BDHSG 9- Chu de 1_So hoc

r= αb +a Doøng thöù 2 : giaù trò ôû ođ cuoâi cuøng laø soâ dö, giaù trò ôû moêi ođ coøn lái laø heô soâ cụa ña thöùc thöông + Tam giaùc PASSCAN: 1... b, Tỡm cỏc số nguyờn n để biểu thức

Phần I: SỐ HỌC

MỘT SỐ KIẾN THỨC CẦN GHI NHỚ

1/ nếu a1 , a 2 , a 3 đều chia hết cho b

Thì : a/ a1+a2 + a3 +… chia hết cho b

b/ a1n + a2.n + a3.n … chia hết cho b

* HỆ QUẢ : a1 Mb

a1 + a2 Mb

2/ b1\ a1 , b2 \ a2 , b3 \ a3 thì b1.b2 .b3 \ a1.a2.a3

* HỆ QUẢ: b\ a thì bn\ an và b.c \ a.c ( với mọi n ∈ N, c ≠0 , c ∈ Z )

3/ bc\ ac ⇒ b \ a ( c ≠0)

4/ Nếu a M b

aM c

( b,c) = 1

5/ Nhị thức Niu-Tơn:

a/ an - bn = ( a-b)(an-1b0 + an-2b + an-3b2+…+a0bn-1) với n ∈N, và a≠b

b/ an + bn = ( a+ b)(an-1b0 - an-2b + an-3b2 – an-4b3 +…-abn-2 + a0bn-1) với n ∈N, n lẻ và a≠-b

c/ ( a+ b+ c)2 = a2 + + +b2 c2 2ab+ 2ac+ 2bc

d/ (a b c+ − = ) a2 + + +b2 c2 2ab− 2ac− 2bc

6/ Định lý BRu ( mở rộng chia hết trong đa thức )

Nếu f(x) có nghiệm là x0 thì f(x) = ( x-x0)g(x) họăc f(x) M( x-x0)

Nói cách khác f(x) M(x- a) khi f(a) = 0

• CHÚ Ý:a/ Nếu tổng các hệ số của đa thức f(x) bằng 0 thì f(x) có nghiệm bằng 1

Hay f(x) M(x-1)

b/ Nếu đa thức f(x) có tổng các hệ số bậc chẵn bằng tổng các hệ số bậc lẻ thì f(x) có nghiệm x = -1 Hay f(x) M(x+1)

Thì a2 M b

⇒ a Mb.c

7/ CHIA HEÂT – CHIA COÙ DÖ :

• Ngoøai caùc ñieău kieôn chia heât hóc ôû lôùp 6 , ta caăn nhôù theđm caùc ñieău kieôn sau:

+ Mói soâ chaün ñeău chia heât cho 2

+ ÑK chia heât cho 4 ( hóaíc 25) : Soâ coù 2 chöõ soâ taôn cuøng laôp thaønh moôt soâ coù 2 chöõ soâ

chia heât cho 4 (hoaịc 25) thì soâ aây chia heât cho (4 hóaíc 25)

+ ÑK chia heât cho 8 ( hóaíc 125) : soâ coù 3 chöõ soâ taôn cuøng laôp thaønh moôt soâ coù 3 chöõ soâ

chia heât cho 8 (hoaịc 125) thì soâ aây chia heât cho 8 (hoaịc 125)

+ Tích 2 soâ töï nhieđn chaün lieđn tieâp luođn chia heât cho 8

+ Vôùi a,b ∈ Z ; b ≠0 luođn toăn tái moôt caịp soâ nguyeđn q, r sao cho a b q r= + (0 r≤ < b

) Ta gói r laø soâ dö , q laø thöông trong pheùp chia a cho b

+ Ñònh lyù BRu môû roông ( Tham khạo) : Phaăn dö cụa pheùp chia f(x) cho nhò thöùc

g(x) = x-a laø moôt haỉng soâ baỉng giaù trò cụa f(a)

