 16 16 Giải:A = 2x2 + 5x + = = 25 56 25 31 2( x ) 7 2( x ) 2( x )2 8 31 Khi x Suy Tìm GTLN A = -2x + 5x + 25 25 2( x x )7 16 16 Giải: A = -2x2 + 5x + = = MinA (8) 25 56 25 81 ) 7 2( x )2 2( x )2 8 £ 81 MinA Khi x 4 Suy Tìm GTNN B = 3x + y - 8x + 2xy + 16 Giải: B = 3x + y - 8x + 2xy + 16 = 2(x - 2) + (x + y) + ³ MinB = : Û Tìm GTLN C = -3x - y + 8x - 2xy + Giải: C = -3x - y + 8x - 2xy + = 10 - £ 10 GTLNC = 10 khi: Û Chuyên đề 4: Ví dụ 1`: a2+ 12 a+9 B= a Rút gọn Biếu thức Với a − 2 a −a − 0,5 a +a+2 a − : + ± 2.) b Thực phép tính: (a 1+ 0,5 a a+2 a ( −a ) ( a+3 )2 a2+ 12 a+9 a+ ¿ = Giải:a B= ( a+ )( a− ) a −2 a −a − 0,5 a + a+2 a − a 2+ 2a+ a+2 : + = ⋅ + b 1+ 0,5 a a+ a ( −a ) a+2 ( a −8 a 2− a ) a +2 a+ a −2 ¿ − = = ( ) ( ) ( a− ) ( a +2 a+ ) a a −2 a a −2 a x 2+ y − xy x 3+ y : 2 ± y) Ví dụ Thực phép tính: A= ( Với x x2 − y2 x + y −2 xy x y x y xy x3 y x y xy x y A : 2 2 2 x y x y xy x y x y x y x y xy x y Giải: x + x + x+ Ví dụ Cho biểu thức : A= x − x +2 x − x +1 a Rút gọn biểu thức A b Chứng minh A không âm với giá trị x x + x + x+ x + x 3+ x+1 A= = x − x +2 x − x +1 x − x + x 2+ x2 − x +1 2( x x x 1 x 1 x x x 1 x x 1 x 1 x3 1 x x 1 x 1 x 1 x ( x +1 )2 ; ( x+1 )2 ≥ ; x2 +1>0 ⇒ A ≥ x +1 a + a +a + a Ví dụ Tính giá trị biếu thức : −5 −6 −7 −8 a +a +a +a 2 x x 1 x 1 x 1 x 1 x 2 1 b A= với a = 2007.Giải: 8 a5 a a a8 a a a a8 a5 a a a8 a a a a a B 5 1 1 a a a a a a a a3 a2 a 1 a5 a a a8 a8 a13 a a a a a a 1 a13 B 200713 Ví dụ 5: Tính giá trị biếu thức : Biết x2 + 9y2 - 4xy = 2xy - |x − 3| x −25 y −2 : x −10 x +25 x y − y − (9) Giải: x2 + 9y2 - 4xy = 2xy - |x − 3| ⇔ x=3 y x=3 ⇔ ¿ x=3 y=1 ¿{ ⇔ ( x −3 y )2+|x − 3|=0 ( x − ) ( x+5 ) ( y −2 )( y +1 ) ( x +5 ) ( y +1 ) x −25 y −2 8 : = ⋅ ¿ = =− 2 y − x ( x −5 ) ( −2 ) x −10 x +25 x y − y − x ( x −5 ) Chuyên đề 5: PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI Bài 1: Cho phương trình ẩn số x: x2 – 2(m – 1)x – – m = (1) a) Giải phương trình m = b) Chứng tỏ phương trình có nghiệm số với m c) Tìm m cho nghiệm số x1, x2 phương trình thỏa mãn điều kiện x 21 + x 22 10 ¿ c>0 Bài 2: Cho các số a, b, c thỏa điều kiện: ( c +a ) <ab+ bc − ac ¿{ ¿ Chứng minh phương trình ax2 + bx + c = luôn luôn có nghiệm Bài 3: Cho a, b, c là các số thực thỏa điều kiện: a2 + ab + ac < Chứng minh phương trình ax2 + bx + c = có hai nghiệm phân biệt Bài 4: Cho phương trình x2 + px + q = Tìm p, q biết phương trình có hai ¿ x − x 2=5 nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x 31 − x 32=35 ¿{ ¿ Bài 5: CMR với giá trị thực a, b, c thì phương trình (x – a)(x – b) + (x – c)(x – b) + (x – c)(x – a) = luôn có nghiệm Bài 6: CMR phương trình ax2 + bx + c = ( a 0) có nghiệm biết 5a + 2c = b Bài 7: Cho a, b, c là độ dài các cạnh tam giác CMR phương trình sau có nghiệm: (a2 + b2 – c2)x2 - 4abx + (a2 + b2 – c2) = 2b c ≥ +4 Bài 8: CMR phương trình ax2 + bx + c = ( a 0) có nghiệm a a Bài 9: Cho phương trình : 3x - 5x + m = Xác định m để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn: x 21 - x 22 = 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 không phụ thuộc vào m Bài 11: Giả sử x1, x2 là hai nghiệm phương trình bậc 2: 3x2 - cx + 2c - = Tính theo c giá trị biểu thức: 1 + S= x 31 x 32 Bài 12: Cho phương trình : x2 - √ x + = Có hai nghiệm là x1, x2 Không giải phương trình trên hãy tính giá trị biểu thức: C= (10) x 21 +5 x1 x 2+3 x 22 A= x1 x 32+ x 31 x Bài 13: Cho phương trình: x2 – 2(a - 1)x + 2a – = (1) 1) CMR phương trình (1) luôn có hai nghiệm với giá trị a 2) Tìm giá trị a để pt (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện: x12 + x22 = Tìm giá trị a để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện: x1 < < x2 Bài 14: Cho phương trình: x2 – 2(m - 1)x + m – = (1) a) CMR phương trình (1) có nghiệm với giá trị m b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm phương trình (1) Tìm GTNN M = x12 + x22 Bài 15: Cho a, b là hai số thực thỏa mãn điều kiện: 1 + = a b CMR ít hai phương trình sau phải có nghiệm: x2 + ax + b = và x2 + bx + a = Bài 16: Cho phương trình: x2 – 2(m + 1)x + 2m +10 = (1) a) Giải và biện luận số nghiệm phương trình (1) theo m b) Tìm m cho 10x1 x2 + x12 + x22 đạt GTNN Tìm GTNN đó Bài 17: Chứng minh với số a, b, c khác 0, tồn các 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) luôn luôn có nghiệm trái dấu với giá trị m b) Với giá trị nào 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) luôn 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 là hợp số Chuyên đề 6:Phương trình vô tỉ x TXD Û f ( x) g ( x) ³0 Û f ( x ) g ( x) f ( x) g ( x) D¹ng1: (*) ³ Chú ý: Điều kiện (*) đợc lựa chọn tuỳ theo độ phức tạp f(x) và g(x) ³0 x 3x 2m x x VD: Tìm m để phơng trình sau có nghiệm: x x ³0 1 £ x £2 Û x 3x 2m x x ³0 Û Û x m 1 x m §Ó ph¬ng tr×nh cã nghiÖm th× £m £2 Û £m £1 g ( x)conghia & g ( x) ³0 f ( x) g ( x) Û f ( x) g ( x) D¹ng2: Chú ý: Không cần đặt điều kiện f ( x) ³0 (11) x x 1 Û VD: Gi¶i ph¬ng tr×nh: VËy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm x=-1 D¹ng3: x ³0 x ³1 x2 x 1 Û Û Û x x x ( x 1) f ( x ) co nghia & f ( x) ³0 f ( x ) g ( x) h( x) Û g ( x ) co nghia & g ( x) ³0 ( f ( x ) g ( x )) h( x ) Chú ý: Không cần đặt điều kiện h( x) ³0 VD: Gi¶i ph¬ng tr×nh: x 1 x 1 2x 1 x ³0 Û x x x Û 1 x ³0 Û 1 x x (1 x)(1 x) x x £1 x £ (1 x)(1 x) 2 x 1 £x £ x £2 2 £ x £ Û Û x 0 Û x 0 2 x ³0 (1 x)(1 x) (2 x 1) 2 x x 0 x Hoặc có thể trình bày theo cách khác nh sau: - Tìm điều kiện để các bt có nghĩa - Biến đổi phơng trình Chuyên đề 7: Một số bài tập hình học Bài : Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB Từ A và B kẻ tiếp tuyến Ax và By Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ cắt các tiếp tuyến Ax và By E và F Chứng minh AEMO là tứ giác nội tiếp AM cắt OE P , BM cắt OF Q Tứ giác MPOQ là hình gì ? Tại ? Kẻ MH ^ AB ( H AB) Gọi K là giao MH và EB So sánh MK và KH Hướng dẫn : F 1) EAO = EMO = 900 Nên AEMO là tứ giác M nội tiếp 2) Dựa vào tính chất hai tiếp tuyến cắt có E Q K MPO = MQO = 90 và PMQ = 900 nên PMQO là hình chữ nhật P EM EF A B = 3) DEMK D EFB (g.g) mà H O MK FB MF = FB EM EF = MK MF EK AB EF AB EM EA = = = DEAB D KHB (g.g) mà ( Ta let) KH HB MF HB MK KH Vì EM = EA MK = KH Bài : Cho (O) cắt (O’) A và B Kẻ cát tuyến chung CBD ^ AB ( C trên (O) và D trên (O’).) B D C Chứng minh A , O , C và A ,O’, D thẳng hàng O O Kéo dài CA và DA cắt (O’) và (O) theo thứ tự ’ I và K Chứng minh tứ giác CKID nội tiếp K A G I (12) Chứng minh BA , CK và DI đồng quy Hướng dẫn : CBA = DBA = 900 nên AC và DA là đường kính hay A,O, C thẳng hàng D ,O’,A thẳng hàng Từ câu 1) và dựa vào góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ta thây K , I cùng nhìn CD góc vuông nên tứ giác CDIK nội tiếp A là trực tâm tam giác ADG có AB là đường cao hay BA qua G Bài : Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt hai điểm A,B Các đường AO và AO’cắt đường tròn (O) C và D , cắt đường tròn (O’) E , F a) Chứng minh B , F , C thẳng hàng D b) Chứng minh tứ giác CDEF nội tiếp E A c) Chứng minh A là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BDE d) Tìm điều kiện để DE là tiếp tuyến chung (O) O’ và (O’) O C F Hướng dẫn : B a) CBA + FBA = 1800 nên A , B , F thẳng hàng b) D, E cùng nhìn CF góc vuông nên CDEF nội tiếp c) Tứ giác CDEF nội tiếp nên EDF = ECF ; ACB = ADB từ đó suy EDF = ADB Hay DE là phân giác góc D DBDE Tương tự EC là phân giác góc E DBDE Hai phân giác cắt A nên A là tâm đường tròn nội tiếp DBDE d) Giả sử DE là tiếp tuyến chung hai đường tròn ta có OO’ // CE cùng vuông góc với AB : AOO’ = ACB mà ACB = FDE ( DCFE nội tiếp ) suy : AOO’ = ODE hay tứ giác ODEO’ nội tiếp (1) DE là tiếp tuyến thì DE vuông góc với OD và O’E (2) Vậy ODEO’ là hình chữ nhật : Hay OD = O’E ( Hai đường tròn có bán kính ) d Bài : Cho (O,R) đường kính AB , đường kính CD di động Gọi Q đường thẳng d là tiếp tuyến đường tròn B Đường thẳng d cắt D các đường thẳng AC , AD theo thứ tự P và Q 1) Chứng minh tứ giác CPQD nội tiếp đường tròn 2) Chứng minh AD AQ = AC.AP B A 3) Tứ giác ADBC là hình gì ? Tại ? O 4) Xác định vị trí CD để SCPQD = 3.SACD Hướng dẫn : C CPB = CDA ( cùng CBA) nên CPB + CDQ = 1800 DADC DAPQ (g.g) suy AD.AQ = AC.AP Tứ giác ADBC là hình chữ nhật vì có góc vuông Để SCPQD = 3.SACD SADC = ¼ SAPQ tức là tỉ số đồng dạng hai tam giác này là ½ Suy AD = ½ AP hay BC = ½ AP mà tam giác ABC vuông P B nên C là trung điểm CP CB = CA hay DACB cân CD ^ AB Bài : Từ điểm S nằm ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến SA , SB và cát tuyến SCD đường tròn đó 1) Gọi E là trung điểm dây CD Chứng minh điểm S ,A , E , O , B cùng nằm trên đường tròn (13) 2) Nếu SA = OA thì SAOB là hình gì ? Tại ? 3) Chứng minh AC BD = BC.DA = ½ AB.CD D K Hướng dẫn chứng minh C E 1) Sử dụng tính chất tiếp tuyến , ta có A , B cùng S O nhìn SO góc vuông , nên tứ giác SADO nội tiếp đường tròn đường kính SO Dựa vào tính chất đường kính vuông góc với dây cung , ta có SEO = 900 Nên E thuộc đường B tròn đường kính SO 2) Nếu SA = OA thì SA = AB = OA = OB và góc A vuông nên tứ giác SAOB là hình vuông AC SC = 2) Ta thấy DSAC DSDA DA SA BC SC = DSCB DSBD BD SB AC BC = Mà SA = SB AC.BD = AD.BC (1) AD BD Trên SD lấy K cho CAK = BAD lúc đó 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) và (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 tròn đường kính AB cắt BC D Trên cung AD lấy điểm E Nối BE và 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 và CD M và N Tia phân giác góc CBF cắt DE và CF P và Q Tứ giác MNPQ là hình gì ? Tại ? 3) Gọi r1 , r2 , r3 theo thứ tự là đường tròn nội tiếp các tam giác ABC , ADB , ADC Chứng minh : r = r12 + r22 A Hướng dẫn : 1) Dựa vào số đo cung ta thấy K F C = DEB C + DEF = 1800 Q E M Nên tứ giác CDEF nội tiếp 2) DBED DBCQ ( g.g) BPE = BQC P KPQ = KQP hay DKPQ cân C N B D DCNK DMK EMK = CNK BMN = BNM hay DBMN cân MN ^ PQ và MN cắt PQ là trung điểm đường Nên MNPQ là hình thoi r r r r r2 r = 12= 22 3) DABC DDAB DDAC = = BC AB AC BC AB AC r +r r +r r = 12 2 = 2 Û BC AB + AC BC Û r = r12 + r22 Bài : Cho tam giác ABC có góc nhọn nội tiếp (O;R) Hạ các đường cao AD , BE tam giác Các tia AD , BE cắt (O) các điểm thứ hai M , N Chứng minh : A 2 2 2 (14) a) Bốn điểm A , E , D , B nằm trên đường tròn TÌm tâm I đường tròn đó b) MN // DE c) Cho (O) và dây AB cố định , điểm C di chuyển trên cung lớn AB Chứng minh độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CED không đổi Hướng dẫn giải : a) E,D cùng nhìn AB góc vuông nên A tứ giác AEDB nội tiếp đường tròn đường kính AB có I ( trung điểm AB ) là tâm N b) Ta thấy : ABE = ADE ( chắn cung AE ) mà ABE = AMN ( chắn cung AN ) I O E nên ADE = AMN hay DE // MN c) Kẻ thêm hình hình vẽ Dựa vào góc nội H tiếp tứ giác AEBD suy CN = CM nên OC ^ MM OC ^ DE K Tứ giác HDCE nội tiếp đường tròn tâm K B D C ( trung điểm HC) đây là đường tròn M ngoại tiếp tam giác CDE KD = KE và ID = IE nên IK ^ DE hay IK // OC và OI // CK nên OIKC là hình bình hành KC = OI không đổi Bài : Cho tam giác nội tiếp đường tròn (O,R) 1) Tính theo chiều R độ dài cạnh và chiều cao DABC 2) Gọi M là điểm di động trên cung nhỏ BC ( M B,C ) Trên tia đối MB lấy MD = MC Chứng tỏ DMCD 3) CMR : M di động trên cung nhỏ BC thì D di chuyển trên đường tròn cố định , xác định tâm và các vị trí giới hạn 4) Xác định vị trí điểm M cho tổng S = MA + MB + MC là lớn Tính giá trị lớn S theo R Hướng dẫn : B E O M D A AH= AB √ và AB = AC = BC = R √3 I H 1) C 2) Có MC = MD ( gt) sđ BMC = ½ sđ BAC = ½ ( 360 : 3).2 = 1200 CMD = 600 Vậy DCMD 3) DIMC = DIMD ( c.g.c) IC = ID Khi M di động trên cung nhỏ BC thì D chạy trên đường tròn ( 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 là đường kính Bài : Cho DABC ngoại tiếp (O) Trên BC lấy M , trên BA lấy N , trên CA lấy P cho BM=BN và CM = CP Chứng minh : a) O là tâm đường tròn ngoại tiếp DMNP b) Tứ giác ANOP nội tiếp đường tròn c) Tìm vị trí M , N , P cho độ dài NP nhỏ Hướng dẫn : A (15) D F N a) Từ tính chất O tiếp tuyến cắt và giả thiết suy : = DOEM = DOFP ( c.g.c ) B DN = EM = FP DODA C ONM = OM =EOP hay O là 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 đó M , N , P trùng với các tiếp điểm Bài 10 : Cho hình vuông ABCD có cạnh 3a Lấy AE = a trên cạnh AD và DF = a trên cạnh DC Nối AF và BE cắt H a) Chứng minh : AF ^ BE b) Tính cạnh tứ giác ABFE và đường chéo nó theo a c) Tính theo a đoạn HE , HB d) Chứng minh : EDFH nội tiếp đường tròn Đường tròn cắt BF K Tính theo a đoạn BK Nhận xét gì điểm E , K ,C F Hướng dẫn : D C a) DADF = DBAE DAF = EBA BE ^ AF K b) Pitago : BE = AF = a √ 13 √ 10 ; EF = a √ ; BF = a c) Dùng hệ thức lượng : EH = a √ 10 10 ; HB = a √ 10 10 d) Dựa vào tổng góc đối 1800 nên EDFH nội A B tiếp BE BH a √ 13 = DBEK DBFH BK= BF 13 e) Dựa vào vuông góc : E , K , C thẳng hàng E H Chuyên dề 8:Một số đÒ thi häc sinh giái to¸n Đề 1: Câu 1: ( 6,0 điểm) 1)Giải phương trình: x 2x x 1) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = 2x 2 4x 4x 4x 12x 15 n2 S 16 n ³ Câu 2: ( 3,0 điểm)Chứng minh rằng: với số tự nhiên n thì không thể là số nguyên Câu 3: ( 3,0 điểm)Trong đua xe môtô, ba tay đua đã khởi hành cùng lúc Mỗi giờ, người thứ hai chạy chậm người thứ 15km và nhanh người thứ ba 3km nên người thứ hai đến đích chậm người thứ 12 phút và sớm người thứ ba phút Tính vận tốc ba tay đua môtô trên Câu 4: ( 3,0 điểm)Cho tam giác ABC cân A, đường cao AH 10cm, đường cao BK 12cm Tính độ dài các cạnh tam giác ABC (16) Câu 5: ( 5,0 điểm)Cho tam giác ABC cạnh a và điểm M chuyển động trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 1) Chứng minh: điểm M thuộc cung nhỏ AB thì MA + MB = MC 2) Tìm giá trị lớn biểu thức P = MA + MB + MC ( M thuộc cung nhỏ AB) ĐỀ 2: Bµi 1: (3 ®iÓm) Cho biÓu thøc P= 2( √ x − 3) √ x+ x√ x−3 − + x − 2√ x − √ x+1 3− √ x 1) Rut gọn biểu thức P 2) TÝnh gi¸ trÞ cña P x = 14 - √5 3) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P và giá trị tương ứng x Bµi 2: (3 ®iÓm) Gi¶i