+ Löôïc ñoă Hooc-Ne ( Tính heô soẩ cụa ña thöông vaø dö trong pheùp chia

a x +a x− − +a x− − + +a x a+ cho nhò thöùc x− α

α bn=an b n−1 = α b n+a n−1 b n−2 = α b n−1+a n−2 … b1 = α b2 +a1 1 0

.

r= αb +a

( Doøng thöù 2 : giaù trò ôû ođ cuoâi cuøng laø soâ dö, giaù trò ôû moêi ođ coøn lái laø heô soâ cụa ña thöùc thöông)

+ Tam giaùc PASSCAN: 1

( Các số ở mỗi dòng của tam giác ứng với các hệ số trong khai triển các lũy thừa của một tổng 2 số hạng)

8/ NGHI Ệ M C Ủ A Đ A TH Ứ C V Ớ I H Ệ S Ố NGUYÊN :

0 n 1 n 2 n 1 n 0

n

a x a x − a x − a x a

−

• Nếu cĩ nghiệm hữu tỷ q p thì : p là ước của an (a p nM ) và q là ước của a0 (a q0 M)

• Nếu cĩ nghiệm nguyên x = a thì a là ước của an

• Nếu f(x) cĩ nghiệm x = a thì (x- a ) là một nhân tử của f(x)

* VD1- Phân tích đa thức: f(x) = x3 – x2 +4 thành nhân tử ( CMR : x3 – x2 +4 chia hết cho x2+x+2)

+nghiệm nguyên nếu có của f(x) thì x = {− 1;1; 2; 2 − }

+ Thử lại ta có x = 2 là nghiệm

Vậy f x( ) ( = −x 2)(x2 + +x 2) ( ( ) 2

2 2

f x

x x

x = + +

+ x2+x+2 có ∆= -7 < 0 ( VN)

* VD2 phân tích f(x) = 3x3 + 7x2 + 17x -5 thành nhân tử

Nghiệm nguyên nếu có của đa thức thì x ∈ − + − +{ 1; 1; 5; 5}

Nghiệm hữu tỷ nếu có của đa thức thì x 1; 1; 5; 5

Thử lại ta có 13 là nghiệm 1 2

3

f x x x x

⇒ = − − + do x2-2x +5 VN

Cĩ biệt thức :

2

2

4

ax bx c a

b ac

∆ = −

*∆ < 0 phương trình vơ nghiệm

* ∆ = 0 tphương trình cĩ nghiệm kép 1 2

2

b

x x

a

* ∆> 0 phương trình cĩ 2 nghiệm phân biệt: 1 , 2

VD- 3x2 – 8x + 4 = 0

10/ phương pháp chứng minh bằng quy nạp: f(x) = a

* CM f(x) đúng với x = 1

* Giả sử f(x) đúng với x = n

* Chứng minh f(x) luôn đúng với x = n+1

VD

I-PHÉP CHIA HẾT

BÀI 1: 1, Cho biểu thức: A = 5

2

n

−

−

a, Tỡm cỏc số nguyờn n để biểu thức A là phõn số

b, Tỡm cỏc số nguyờn n để biểu thức A là số nguyờn

2, Tỡm x biết:

a, x chia hết cho cả 12; 25; 30 và 0 ≤ x ≤ 500

b, (3x – 24) 73= 2 74

c, x− = + 5 16 2.( 3) −

3, Bạn Hương đỏnh số trang sỏch bằng cỏc số tự nhiờn từ 1 đến 145 Hỏi bạn Hương

đó dựng bao nhiờu chữ số ? Trong những chữ số đó sử dụng thỡ cú bao nhiờu chữ số 0 ?