ph¬ng tr×nh:1) 2) 1 + + =1 √ x +3+ √ x+ √ x +2+ √ x +1 √ x+1+ √ x 36 + =28 −4 √ x −2 − √ y − √x− √ y− Bµi 3: (3 ®iÓm) 1) Cho biểu thức A = x x 20 Tìm giá trị nhỏ A 2) Cho (x+ √ x +3)( y + √ y 2+ 3) =3 TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc P = x + y Bài 4: (3 điểm)1) Tìm các giá trị nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức: ( y + )x2 + 2) T×m nghiÖm nguyªn d¬ng cña ph¬ng tr×nh sau: = y2 √ x+ √ y= √1980 Bài 5: ( điểm) Cho a, b, c là độ dài các cạnh BC, CA, AB tam giác ABC A a £ Chứng minh rằng: sin 2 bc Bµi 6: (5 ®iÓm) Cho tam giác ABC có cạnh 60 cm Trên cạnh BC lấy điểm D cho BD = 20cm Đường trung trực AD cắt các cạnh AB, AC theo thứ tự E, F Tính độ dài các cạnh tam giác DEF./ ĐỀ 3: Bài1(1,5đ) 6 62 a/ Tính b/ Cho a +b +c = , a,b,c ≠0 Chứng tỏ 1 1 1 2 a b c = |a b c| 3 là nghiệm phương trình x3 +3x – = c/ Hãy chứng tỏ x Bài2(2đ) a/ Rút gọn, tính giá trị biểu x y 1 A xy xy x y x y xy y x y x Với x = 3, y 2 b/ Giải phương trình x x 4 Bài3(2,5đ) a/ Tìm giá trị lớn ,giá trị nhỏ biểu thức B x2 x 1 x x 1 thức (17) b/ Trên mặt phẳng toạ độ cho các 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 , đó diện tích phần chứa điểm A gấp đôi diện tích phần chứa điểm C Bài4(3đ) Cho hai đường tròn (O) và (O’) ngoài Kẻ tiếp tuyến chung ngoài AB và tiếp tuyến chung EF ( A ,E (O) , B , F (O’) ) Δ AOM và Δ BMO’ đồng dạng a/ Gọi M là giao điểm AB và EF Chứng minh : b/ Chứng minh AE vuông góc với BF c/ Gọi N là giao điểm AE và BF Chứng minh ba điểm O , N , O’ thẳng hàng Bài5(1đ) Cho hình vuông ABCD Tính cos MAN biết M ,N theo thứ tự là trung điiểm BC, CD §Ò x √3 √3 Bµi 1(3®) Cho biÓu thøc: A = + + +1 x + x √3+3 x − √27 √3 x a Rót gän A b TÝnh gi¸ trÞ cña A x = √ +2010 Bµi 2(3®) Cho hµm sè 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 là B; giao điểm đờng thẳng hạ từ A vuông góc với 0x là C Tính diện tích tam giác ABC? x y z Bµi 3(2) Cho c¸c sè thùc x, y, z tháa m·n = = 2008 2009 2010 Chøng minh r»ng: z – x =2 √( x − y)( y − z) Bµi 4(2.5) Cho x + y = T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc B = x3 + y3 + xy b2 a2 Bµi 5(2.5) Cho a, b>0 Chøng minh r»ng: + ≥ √ a+ √ b a b ^ = 900, BC > BA) nội tiếp đờng tròn đờng kính AC Kẻ dây Bµi 6(3) Cho tam gi¸c vu«ng ABC ( B cung BD vuông góc với đờng kính AC Gọi H là giao điểm AC và BD Trên HC lấy điểm E cho E đối xứng với A qua H Đờng tròn đờng kính EC cắt cạnh BC I ( I khác C) Chứng minh r»ng: a CI.CA = CB.CE b HI là tiếp tuyến đờng tròn đờng kính EC Bài 7(4) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (0; R) Đờng cao AK cắt đờng tròn (0) D; AN là đờng kính đờng tròn (0) a Chøng minh: BD = CN b Tính độ dài AC theo R và α Biết = α c Gäi H, G lÇn lît lµ trùc t©m, träng t©m cña tam gi¸c ABC Chøng minh r»ng H; G; th¼ng hµng SỐ CHÍNH PHƯƠNG ( )( ) √ √ I ĐỊNH NGHĨA: Số chính phương là số bình phương đúng số nguyên II TÍNH CHẤT: Số chính phương có thể có chữ số tận cùng 0, 1, 4, 5, 6, ; không thể có chữ số tận cùng 2, 3, 7, Khi phân tích thừa số nguyên tố, số chính phương chứa các thừa số nguyên tố với số mũ chẵn Số chính phương có thể có hai dạng 4n 4n + Không có số chính phương nào có dạng 4n + 4n + (n N) Số chính phương có thể có hai dạng 3n 3n + Không có số chính phương nào có dạng 3n + (n N) Số chính phương tận cùng thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn Số chính phương tận cùng thì chữ số hàng chục là (18) Số chính phương tận cùng thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn Số chính phương tận cùng thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ Số chính phương chia hết cho thì chia hết cho Số chính phương chia hết cho thì chia hết cho Số chính phương chia hết cho thì chia hết cho 25 Số chính phương chia hết cho thì 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 thì A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 là số chính 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 là số chính phương Bài 2: Chứng minh tích số tự nhiên liên tiếp cộng luôn là số chính phương Gọi số tự nhiên, liên tiêp đó là 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) thì (*) = t( t + ) + = t2 + 2t + = ( t + )2 = (n2 + 3n + 1)2 Vì n N nên n2 + 3n + N Vậy n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + là số chính phương Bài 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + + k(k+1)(k+2) Chứng minh 4S + là số chính phương 1 Ta có k(k+1)(k+2) = k(k+1)(k+2).4 = k(k+1)(k+2).[(k+3) – (k-1)] 4 1 = k(k+1)(k+2)(k+3) k(k+1)(k+2)(k-1) 4 1 1 ⇒ S= 1.2.3.4 0.1.2.3 + 2.3.4.5 1.2.3.4 +…+ k(k+1)(k+2)(k+3) 4 4 1 k(k+1)(k+2)(k-1) = k(k+1)(k+2)(k+3) 4 4S + = k(k+1)(k+2)(k+3) + Theo kết bài ⇒ k(k+1)(k+2)(k+3) + là số chính ph ương Bài 4: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889; … Dãy số trên xây dựng cách thêm số 48 vào số đứng trước nó Chứng minh tất các số dãy trên là số chính phương Ta có 44…488…89 = 44…488 + = 44…4 10n + 11…1 + (19) n chữ số n-1 chữ số n chữ số n chữ số n chữ số n chữ số 10n −1 10n −1 102 n − 10n +8 10 n − 8+9 10n + +1= = 9 102 n+ 10n +1 n 10 +1 = n Ta thấy 2.10 +1=200…01 có tổng các chữ số chia hết cho nên nó chia hết cho = ( n ) 2n-1 chữ số ( 103 +1 ) ⇒ Z hay các số có dạng 44…488…89 là số chính phương Bài 5: Chứng minh các số sau đây là số chính phương: A = 11…1 + 44…4 + 2n chữ số n chữ số B = 11…1 + 11…1 + 66…6 + 2n chữ số n+1 chữ số n chữ số C = 44…4 + 22…2 + 88…8 + 2n chữ số n+1 chữ số n chữ số 2 10 +2 10 +8 ; B= ; 3 Bài 6: Chứng minh các số sau là số chính phương: Kết quả: A = ( n ) ( n ) C= ( n 10 +7 ) a A = 22499…9100…09 n-2 chữ số n chữ số b B = 11…155…56 n chữ số n-1 chữ số a A = 224.102n + 99…9.10n+2 + 10n+1 + 9= 224.102n + ( 10n-2 – ) 10n+2 + 10n+1 + = 224.102n + 102n – 10n+2 + 10n+1 + 9= 225.102n – 90.10n + = ( 15.10n – ) ⇒ A là số chính phương b B = 111…1555…5 + = 11…1.10n + 5.11…1 + n chữ số n chữ số = 10n −1 10n −1 10n + 9 n chữ số +1= n chữ số 102 n − 10n +5 10n −5+ 9 (20) = 102 n +4 10n + = ( 10n +2 ) là số chính phương ( điều phải chứng minh) Bài 7: Chứng minh tổng các bình phương số tự nhiên liên tiếp không thể là số chính phương Gọi số tự nhiên liên tiếp đó là 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 không thể tận cùng đó n2+2 không thẻ chia hết cho ⇒ 5.