BÀI 2: 1, Cho S = 5 + 52 + 53 + + 596

a, Chứng minh: S M 126

b, Tỡm chữ số tận cựng của S

2, Chứng minh A = n(5n + 3) M n với mọi n ∈ Z

3,Tỡm a, b ∈ N, biết: a + 2b = 48

ƯCLN (a, b) + 3 BCNN (a, b) = 14

BÀI 2 :a Chứng minh: 12 1

n n

+ + (n ∈ Z) tối giản

b.Bạn Hương đỏnh 1 cuốn sỏch dày 284 trang bằng dóy số chẵn

c, Bạn Hương cần bao nhiờu chữ số để đỏnh hết cuốn sỏch đú ?

d, Trong dóy số trờn thỡ chữ số thứ 300 là chữ số nào ?

e, Tớnh:

BÀI 3: 1) Rút gọn A=217.27.9++1442..2781++2163..36108

) 3 (

3 10

7

3 7 4

3 4 1

3

N n n

n

+ + + + +

Chứng minh: S < 1

3) So sánh:

2004 2003

1 2004

2005 2004

1 2005

4) Tìm số nguyên tố P sao cho các số P + 2 và P +10 là số nguyên tố

5) Tìm giá trị nguyên dơng nhỏ hơn 10 của x và y sao cho 3x - 4y = - 21

6 )Cho phân số: ( ; 1 )

1

5

−

≠

∈ +

−

n

n A

a) Tìm n để A nguyên

b) Tìm n để A tối giản

BÀI 4

1) Tìm các giá trị của a để số 123a5

a) Chia hết cho 15 b) Chia hết cho 45 2/ Chứng minh rằng: A=10n +18n−1 chia hết cho 27 (n là số tự nhiên)

3/ Cho A=n3 +3n2 +2n

a) Chứng minh rằng A chia hết cho 3 với mọi số nguyên n.

b) Tìm giá trị nguyên dơng của n với n < 10 để A chia hết cho 15

4/ Trong đợt thi học sinh giỏi cấp tỉnh có không quá 130 em tham gia Sau khi chấm bài thấy

số em đạt điểm giỏi chiếm

9

1, đạt điểm khá chiếm

3

1, đạt điểm yếu chiếm

14

1 tổng số thí sinh

dự thi, còn lại là đạt điểm trung bình

Tính số học sinh mỗi loại

BÀI 5:

1/ Cho A= 3 + 3 2 + 3 3 + + 3 2004

a) Tính tổng A

b) Chứng minh rằng A 130 c) A có phải là số chính phơng không ? Vì sao ? 2) Tìm n ∈ Z để n2 + 13n− 13 n+ 3

CHUYấN ĐỀ TÍNH TỔNG HỮU HẠN

Bài 1:

a Cho n là một số nguyờn dương Hóy so sỏnh:

2

1 + -

1 + -

b Tớnh:

1 + + + 1 + + + 1 + + + + 1 + +

Bài 2:

Chứng minh rằng:

n

1 + + + + n

2 〈 2 3 2 -1 〈 với n N∈ và

Ví dụ1(SGK-T8.Tr25)

Chứng minh rằng: n3−n chia hết cho 6 với mọi số nguyên n

Giải:

Ta có n3−n =n.(n-1).(n+1) Trong ba số nguyên liên tiếp n,n-1,n+1 luôn cómột số chia hết cho 2 , một số chia hết cho 3 và (2,3)=1 Do đó n3−n 6

Qua bài toán trên ta thấy n3và n đồng d khi chia cho các số 2,3 và6 từ đó ta đề xuất một

số bài toán tơng tự nh sau

Bài1:

Chứng minh rằng : n3 +m3  6 ⇔n+m 6 ( ∀m,n∈Z)

Giải: Tacó (n3 +m3 ) − (n+m) = (n3 −n) + (m3 −m)  6 , (theoVD1)

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.Tổng quát hoá ta đợc bài toán sau

Bài2: Chứng minh rằng:

) , 1 , (

, 6

6

3

3

3

2

3

x + + + + n  ⇔ + + + + n i∈ ∀ =

Bài3: Cho A=13 +23 +33 + +983 +993. Hỏi A có chia hết cho 6 không?

Hớng dẩn: Đặt S=1+2+3+4+ +98+99 Theo bài 2 ta có A-S chia hết cho 6,trong đó

2

)

1

99

(

99



S

⇒

=

6



Bài4:(Thi học sinh giỏi T.P-HCM năm học 2003-2004).

Chứng minh rằng: (x+y+z) 3 −x3 −y3 −z3  6 với mọi số nguyên x,y,z

Giải: (x+y+z) 3 −x3 −y3 −z3 =[(x+ y+z) 3 − (x+y+z)]− (x3 −x) − (y3 −y) − (z3 −z)

Theo VD1 ta thấy các hạng tử của VP đều chia hết cho 6, từ đó suy ra điều phải chứng minh

Bài5:

Viết số 2005 2004thành tổng của k số tự nhiên tuỳ ý a1,a2,a3, ,a k Tìm số d của phép chia

3 3

3

3

2

3

3

3 2

3

a + + + + và 2005 2004 =a1+a2 +a3 + +a k

Ta có N- 2005 2004 =(a13 −a1) + (a23 −a2) + (a33 −a3) + + (a k3 −a k)  3,(VD1)

Mặt khác 2005 2004chia cho 3 d 1, do đó N chia cho 3 d 1

Kết hợp với hằng đẳng thức đã học VD1đợc phát triển thành các bài toán thú vị sau

Bài 6:

Cho P= (a2 −ab+ 1 ) 3 + (b2 + 3ab− 1 ) 3 − (a+b) 2 Chứng minh rằng P chia hết cho 6 với mọi số nguyên a,b

Giải:

Đặtx=a2 −ab+ 1 ;y=b2 + 3ab− 1 ⇒x+y= (a+b) 2 Khi đó ta có

P=x3 +y3 − (x+y) = (x3 −x) + (y3 −y)  6

Bài7: Chứng minh rằng với mọi số nguyên x,y thì:

3 3

) 3 ( )

3

(x3 + xy2 3 + y3 + x2y  ⇔ x+y

Gợi ý: Đặt a= x3 + 3xy2 ;b= y3 + 3x2y⇒ a+b= (x+ y) 3 :,

1 3

Bài8: Cho các số nguyên x, y , z thoả mãn : x+y+z=3 2006 2007

Chứng minh rằng: M= (x2 +xy+ yz) 3 + (y2 +xy+xz) 3 + (z2 + yz+xz) 3 chia hết cho 6

Giải:

Đặt a=x2 +xy+yz;b= y2 +xy+xz;c= z2 + yz+xz⇒M =a3 +b3 +c3

Ta có: a+b+c=x2 + y2 +z2 + 2 (xy+yz+zx) = (x+y+z) 2  6 (Theo−gt)

Do đó M6 (theo-BT2 )

Kết hợp ví dụ 1 với bài toán tìm nghiệm nguyên ta có một số bài toán sau

Bài 9: Tìm nghiệm nguyên dơng của các phơng trình sau:

a) (x+ y) 3 + (y+z) 3 =x+ 2y+z+ 2005 3 (1)

b) (x2 + y2 − 1 ) 3 + ( 2xy+ 1 ) 3 = 189 (2)

Giải:

a) ( 1 ) ⇔[(x+y) 3 − (x+ y)] [+ (y+z) 3 − (y+z)]= 2005 3 (3)

Dễ thấy VT của (3) chia hết cho 6 (theo-VD1).Nhng 2005 3 không chia hết cho 6,do đó

ph-ơng trình đã cho không có nghiệm nguyên

b) Đặt p= x2 +y2 − 1 ;q= 2xy+ 1 ⇒ p+q= (x+ y) 2 Khi đó phơng trình (2) trở thành :

189

3

3 +q =

p Vì 1893 nên p3 +q3  3 ⇒ p+q 3 (theo−BT1).Từ đó suy ra p+q là số chính

ph-ơng chia hết cho 3

Mặt khác p3 +q3 = 189 ⇔ (p+q)(p2 −pq+q2 ) = 9 3 7.Do đó p+q chỉ có thể bằng 9

) ,

( 3 9

)

⇒ x y x y x y Z , từ đó suy ra phơng trình có hai nghiệm (x,y)=(1,2)hoặc (2,1) Thử lại thấy thoã mãn