( n2+2) không là số chính phương hay A không là số chính phương Bài 8: Chứng minh số có dạng n6 – n4 + 2n3 + 2n2 đó n N và n>1 không phải là số chính 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 thì n2-2n+2 = (n - 1)2 + > ( n – )2 và n2 – 2n + = n2 – 2(n - 1) < n2 Vậy ( n – 1)2 < n2 – 2n + < n2 ⇒ n2 – 2n + không phải là số chính phương Bài 9: Cho số chính phương bất kì có chữ số hàng chục khác còn chữ số hàng đơn vị là Chứng minh tổng các chữ số hàng chục số chính phương đó là số chính phương Cách 1: Ta biết số chính phương có chữ số hàng đơn vị là thì chữ số hàng chục nó là số lẻ Vì chữ số hàng chục số chính phương đã cho là 1,3,5,7,9 đó tổng chúng + + + + = 25 = 52 là số chính phương Cách 2: Nếu số chính phương M = a2 có chữ số hàng đơn vị là thì chữ số tận cùng a là ⇒ a ⋮ ⇒ a2 ⋮ Theo dấu hiệu chia hết cho thì hai chữ số tận cùng M có thể là 16, 36, 56, 76, 96 ⇒ Ta có: + + + + = 25 = 52 là số chính phương Bài 10: Chứng minh tổng bình phương hai số lẻ không phải là số chính phương a và 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 + = 4(k2 + k + m2 + m) + = 4t + (Với t Không có số chính phương nào có dạng 4t + (t N) N) đó a2 + b2 không thể là số chính phương Bài 11: Chứng minh p là tích n số nguyên tố đầu tiên thì p-1 và p+1 không thể là các số chính phương Vì p là tích n số nguyên tố đầu tiên nên p ⋮ và p không chia hết cho (1) a Giả sử p+1 là số chính phương Đặt p+1 = m2 (m Vì p chẵn nên p+1 lẻ ⇒ m2 lẻ ⇒ m lẻ Đặt m = 2k+1 (k N) N) Ta có m2 = 4k2 + 4k + ⇒ p+1 = 4k2 + 4k + (21) ⇒ p = 4k2 + 4k = 4k(k+1) ⋮ mâu thuẫn với (1) ⇒ p+1 là số chính phương b p = 2.3.5… là số chia hết cho ⇒ p-1 có dạng 3k+2 Không có số chính phương nào có dạng 3k+2 ⇒ p-1 không là số chính phương Vậy p là tích n số nguyên tố đầu tiên thì p-1 và p+1 không là số chính phương Bài 12: Giả sử N = 1.3.5.7…2007 Chứng minh số nguyên liên tiếp 2N-1, 2N và 2N+1 không có số nào là số chính phương a 2N-1 = 2.1.3.5.7…2007 – Có 2N ⋮ ⇒ 2N-1 không chia hết cho và 2N-1 = 3k+2 (k ⇒ 2N-1 không là số chính phương N) b 2N = 2.1.3.5.7…2007 Vì N lẻ ⇒ N không chia hết cho và 2N ⋮ 2N không chia hết cho 2N chẵn nên 2N không chia cho dư ⇒ 2N không là số chính phương c 2N+1 = 2.1.3.5.7…2007 + 2N+1 lẻ nên 2N+1 không chia hết cho 2N không chia hết cho nên 2N+1 không chia cho dư ⇒ 2N+1 không là số chính phương Bài 13: Cho a = 11…1 ; b = 100…05 2008 chữ số 2007 chữ số là số tự nhiên √ ab+1 102008 −1 Cách 1: Ta có a = 11…1 = ; b = 100…05 = 100…0 + = 102008 + 2008 chữ số 2007 chữ số 2008 chữ số 20 2008 2008 10 ¿ + 10 − 5+9 2008 2008 2008 (10 −1)(10 +5) 10 + ¿ ⇒ ab+1 = +1= = ¿ ¿ 2008 102008 + 2 = 10 +2 √ ab+1 = 3 2008 10 +2 Ta thấy 102008 + = 100…02 ⋮ nên N hay √ ab+1 là số tự nhiên 2007 chữ số Cách 2: b = 100…05 = 100…0 – + = 99…9 + = 9a +6 Chứng minh ( √( ) 2007 chữ số 2008 chữ số 2008 chữ số ⇒ ab+1 = a(9a +6) + =29a2 + 6a + = (3a+1)2 a+1 ¿ ⇒ √ ab+1 = ¿ = 3a + N √¿ B DẠNG 2: TÌM GIÁ TRỊ CỦA BIẾN ĐỂ BIỂU THỨC LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài1: Tìm số tự nhiên n cho các số sau là số chính phương: a n2 + 2n + 12 b n ( n+3 ) ) (22) d n2 + n + 1589 c 13n + Giải a Vì n2 + 2n + 12 là số chính phương nên đặt n2 + 2n + 12 = k2 (k N) ⇒ (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 và chúng là số nguyên dương, nên ta có thể viết (k+n+1) (k-n-1) = 11.1 ⇔ k+n+1 = 11 ⇔ k=6 k–n-1=1 n=4 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 và chúng là số nguyên dương, nên ta có thể viết (2n + + 2a)(2n + – 2a) = 9.1 ⇔ 2n + + 2a = ⇔ n=1 2n + – 2a = a=2 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 là 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 + Vậy n = 13k2 ± 8k + (Với k d Đặt n2 + n + 1589 = m2 (m N) thì 13n + là số chính phương N) ⇒ (4n2 + 1)2 + 6355 = 4m2 ⇔ (2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355 Nhận xét thấy 2m + 2n +1> 2m – 2n -1 > và chúng là số lẻ, nên ta có thể viết (2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355.1 = 1271.5 = 205.31 = 155.41 Suy n có thể có các giá trị sau: 1588; 316; 43; 28 Bài 2: Tìm a để các số sau là số chính 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! là số chính phương Với n = thì 1! = = 12 là số chính phương Với n = thì 1! + 2! = không là số chính phương Với n = thì 1! + 2! + 3! = 1+1.2+1.2.3 = = 32 là số chính phương Với n ≥ ta có 1! + 2! + 3! + 4! = 1+1.2+1.2.3+1.2.3.4 = 33 còn 5!; 6!; …; n! tận cùng đó 1! + 2! + 3! + … + n! có tận cùng chữ số nên nó không phải là số chính phương Vậy có số tự nhiên n thỏa mãn đề bài là n = 1; n = (23) Bài 4: Tìm n N để các số sau là số chính 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 không số tự nhiên n để 2006 + n2 là số chính phương Giả sử 2006 + n2 là số chính phương thì 2006 + n2 = m2 (m Từ đó suy m2 – n2 = 2006 ⇔ (m + n)(m - n) = 2006 N) Như số m và n phải có ít số chẵn (1) Mặt khác m + n + m – n = 2m ⇒ số m + n và m – n cùng tính chẵn lẻ (2) Từ (1) và (2) ⇒ m + n và m – n là số chẵn ⇒ (m + n)(m - n) ⋮ Nhưng 2006 không chia hết cho ⇒ Điều giả sử sai Vậy không tồn số tự nhiên n để 2006 + n2 là số chính phương Bài 6: Biết x N và x>2 Tìm x cho x(x-1).x(x-1) = (x-2)xx(x-1) Đẳng thức đã cho viết lại sau: x(x-1) = (x-2)xx(x-1) Do vế trái là số chính phương nên vế phải là số chính phương Một số chính phương có thể tận cùng các chữ số 0; 1; 4; 5; 6; nên x có thể tận cùng các chữ số 1; 2; 5; 6; 7; (1) Do x là chữ số nên x ≤ 9, kết hợp với điều kiện đề bài ta có x N và < x ≤ (2) Từ (1) và (2) ⇒ x có thể nhận các giá trị 5; 6; Bằng phép thử ta thấy có x = thỏa mãn đề bài, đó 762 = 5776 Bài 7: Tìm số tự nhiên n có chữ số biết 2n+1 và 3n+1 là các số chính phương Ta có 10 ≤ n ≤ 99 nên 21 ≤ 2n+1 ≤ 199 Tìm số chính phương lẻ khoảng trên 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 là số chính phương Vậy n = 40 Bài 8: Chứng minh n là số tự nhiên cho n+1 và 2n+1 là các số chính phương thì n là bội số 24 Vì n+1 và 2n+1 là các số chính phương nên đặt n+1 = k2 , 2n+1 = m2 (k, m Ta có m là số lẻ ⇒ m = 2a+1 ⇒ m2 = 4a (a+1) + a (a+1) m2 −1 ⇒ n= = = 2a(a+1) 2 N) ⇒ 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 + 2 (mod3) Mặt khác k2 chia cho dư 1, m2 chia cho dư Nên để k2 + m2 (mod3) thì k2 (mod3) (24) m2 ⇒ m2 – k2 (mod3) ⋮ hay (2n+1) – (n+1) ⋮ ⇒ n ⋮ (2) Mà (8; 3) = (3) Từ (1), (2), (3) ⇒ n ⋮ 24 Bài 9: Tìm tất các số tự nhiên n cho số 28 + 211 + 2n là số chính phương Giả sử 28 + 211 + 2n = a2 (a N) thì 2n = a2 – 482 = (a+48)(a-48) 2p.2q = (a+48)(a-48) ⇒ a+48 = 2p Với p, q N ; p+q = n và p > q ⇒ 2p – 2q = 96 ⇔ 2q (2p-q -1) = 25.3 a- 48 = 2q ⇒ q = và p-q = ⇒ p = ⇒ n = 5+7 = 12 Thử lại ta có: 28 + 211 + 2n = 802 C.DẠNG 3: TÌM SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài 1: Cho A là số chính phương gồm chữ số Nếu ta thêm vào chữ số A đơn vị thì ta số chính phương B Hãy tìm các số A và B Gọi A = abcd = k2 Nếu thêm vào chữ số A đơn vị thì ta có số B = (a+1)(b+1)(c+1)(d+1) = m2 với k, m a, b, c, d ⇒ Ta có N và 32 < k < m < 100 N ; ≤ a ≤ ; ≤ b, c, d ≤ A = abcd = k2 B = abcd + 1111 = m2 ⇒ m2 – k2 = 1111 ⇔ (m-k)(m+k) = 1111 (*) Nhận xét thấy tích (m-k)(m+k) > nên m-k và m+k là số nguyên dương Và m-k < m+k < 200 nên (*) có thể viết (m-k)(m+k) = 11.101 ⇔ Do đó m – k == 11 ⇔ m = 56 A = 2025 m + k = 101 n = 45 B = 3136 Bài 2: Tìm số chính 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 = và 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 ⇒ abcd = 912 = 8281 ⇒ k+10 = 101 ⇒ k = 91 Bài 3: Tìm số chính phương có chữ số biết chữ số đầu giống nhau, chữ số cuối giống Gọi số chính phương phải tìm là aabb = n2 với a, b N, ≤ a ≤ 9; ≤ b ≤ Ta có n2 = aabb = 11.a0b = 11.(100a+b) = 11.(99a+a+b) (1) (25) 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) đó 9a+1 là số chính phương Bằng phép thử với a = 1; 2; …; ta thấy có a = thỏa mãn ⇒ b = Số cần tìm là 7744 Bài 4: Tìm số có chữ số vừa là số chính phương vừa là lập phương Gọi số chính phương đó là abcd Vì abcd vừa là số chính phương vừa là lập phương nên đặt abcd = x2 = y3 Với x, y N Vì y3 = x2 nên y là số chính phương Ta có 1000 ≤ abcd ≤ 9999 ⇒ 10 ≤ y ≤ 21 và y chính phương ⇒ y = 16 ⇒ abcd = 4096 Bài 5: Tìm số chính phương gồm chữ số cho chữ số cuối là số nguyên tố, bậc hai số đó có tổng các chữ số là số chính phương Gọi số phải tìm là abcd với a, b, c, d nguyên và ≤ a ≤ ; ≤ b,c,d ≤ abcd chính phương ⇒ d { 0,1,4,5,6,9} d nguyên tố ⇒ d = Đặt abcd = k2 < 10000 ⇒ 32 ≤ k < 100 k là số có hai chữ số mà k2 có tận cùng ⇒ k tận cùng Tổng các chữ số k là số chính phương ⇒ k = 45 ⇒ abcd = 2025 Vậy số phải tìm là 2025 Bài 6: Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết hiệu các bình phương số đó và viết số hai chữ số số đó theo thứ tự ngược lại là số chính phương Gọi số tự nhiên có hai chữ số phải tìm là ab ( a,b Số viết theo thứ tự ngược lại N, ≤ a,b ≤ ) ba Ta có ab - ba = ( 10a + b ) – ( 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 2 Khi đó ab - ba = 32 112 (a - b) 2 Để ab - ba là số chính phương thì a - b phải là số chính phương đó a-b = a - b = Nếu a-b = kết hợp với a+b = 11 ⇒ a = 6, b = 5, ab = 65 Khi đó 652 – 562 = 1089 = 332 Nếu a - b = kết hợp với a+b = 11 ⇒ a = 7,5 ( loại ) Vậy số phải tìm là 65 Bài 7: Cho số chính phương có chữ số Nếu thêm vào chữ số đó ta số chính phương Tìm số chính phương ban đầu ( Kết quả: 1156 ) (26) Bài 8: Tìm số có chữ số mà bình phương số lập phương tổng các chữ số nó Gọi số phải tìm là ab với a,b N và ≤ a ≤ , ≤ b ≤ Theo giả thiết ta có : ab = ( a + b )3 ⇔ (10a+b)2 = ( a + b )3 ⇒ ab là lập phương và a+b là số chính phương Đặt ab = t3 ( t N),a+b=l2(l N) Vì 10 ≤ ab ≤ 99 ⇒ ab = 27 ab = 64 Nếu ab = 27 ⇒ a + b = là số chính phương Nếu ab = 64 ⇒ a + b = 10 không là số chính phương ⇒ loại Vậy số cần tìm là ab = 27 Bài 9: Tìm số lẻ liên tiếp mà tổng bình phương là số có chữ số giống Gọi số lẻ liên tiếp đó là 2n-1, 2n+1, 2n+3 ( n Ta có N) A= ( 2n-1 )2 + ( 2n+1)2 + ( 2n+3 )2 = 12n2 + 12n + 11 Theo đề bài ta đặt 12n2 + 12n + 11 = aaaa = 1111.a với a lẻ và ≤ a ≤ ⇒ 12n( n + ) = 11(101a – ) ⇒ 101a – ⋮ ⇒ 2a – ⋮ Vì ≤ a ≤ nên ≤ 2a-1 ≤ 17 và 2a-1 lẻ nên 2a – ⇒ a { 2; 5; } { 3; 9; 15 } Vì a lẻ ⇒ a = ⇒ n = 21 số càn tìm là 41; 43; 45 Bài 10: Tìm số có chữ số cho tích số đó với tổng các chữ số nó tổng lập phương các 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 và a + b – nguyên tố cùng đó a + b = 3a a +b–1=3+b ⇒ a=4,b=8 a + b – = 3a a+b=3+b a=3,b=7 Vậy ab = 48 ab = 37 ….………………… Hết ………………………… Sè nguyªn tè I KiÕn thøc cÇn nhí: DÞnh nghÜa: * Sè nguyªn tè lµ sè tù nhiªn lín h¬n 1, chØ cã hai íc lµ vµ chÝnh nã * Hîp sè lµ sè tù nhiªn lín h¬n 1, cã nhiÒu h¬n hai íc TÝnh chÊt: * NÕu sè nguyªn tè p chia hÕt cho sè nguyªn tè q th× p = q * NÕu tÝch abc chia hÕt cho sè nguyªn tè p th× Ýt nhÊt mét thõa sè cña tÝch abc chia hÕt cho sè nguyªn tè p (27) * NÕu a vµ b kh«ng chia hÕt cho sè nguyªn tè p th× tÝch ab kh«ng chia hÕt cho sè nguyªn tè p C¸ch nhËn biÕt mét sè nguyªn tè: a) Chia số đó lần lợt cho các số nguyên tố đã biết từ nhỏ đến lớn - Nếu có phép chia hết thì số đó không phải là số nguyên tố - Nếu chia lúc số thơng nhỏ số chia mà các phép chia còn số d thì ssó đó là sè nguyªn tè b) Một số có ớc số lớn thì số đó không phải là số nguyên tố Ph©n tÝch mét sè thõa sè nguyªn tè: * Phân tích số tự nhiên lớn thừa số nguyên tố là viết số đó dới dạng tích c¸c thõa sè nguyªn tè - Dạng phân tích thừa số nguyên tố số nguyên tố là chính số đó - Mọi hợp số phân tích đợc thừa số nguyên tố A a b .c Víi a, b, c lµ nh÷ng sè nguyªn tè , , , N vµ , , , ³1 Sè c¸c íc sè vµ tæng c¸c íc sè cña mét sè: Gi¶ sö A a b .c Víi a, b, c lµ nh÷ng sè nguyªn tè , , , N vµ , , , ³1 Sè c¸c íc sè cña A lµ: (+1)(+1) (+1) Tæng c¸c íc sè cña A lµ: a +1 b1 c 1 a b c Sè nguyªn tè cïng nhau: * Hai sè nguyªn tè cïng lµ hai sè cã ¦CLN b»ng Hai sè a vµ b nguyªn tè cïng Û ¦CLN(a, b) = C¸c sè a, b, c nguyªn tè cïng Û ¦CLN(a, b, c) = Các số a, b, c đôi nguyên tố cùng Û ƯCLN(a, b) = ƯCLN(b, c) = ƯCLN(c, a) =1 II C¸c vÝ dô: VD1: Ta biÕt r»ng cã 25 sè nguyªn tè nhá h¬n 100 Tæng cña 25 sè nguyªn tè lµ sè ch½n hay sè lÎ HD: Trong 25 sè nguyªn tè nhá h¬n 100 cã chøa mét sè nguyªn tè ch½n nhÊt lµ 2, cßn 24 sè nguyªn tố còn lại là số lẻ Do đó tổng 25 số nguyên tố là số chẵn VD2: Tổng số nguyên tố 1012 Tìm số nguyên tố nhỏ ba số nguyên tố đó HD: Vì tổng số nguyên tố 1012, nên số nguyên tố đó tồn ít số nguyªn tè ch½n Mµ sè nguyªn tè ch½n nhÊt lµ vµ lµ sè nguyªn tè nhá nhÊt VËy sè nguyªn tè nhỏ số nguyên tố đó là VD3: Tæng cña sè nguyªn tè cã thÓ b»ng 2003 hay kh«ng? V× sao? HD: Vì tổng số nguyên tố 2003, nên số nguyên tố đó tồn số nguyên tố chẵn Mà số nguyên tố chẵn là Do đó số nguyên tố còn lại là 2001 Do 2001 chia hết cho và 2001 > Suy 2001 kh«ng ph¶i lµ sè nguyªn tè VD4: T×m sè nguyªn tè p, cho p + vµ p + còng lµ c¸c sè nguyªn tè HD: Gi¶ sö p lµ sè nguyªn tè - Nếu p = thì p + = và p + = không phải là số nguyên tố - NÕu p ³ th× sè nguyªn tè p cã d¹ng: 3k, 3k + 1, 3k + víi k N* +) Nếu p = 3k p = p + = và p + = là các số nguyên tố +) Nếu p = 3k +1 thì p + = 3k + = 3(k + 1) p + và p + > Do đó p + lµ hîp sè +) Nếu p = 3k + thì p + = 3k + = 3(k + 2) p + và p + > Do đó p + lµ hîp sè VËy víi p = th× p + vµ p + còng lµ c¸c sè nguyªn tè VD5: Cho p vµ p + lµ c¸c sè nguyªn tè (p > 3) Chøng minh r»ng p + lµ hîp sè HD: V× p lµ sè nguyªn tè vµ p > 3, nªn sè nguyªn tè p cã d¹ng: 3k + 1, 3k + víi k N* - Nếu p = 3k + thì p + = 3k + = 3(k + 2) p + và p + > Do đó p + là hợp số ( Trái với đề bài p + là số nguyên tố) (28) - Nếu p = 3k + thì p + = 3k + = 3(k + 3) p + và p + > Do đó p + lµ hîp sè VËy sè nguyªn tè p cã d¹ng: p = 3k + th× p + lµ hîp sè VD6: Chứng minh số nguyên tố lớn có dạng 4n + 4n – HD: Mỗi số tự nhiên n chia cho có thể có các số d: 0; 1; 2; Do đó số tự nhiên n có thể viết đợc dới dạng: 4k, 4k + 1, 4k + 2, 4k + víi k N* - NÕu n = 4k n 4 n lµ hîp sè - NÕu n = 4k + n 2 n lµ hîp sè Vậy số nguyên tố lớn có dạng 4k + 4k – Hay số nguyên tố lớn có dạng 4n + 4n – với n N* VD7: Tìm ssó nguyên tố, biết số đó tổng hai số nguyên tố và hiệu hai số nguyªn tè HD: Gi¶ sö a, b, c, d, e lµ c¸c sè nguyªn tè vµ d > e Theo bµi ra: a = b + c = d - e (*) Tõ (*) a > a lµ sè nguyªn tè lÎ b + c vµ d - e lµ sè lÎ Do b, d lµ c¸c sè nguyªn tè b, d lµ sè lÎ c, e lµ sè ch½n c = e = (do c, e lµ c¸c sè nguyªn tè) a = b + = d - d = b + VËy ta cÇn t×m sè nguyªn tè b cho b + vµ b + còng lµ c¸c sè nguyªn tè VD8: T×m tÊt c¶ c¸c sè nguyªn tè x, y cho: x2 – 6y2 = HD: Ta cã: x y 1 x 6 y ( x 1)( x 1) 6 y Do y 2 ( x 1)( x 1)2 Mµ x - + x + = 2x x - vµ x + cã cïng tÝnh ch½n lÎ x - vµ x + lµ hai sè ch½n liªn tiÕp ( x 1)( x 1)8 y 8 3y 4 y 2 y 2 y 2 x 5 VD9: Cho p vµ p + lµ c¸c sè nguyªn tè (p > 3) Chøng minh r»ng p + 6 HD: V× p lµ sè nguyªn tè vµ p > 3, nªn sè nguyªn tè p cã d¹ng: 3k + 1, 3k + víi k N* - Nếu p = 3k + thì p + = 3k + = 3(k + 1) p + và p + > Do đó p + là hợp số ( Trái với đề bài p + là số nguyên tố) - NÕu p = 3k + th× p + = 3k + = 3(k + 1) (1) Do p lµ sè nguyªn tè vµ p > p lÎ k lÎ k + ch½n k + 2 (2) Tõ (1) vµ (2) p + 6 II Bµi tËp vËn dông: Bµi 1: T×m sè nguyªn tè p cho c¸c sè sau còng lµ sè nguyªn tè: a) p + vµ p + 10 b) p + 10 vµ p + 20 c) p + 10 vµ p + 14 d) p + 14 vµ p + 20 e) p + 2vµ p + f) p + vµ p + 14 g) p + vµ p + 10 h) p + vµ p + 10 Bµi 2: T×m sè nguyªn tè p cho c¸c sè sau còng lµ sè 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 (29) g) p + 4, p + 6, p + 10, p + 12, p+16 Bµi 3: a) Cho p vµ p + lµ c¸c sè nguyªn tè (p > 3) Chøng minh r»ng: p + lµ hîp sè b) Cho p vµ 2p + lµ c¸c sè nguyªn tè (p > 3) Chøng minh r»ng: 4p + lµ hîp sè c) Cho p vµ 10p + lµ c¸c sè nguyªn tè (p > 3) Chøng minh r»ng: 5p + lµ hîp sè d) Cho p vµ p + lµ c¸c sè nguyªn tè (p > 3) Chøng minh r»ng: p + lµ hîp sè e) Cho p vµ 4p + lµ c¸c sè nguyªn tè (p > 3) Chøng minh r»ng: 2p + lµ hîp sè f) Cho p vµ 5p + lµ c¸c sè nguyªn tè (p > 3) Chøng minh r»ng: 10p + lµ hîp sè g) Cho p vµ 8p + lµ c¸c sè nguyªn tè (p > 3) Chøng minh r»ng: 8p - lµ hîp sè h) Cho p vµ 8p - lµ c¸c sè nguyªn tè (p > 3) Chøng minh r»ng: 8p + lµ hîp sè i) Cho p vµ 8p2 - lµ c¸c sè nguyªn tè (p > 3) Chøng minh r»ng: 8p2 + lµ hîp sè j) Cho p vµ 8p2 + lµ c¸c sè nguyªn tè (p > 3) Chøng minh r»ng: 8p2 - lµ hîp sè Bµi 4: Chøng minh r»ng: a) NÕu p vµ q lµ hai sè nguyªn tè lín h¬n th× p2 – q2 24 b) NÕu a, a + k, a + 2k (a, k N*) lµ c¸c sè nguyªn tè lín h¬n th× k Bµi 5: a) Mét sè nguyªn tè chia cho 42 cã sè d r lµ hîp sè T×m sè d r b) Mét sè nguyªn tè chia cho 30 cã sè d r T×m sè d r biÕt r»ng r kh«ng lµ sè nguyªn tè Bài 6: Hai số nguyên tố gọi là sinh đôi chúng là hai số nguyên tố lẻ liên tiếp Chứng minh số tự nhiên lớn nằm hai số nguyên tố sinh đôi thì chia hết cho Bài 7: Cho số nguyên tố lớn 3, đó số sau lớn số trớc là d đơn vị Chứng minh d chia hÕt cho Bài 8: Tìm số nguyên tố có ba chữ số, biết viết số đó theo thứ tự ngợc lại thì ta đợc số lµ lËp ph¬ng cña mét sè tù nhiªn 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 và số đó viết đợc dới dạng tích số nguyên tố liên tiếp Bài 10: Tìm số nguyên tố lẻ liên tiếp là các số nguyên tố Bµi 11: T×m sè nguyªn tè liªn tiÕp p, q, r cho p2 + q2 + r2 còng lµ sè nguyªn tè Bµi 12: T×m tÊt c¶ c¸c bé ba sè nguyªn tè a, b, c cho a.b.c < a.b + b.c + c.a Bµi 13: T×m sè nguyªn tè p, q, r cho pq + qp = r Bµi 14: T×m c¸c sè nguyªn tè x, y, z tho¶ m·n xy + = z Bµi 15: T×m sè nguyªn tè abcd cho ab , ac lµ c¸c sè nguyªn tè vµ b cd b c Bài 16: Cho c¸c sè p = bc + a, q = ab + c, r = ca + b (a, b, c N*) lµ c¸c sè nguyªn tè Chøng minh r»ng sè p, q, r cã Ýt nhÊt hai sè b»ng Bµi 17: T×m tÊt c¶ c¸c sè nguyªn tè x, y cho: a) x2 – 12y2 = b) 3x2 + = 19y2 c) 5x2 – 11y2 = d) 7x2 – 3y2 = e) 13x2 – y2 = f) x2 = 8y + Bµi 18: T×m sè nguyªn tè cho tÝch cña chóng gÊp lÇn tæng cña chóng Bài 19: Chứng minh điều kiện cần và đủ để p và 8p2 + là các số nguyên tố là p = Bµi 20: Chøng minh r»ng: NÕu a2 – b2 lµ mét sè nguyªn tè th× a2 – b2 = a + b Bài 21: Chứng minh số nguyên tố lớn có dạng 6n + 6n – Bµi 22: Chøng minh r»ng tæng b×nh ph¬ng cña sè nguyªn tè lín h¬n kh«ng thÓ lµ mét sè nguyªn tè Bµi 23: Cho sè tù nhiªn n ³2 Gäi p1, p2, , pn lµ nh÷ng sè nguyªn tè cho pn £ n + §Æt A = p1.p2 pn Chøng minh r»ng d·y sè c¸c sè tù nhiªn liªn tiÕp: A + 2, A + 3, , A + (n + 1) Kh«ng chøa mét sè nguyªn tè nµo Bµi 24: Chøng minh r»ng: NÕu p lµ sè nguyªn tè th× 2.3.4 (p – 3)(p – 2) - p Bµi 25: Chøng minh r»ng: NÕu p lµ sè nguyªn tè th× 2.3.4 (p – 2)(p – 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 cùng là 0, 1, 5, nâng lên lũy thừa bậc bất kì thì chữ số tận cùng không thay đổi b) Các số có chữ số tận cùng là 4, nâng lên lũy thừa bậc lẻ thì chữ số tận cùng không thay đổi (30) c) Các số có chữ số tận cùng là 3, 7, nâng lên lũy thừa bậc 4n (n thuộc N) thì chữ số tận cùng là d) Các số có chữ số tận cùng là 2, 4, nâng lên lũy thừa bậc 4n (n thuộc N) thì chữ số tận cùng là e) Tích số tự nhiên có chữ số tận cùng là với bất kì số tự nhiên lẻ nào cho ta số có chữ số tận cùng là Tính chất 2: Một số tự nhiên bất kì, nâng lên lũy thừa bậc 4n + (n thuộc N) thì chữ số tận cùng không thay đổi Tính chất 3: a) Số có chữ số tận cùng là nâng lên lũy thừa bậc 4n + có chữ số tận cùng là ; số có chữ số tận cùng là nâng lên lũy thừa bậc 4n + có chữ số tận cùng là b) Số có chữ số tận cùng là nâng lên lũy thừa bậc 4n + có chữ số tận cùng là ; số có chữ số tận cùng là nâng lên lũy thừa bậc 4n + có chữ số tận cùng là c) Các số có chữ số tận cùng là 0, 1, 4, 5, 6, 9, nâng lên lũy thừa bậc 4n + không thay đổi chữ số tận cùng Bài 1: Tìm chữ số tận cùng các số: 1414 b) 14 a) 799 567 c) Giải: a) Trước hết, ta tìm số dư phép chia 99 cho 4: 9 − = (9 − 1)(98 + 97 + … + + 1) chia hết cho 99 = 4k + (k N) 799 = 74k + = 74k.7 Do 74k có chữ số tận cùng là 799 có chữ số tận cùng là b) Dễ thấy 1414 = 4k (k N) 141414 = 144k có chữ số tận cùng là c) Ta có 567 − 567 = 4k + (k N) 4567 = 44k + = 44k.4 44k có chữ số tận cùng là nên 4567 có chữ số tận cùng là Bài 2: Tìm chữ số tận cùng các số: a) 71993 81945 19 b) 21000 21930 c) 31993 d) 4161 e) 9 g) h) i) Bài 3: Chứng minh rằng: a) 8102 − 2102 10 b) 175 + 244 − 1321 10 c) 4343 − 1717 10 Bài 4: Tìm các số tự nhiên n để n10 + 10 Bài 5: Có tồn hay không số tự nhiên n để n2 + n + chia hết cho 5? Bài 6: Tìm chữ số tận cùng C = 1.3.5.7… 99 Chữ số tận cùng tổng các lũy thừa xác định cách tính tổng các chữ số tận cùng lũy thừa tổng Bài 2: Tìm chữ số tận cùng tổng S = 21 + 35 + 49 + … + 20048009 Giải: Trước hết ta có nhận xét: Mọi lũy thừa S có số mũ chia cho thì dư (các lũy thừa có dạng n4(n − 2) + 1, n {2, 3, …, 2004}) Theo tính chất 2, lũy thừa S và các số tương ứng có chữ số tận cùng giống nhau, chữ số tận cùng tổng: (2 + + … + 9) + 199.(1 + + … + 9) + + + + = 200(1 + + … + 9) + = 9009 Vậy chữ số tận cùng tổng S là Bài 3: Tìm chữ số tận cùng tổng T = 23 + 37 + 411 + … + 20048011 Giải: Trước hết ta có nhận xét: Mọi lũy thừa T có số mũ chia cho thì dư (các lũy thừa có dạng n4(n − 2) + 3, n thuộc {2, 3, …, 2004}) Theo tính chất thì 23 có chữ số tận cùng là ; 37 có chữ số tận cùng là ; 411 có chữ số tận cùng là ; … Như vậy, tổng T có chữ số tận cùng chữ số tận cùng tổng: (8 + + + + + + + 9) + 199.(1 + + + + + + + + 9) + + + + = 200(1 + + + + + + + + 9) + + + = 9019 Vậy: chữ số tận cùng tổng T là Bài 4: Tồn hay không số tự nhiên n cho n2 + n + chia hết cho 19952000 Giải: 19952000 tận cùng chữ số nên chia hết cho Vì vậy, ta đặt vấn đề là liệu n + n + có chia hết cho không? Ta có n + n = n(n + 1), là tích hai số tự nhiên liên tiếp nên chữ số tận cùng n2 + n có thể là 0; 2; n2 + n + có thể tận cùng là 1; 3; n2 + n + không chia hết cho Vậy: không tồn số tự nhiên n cho n2 + n + chia hết cho 19952000 (31) Sử dụng tính chất “Một số chính phương có thể tận cùng các chữ số ; ; ; ; ; 9” , ta có thể giải Bài sau: Bài 5: Chứng minh các tổng sau không thể là số chính phương: a) M = 19k + 5k + 1995k + 1996k (với k chẵn) b) N = 20042004k + 2003 Sử dụng tính chất “một số nguyên tố lớn có thể tận cùng các chữ số ; ; ; 9” Bài 6: Cho p là số nguyên tố lớn Chứng minh rằng: p8n +3.p4n − chia hết cho Bài 7: Tìm số dư các phép chia: a) 21 + 35 + 49 + … + 20038005 cho b) 23 + 37 + 411 + … + 20038007 cho Bài 8: Tìm chữ số tận cùng X, Y: X = 22 + 36 + 410 + … + 20048010 Y = 28 + 312 + 416 + … + 20048016 Bài 9: Chứng minh chữ số tận cùng hai tổng sau giống nhau: U = 21 + 35 + 49 + … + 20058013 V = 23 + 37 + 411 + … + 20058015 Bài 10: Chứng minh không tồn các số tự nhiên x, y, z thỏa mãn: 19x + 5y + 1980z = 1975430 + 2004 II Tìm hai chữ số tận cùng Nhận xét: Nếu x N và x = 100k + y, đó k; y N thì hai chữ số tận cùng x chính là hai chữ số tận cùng y Hiển nhiên là y ≤ x Như vậy, để đơn giản việc tìm hai chữ số tận cùng số tự nhiên x thì thay vào đó ta tìm hai chữ số tận cùng số tự nhiên y (nhỏ hơn) Rõ ràng số y càng nhỏ thì việc tìm các chữ số tận cùng y càng đơn giản Từ nhận xét trên, ta đề xuất phương pháp tìm hai chữ số tận cùng số tự nhiên x = am sau: Trường hợp 1: Nếu a chẵn thì x = am 2m Gọi n là số tự nhiên cho an − 25 Viết m = pn + q (p ; q N), đó q là 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 cùng am chính là hai chữ số tận cùng aq Tiếp theo, ta tìm hai chữ số tận cùng aq Trường hợp 2: Nếu a lẻ , gọi n là 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 − 100 aun − 100 Vậy hai chữ số tận cùng am chính là hai chữ số tận cùng av Tiếp theo, ta tìm hai chữ số tận cùng av Trong hai trường hợp trên, chìa khóa để giải Bài là chúng ta phải tìm số tự nhiên n Nếu n càng nhỏ thì q và v càng nhỏ nên dễ dàng tìm hai chữ số tận cùng aq và av Bài 11: Tìm hai chữ số tận cùng các số: a) a2003 b) 799 Giải: a) Do 22003 là 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 cùng 22003 là 08 b) Do 799 là 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 + = 7(74k − 1) + = 100q + (q N) tận cùng hai chữ số 07 Bài 12: Tìm số dư phép chia 3517 cho 25 Giải: Trước hết ta tìm hai chữ số tận cùng 3517 Do số này 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 cùng là 43 Vậy số dư phép chia 3517 cho 25 là 18 (32) Trong trường hợp số đã cho chia hết cho thì ta có thể tìm theo cách gián tiếp Trước tiên, ta tìm số dư phép chia số đó cho 25, từ đó suy các khả hai chữ số tận cùng Cuối cùng, dựa vào giả thiết chia hết cho để chọn giá trị đúng Các thí dụ trên cho thấy rằng, a = a = thì n = 20 ; a = thì n = Một câu hỏi đặt là: Nếu a bất kì thì n nhỏ là bao nhiêu ? Ta có tính chất sau đây: Tính chất 4: Nếu a N và (a, 5) = thì a20 − 25 Bài 13: Tìm hai chữ số tận cùng các tổng: a) S1 = 12002 + 22002 + 32002 + + 20042002 b) S2 = 12003 + 22003 + 32003 + + 20042003 Giải: a) Dễ thấy, a chẵn thì a2 chia hết cho ; a lẻ thì a100 − chia hết cho ; a chia hết cho thì a2 chia hết cho 25 Mặt khác, từ tính chất ta suy với a N và (a, 5) = ta có a 100 − 25 Vậy với a N ta có a2(a100 − 1) 100 Do đó S1 = 12002 + 22(22000 − 1) + + 20042(20042000 − 1) + 22 + 32 + + 20042 Vì hai chữ số tận cùng tổng S1 chính là hai chữ số tận cùng 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 cùng là 30 Vậy hai chữ số tận cùng tổng S1 là 30 b) Hoàn toàn tương tự câu a, S = 12003 + 23(22000 − 1) + + 2004 3(20042000 − 1) + 23 + 33 + 20043 Vì thế, hai chữ số tận cùng tổng S2 chính là hai chữ số tận cùng 13 + 23 + 33 + n(n 1) 3 3 n (1 n) + 2004 Áp dụng công thức: 13 + 23 + + 20043 = (2005 1002)2 = 4036121180100, tận cùng là 00 Vậy hai chữ số tận cùng tổng S2 là 00 Tính chất 5: Số tự nhiên A không phải là số chính phương nếu: + A có chữ số tận cùng là 2, 3, 7, ; + A có chữ số tận cùng là mà chữ số hàng chục là chữ số chẵn ; + A có chữ số hàng đơn vị khác mà chữ số hàng chục là lẻ ; + A có chữ số hàng đơn vị là mà chữ số hàng chục khác ; + A có hai chữ số tận cùng là lẻ Bài 14: Cho n N và n − không chia hết cho CMR: 7n + không thể là số chính phương Giải: Do n − không chia hết cho nên 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 cùng n + chính là hai chữ số tận cùng 7r + (r = 0, 2, 3) nên có thể là 03, 51, 45 Theo tính chất thì rõ ràng n + không thể là số chính phương n không 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 cùng số tự nhiên x chính là việc tìm số dư phép chia x cho 1000 Nếu x = 1000k + y, đó k ; y N thì ba chữ số tận cùng x chính là ba chữ số tận cùng y (y ≤ x) Do 1000 = x 125 mà (8, 125) = nên ta đề xuất phương pháp tìm ba chữ số tận cùng số tự nhiên x = am sau: Trường hợp 1: Nếu a chẵn thì x = am chia hết cho 2m Gọi n là số tự nhiên cho an − chia hết cho 125 Viết m = pn + q (p ; q N), đó q là số nhỏ để aq chia hết cho ta có: x = am = aq(apn − 1) + aq Vì an − chia hết cho 125 => apn − chia hết cho 125 Mặt khác, (8, 125) = nên a q(apn − 1) chia hết cho 1000 Vậy ba chữ số tận cùng am chính là ba chữ số tận cùng aq Tiếp theo, ta tìm ba chữ số tận cùng aq Trường hợp 2: Nếu a lẻ , gọi n là 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 (33) Vậy ba chữ số tận cùng am chính là ba chữ số tận cùng av Tiếp theo, ta tìm ba chữ số tận cùng av Tính chất sau suy từ tính chất Tính chất 6: Nếu a N và (a, 5) = thì a100 − chia hết cho 125 Chứng minh: Do a20 − 25 nên a20, a40, a60, a80 chia cho 25 có cùng số dư là a20 + a40 + a60 + a80 + Vậy a100 − = (a20 − 1)( a80 + a60 + a40 + a20 + 1) 125 Bài 15: Tìm ba chữ số tận cùng 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) và (2) suy ra: 123100 − 1000 101 123 = 123(123100 − 1) + 123 = 1000k + 123 (k N) Vậy 123101 có ba chữ số tận cùng là 123 Bài 12: Tìm ba chữ số tận cùng 3399 98 Giải: Theo tính chất 6, (9, 5) = => 9100 − chi hết cho 125 (1) Tương tự bài 11, ta có 9100 − chia hết cho (2) Vì (8, 125) = 1, từ (1) và (2) suy ra: 9100 − chia hết cho 1000 3399 98 = 9199 = 9100p + 99 = 999(9100p − 1) + 999 = 1000q + 999 (p, q N) Vậy ba chữ số tận cùng 399 98 chính là ba chữ số tận cùng 99 Lại vì 9100 − chia hết cho 1000 ba chữ số tận cùng 9100 là 001 mà 999 = 9100: ba chữ số tận cùng 999 là 889 (dễ kiểm tra chữ số tận cùng 99 là 9, sau đó dựa vào phép nhân ???9 9 001 để xác định ??9 889 ) Vậy ba chữ số tận cùng 3399 98 là 889 Nếu số đã cho chia hết cho thì ta có thể tìm ba chữ số tận cùng cách gián các bước: Tìm dư phép chia số đó cho 125, từ đó suy các khả ba chữ số tận cùng, cuối cùng kiểm tra điều kiện chia hết cho để chọn giá trị đúng Bài 16: Tìm ba chữ số tận cùng 2004200 Giải: (2004, 5) = (tính chất 6) 2004100 chia cho 125 dư 2004200 = (2004100)2 chia cho 125 dư 2004200 có thể tận cùng là 126, 251, 376, 501, 626, 751, 876 Do 2004 200 nên có thể tận cùng là 376 Bài tập vận dụng: Bài 17: Chứng minh 1n + 2n + 3n + 4n chia hết cho và n không chia hết cho Bài 18: Chứng minh 920002003, 720002003 có chữ số tận cùng giống Bài 19: Tìm hai chữ số tận cùng của: a) 3999 b) 111213 Bài 20: Tìm hai chữ số tận cùng của: S = 23 + 223 + + 240023 Bài 21: Tìm ba chữ số tận cùng của: S = 12004 + 22004 + + 20032004 Bài 22: Cho (a, 10) = Chứng minh ba chữ số tận cùng a 101 ba chữ số tận cùng a Bài 23: Cho A là số chẵn không chia hết cho 10 Hãy tìm ba chữ số tận cùng A200 Bài 24: Tìm ba chữ số tận cùng số: 199319941995 2000 Bài 25: Tìm sáu chữ số tận cùng 521 D·y sè cã qui luËt I > Ph¬ng ph¸p dù ®o¸n vµ quy n¹p : Trong mét sè trêng hîp gÆp bµi to¸n tÝnh tæng h÷u h¹n Sn = a1 + a2 + an (1) Bằng cách nào đó ta biết đợc kết (dự đoán , bài toán chứng minh đã cho biết kết quả) Thì ta nên sử dụng phơng pháp này và hầu nh nào chứng minh đợc VÝ dô : TÝnh tæng Sn =1+3+5 + + (2n -1 ) Thö trùc tiÕp ta thÊy : S1 = S2 = + =22 (34) S3 = 1+ 3+ = = 32 Ta dù ®o¸n Sn = n2 Với n = 1;2;3 ta thấy kết đúng gi¶ sö víi n= k ( k 1) ta cã Sk = k (2) ta cÇn ph¶i chøng 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) nªn ta cã (3) tøc lµ Sk+1 = ( k +1) theo nguyên lý quy nạp bài toán đợc chứng minh vËy Sn = 1+3=5 + + ( 2n -1) = n2 T¬ng tù ta cã thÓ chøng minh c¸c kÕt qu¶ sau ®©y b»ng ph¬ng ph¸p quy n¹p to¸n häc n(n+1) 1, + 2+3 + + n = n(n+1)(2 n+1) 2, 12 + 2 + + n = 3, 13+23 + + n3 = [ n(n+1) 2 ] n2 (n + 1) ( 2n2 + 2n – ) 12 II > Ph¬ng ph¸p khö liªn tiÕp : Gi¶ sö ta cÇn tÝnh tæng (1) mµ ta cã thÓ biÓu diÔn a i , i = 1,2,3 ,n , qua hiÖu hai sè h¹ng liªn tiÕp cña d·y sè kh¸c , chÝnh x¸c h¬n , gi¶ sö : a1 = b1 - b2 a2 = b2 - b3 an = bn – bn+ đó ta có : Sn = ( b1 – b2 ) + ( b2 – b3 ) + + ( bn – bn + ) = b1 – bn + VÝ dô : tÝnh tæng : 4, 15 + 25 + + n5 = S= Ta cã : 1 1 + + + + 10 11 11 12 12 13 99 100 1 = − 10 11 10 11 , 1 = − 11 12 11 12 , Do đó : S= 1 1 1 1 − + − + .+ − = − = 10 11 11 12 99 100 10 100 100 D¹ng tæng qu¸t Sn = 1 + + .+ 2 n (n+1) = 1- (n> 1) n = n+1 n+ VÝ dô : tÝnh tæng Sn = 1 1 + + + + 3 n( n+1)(n+2) 1 = − 99 100 99 100 (35) Ta cã Sn = Sn = Sn = 1 1 1 1 − + − + + − 2 2 3 n (n+1) (n+ 1)(n+ 2) ( ) ( ) ( 1 1 1 − + − + + − ( 2 3 n(n+1) (n+1)(n+2) ) n( n+3) 1 (2 − (n+1)(n+2) )= (n+1)(n+2) VÝ dô : tÝnh tæng Sn = 1! +2.2 ! + 3.3 ! + + n n! ( n! = 1.2.3 n ) Ta cã : 1! = 2! -1! 2.2! = ! -2! 3.3! = 4! -3! n.n! = (n + 1) –n! VËy Sn = 2! - 1! +3! – ! + 4! - 3! + + ( n+1) ! – n! = ( n+1) ! - 1! = ( n+ 1) ! - VÝ dô : tÝnh tæng 2 ¿ ¿ ¿2 ¿ Sn = ¿ ¿ ¿ Ta cã : Do đó i +1 ¿ ¿ ¿ 2i +1 1 = 2− [i (i +1) ] i ¿ Sn = ( 1- i = ; ; 3; ; n n+1 ¿2 (¿¿) 1 − n2 ¿ 1 ¿+ − + + ¿ 2 ( ) n+1 ¿2 ¿ n+1 ¿2 = 1¿ ¿ ¿ III > Ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh víi Èn lµ tæng cÇn tÝnh: VÝ dô : TÝnh tæng S = 1+2+22 + + 2100 ( 4) ta viÕt l¹i S nh sau : S = 1+2 (1+2+22 + + 299 ) ) (36) S = 1+2 ( +2+22+ + 299 + 100 - 2100 ) => S= 1+2 ( S -2 100 ) ( 5) Tõ (5) suy S = 1+ 2S -2101 S = 2101-1 VÝ dô : tÝnh tæng Sn = 1+ p + p + p3 + + pn ( p 1) Ta viÕt l¹i Sn díi d¹ng sau : Sn = 1+p ( 1+p+p2 + + pn-1 ) Sn = + p ( 1+p +p2 + + p n-1 + p n –p n ) Sn = 1+p ( Sn –pn ) Sn = +p.Sn –p n+1 Sn ( p -1 ) = pn+1 -1 P n+1 −1 p −1 VÝ dô : TÝnh tæng Sn = 1+ 2p +3p + + ( n+1 ) pn , ( p 1) Ta cã : p.Sn = p + 2p + 3p3 + + ( n+ 1) p n +1 = 2p –p +3p –p2 + 4p3–p3 + + (n+1) pn - pn + (n+1)pn –pn + ( n+1) pn+1 = ( 2p + 3p2 +4p3 + +(n+1) pn ) – ( p +p + p + pn ) + ( n+1) pn+1 = ( 1+ 2p+ 3p2+4p3+ + ( n+1) pn ) – ( + p+ p2 + + p n) + ( n +1 ) pn+1 Sn = n+1 p.Sn=Sn- P − +(n+1) Pn +1 ( theo VD ) P−1 L¹i cã (p-1)Sn = (n+1)pn+1 - p n+1 − P −1 P −1 ¿2 ¿ (n+1)P n+1 pn+1 −1 − ¿ p −1 Sn = IV > Phơng pháp tính qua các tổng đã biết n C¸c kÝ hiÖu : ∑ ai=a 1+ a2+ a3 + .+a n i=1 C¸c tÝnh chÊt : n 1, n i=1 i=1 n 2, n ∑ (ai +b i)=∑ +∑ b i i=1 n ∑ a =a ∑ i=1 i=1 VÝ dô : TÝnh tæng : Sn= 1.2 + 2.3 + 3.4 + + n( n+1) Ta cã : Sn = V× : n n n n i=1 i=1 i=1 i=1 ∑ i(i+1)=∑ (i2 +i)=∑ i2+∑ i (37) n n(n+1) (Theo I ) n n( n+1)(2 n+1) ∑i = i=1 ∑ i=1+2+3+ +n= i=1 n(n+1) n( n+ 1)(2 n+1) n(n+1)(n+2) + = VÝ dô 10 : TÝnh tæng : Sn =1.2+2.5+3.8+ .+n(3n-1) cho nªn : Sn = n n i=1 i=1 ∑ i(3 i− 1)=∑ (3 i2 − i) ta cã : Sn = n n i=1 i == = ∑ i2 − ∑ i Theo (I) ta cã : n (n+1)(2 n+ 1) n(n+1) − =n (n+1) VÝ dô 11 TÝnh tæng Sn = 13+ +23 +53 + + (2n +1 )3 ta cã : Sn = [( 13 +2 +33 +43 + +(2n+1)3 ] –[23+43 +63 + +(2n)3] = [13+23 +33 +43 + + (2n +1 )3] -8 (13 +23 +33 +43 + + n3 ) Sn = n+2 ¿2 ¿ n+1 ¿2 ¿ Sn = ( theo (I) – ) n2 ¿ n+1¿ ¿ ¿ ¿ =( n+1) (2n+1) – 2n2 (n+1)2 = (n +1 )2 (2n2 +4n +1) V/ Vận dụng trực tiếp công thức tính tổng các 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 cùng số đơn vị , ta dùng c«ng thøc: Sè sè h¹ng = ( sè cuèi – sè ®Çu : ( kho¶ng c¸ch ) + + Để tính tổng các số hạng dãy số mà số hạng liên tiếp cách cùng số đơn vị , ta dïng c«ng thøc: Tæng = ( sè ®Çu – sè cuèi ) ( sè sè h¹ng ) :2 VÝ dô 12 : TÝnh tæng A = 19 +20 +21 + + 132 Sè sè h¹ng cña A lµ : ( 132 – 19 ) : +1 = 114 ( sè h¹ng )m A = 114 ( 132 +19 ) : = 8607 VÝ dô 13 : TÝnh tæng B = +5 +9 + .+ 2005 +2009 sè sè h¹ng cña B lµ ( 2009 – ) : + = 503 B = ( 2009 +1 ) 503 :2 = 505515 VI / Vân dụng số công thức chứng minh đợc vào làm toán (38) VÝ dô 14 : Chøng minh r»ng : k ( k+1) (k+20 -9k-1)k(k+1) = 3k ( k +1 ) Từ đó 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) = k( k+1) [( k +2)−(k −1)] C¸ch : Ta cã k ( k +1) = k(k+1) = = k (k+1) = 3k(k+1) (k +2)−( k −1) k (k +1)(k + 2) k (k +1)(k −1) * − 3 3k ( k-1) = k (k+1)(k+2) – (k-1) k(k+1) => 1.2.3 0.1.2 1.2 = 2.3.4 1.2.3 3 n(n 1)( n 2) (n 1)n(n 1) n(n 1) 3 2.3 1.2.0 (n 2)n(n 1) ( n 1)n(n 2) 3 S= 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 đó 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) = ¸p dông : 1.2.3 = k (k +1)(k + 2)(k +3) (k − 1)k ( k +1)(k +2) − 4 − 4 − 4 2.3.4 = n(n+1) (n+2) = Cộng vế với vế ta đợc S = n(n+1)(n+2)(n+3) (n −1)n (n+1)(n+2) − 4 n(n+1)(n+2)(n+3) * Bài tập đề nghị : TÝnh c¸c tæng sau 1, B = 2+ +10 + 14 + + 202 2, a, A = 1+2 +22 +23 + + 26.2 + b, S = + 52 + 53 + + 99 + 5100 c, C = + 10 + 13 + + 76 3, D = 49 +64 + 81+ + 169 4, S = 1.4 + + 3.6 + 4.7 + + n( n +3 ) , 5, S = 1 1 + + + .+ 2 3 99 100 n = 1,2,3 , (39) 6, S = 4 + + + 5.7 7.9 59 61 7, A = 5 5 + + + + 11 16 16 21 21 26 61 66 8, M = 1 1 + + + + 2005 3 3 9, Sn = 1 + + + n(n+1)( n+2) 10, Sn = 2 + + + 3 98 99 100 11, Sn = 1 + + .+ n(n+1)(n+2)(n+3) 12, M = + 99 + 999 + + 99 .9 50 ch÷ sè 13, Cho: S1 = 1+2 S3 = 6+7+8+9 S2 = 3+4+5 S4 = 10 +11 +12 +13 + 14 TÝnh S100 =? Trong quá trình bồi dỡng học sinh giỏi , tôi đã kết hợp các dạng toán có liên quan đến dạng tính tổng để rèn luyện cho các em , chẳng hạn dạng toán tìm x : 14, a, (x+1) + (x+2) + (x+3) + + ( x+100 ) = 5070 b, + + + + + x = 820 1 1989 + + + .+ =1 10 x( x +1) 1991 Hay c¸c bµi to¸n chøng minh sù chia hÕt liªn quan 15, Chøng minh : a, A = 4+ 22 +23 +24 + + 220 lµ luü thõa cña b, B =2 + 22 + + + 60 ⋮ ; 7; 15 c, + c, C = + 33 +35 + + 31991 ⋮ 13 ; 41 d, D = 119 + 118 +117 + + 11 +1 ⋮ (40)