Bài 10 trang 14 (Sách bài tập tóan 9 tập I ) chứng minh rằng

n n

n n

+ +

=

−

+

1

1

Chứng minh : ( n+ 1 − n)( n+ 1 + n) =n+ 1 −n= 1

⇔

n n

n n

+ +

=

−

+

1

1 1

Phát biểu cách khác :

1 Chứng tỏ với mọi số tự nhiên n thì ( n+1− n)và( n+1+ n ) là hai số nghịch đảo

n

−

1 (với n là số tự nhiên)

Bài 12: Tính

a

99 100

1

3 4

1 2

3

1 1

2

1

+ +

+ +

+ +

+

b

1

1

3 4

1 2

3

1 1

2

1

− + + + +

+ +

+

Giải :

a

99 100

1

3 4

1 2

3

1 1

2

1

+ +

+ +

+ +

+ +

= 2− 1+ 3− 2+ 4− 3+ + 100− 99 = 100−1=9

b

1

1

3 4

1 2

3

1 1

2

1

− + + + +

+ + +

= 2− 1+ 3− 2+ 4− 3+ + n− n−1= n−1

Bµi 13: TÝnh

a A =

2006 20005

1

4 3

1 3

2

1 2

1

1

− +

+

−

+

−

−

−

b B =

1 2 2

1

4 3

1 3

2

1 2

1

1

+

−

− +

−

+

−

−

§Þnh híng :

2 1

1 2

1

+

−

=

1

1 1

+ +

−

= +

−

n n n

n

Gi¶i :

a A =

2006 20005

1

4 3

1 3

2

1 2

1

1

− +

+

−

+

−

−

−

= − ( 1 + 2 ) + ( 2 + 3 ) − ( 3 + 4 ) + − ( 2005 + 2006 )

= − 1− 2+ 2+ 3− 3− 4+ − 2005− 2006

= −( 1+ 2006)

b B =

1 2 2

1

4 3

1 3

2

1 2

1

1

+

−

− +

−

+

−

−

B = − ( 1 + 2 ) + ( 2 + 3 ) − ( 3 + 4 ) + + ( 2k + 2k+ 1 )

= − 1− 2+ 2+ 3− 3− 4+ + 2k + 2k +1

= ( 2k+1−1)

ëBµi 71, thay 1 = x ∈ N ta cã bµi to¸n 3

Bµi 14 Chøng minh: Víi x>0,n≥ 0

Ta cã:

n x n

x n

x n

+ +

=

−

Bµi15 TÝnh

a C =

13 16

3

7 10

3 4

7

3 1

4

3

+ + + +

+ +

+ +

b D =

1 2 1 2

1

5 7

1 4

5

1 1

3

1

− + + + + +

+ +

+

Víi k lµ sè tù nhiªn ≥ 1

a áp dụng bài 3 vào bài bài 4 a ( 4)2-1 2= 3 , ở đây x = 3

Ta có:

4

3

+

7

3

+

10

3

… +

13 16

3 +

= 4− 1+ 7− 4+ 10− 7+ + 16− 13

= 16− 1=4−1=3

b áp dụng bài3vào bài bài 4b ( 3)2- ( 1)2 = 2, ở đây x = 2

Do đó ta đa về dạng bài toán 4a nh thế nào ? ( Nhân 2 vào 2 vế )

2D = 3− 1+ 5− 3+ 7− 5+ + 2k+1− 2k−1

2D = 2k+1−1⇒ D =

2

1 1

Bài 16: Tính

a E =

25 24 24 25

1

3 2 2 3

1 2

1 1 2

1

+ +

+ +

+ +

Định hớng :

n n

n

n 1 ( 1 )

1 + + + = ?

n n

n

n 1 ( 1 )

1 + +

1 +

n

n 1

1

n+ + n = . 1

1 +

− +

n n

n n

=

1

1 1

+

−

n n

E =

25

1 24

1

3

1 2

1 2

1 1

= 1-

5

4 5

1 1 25

1

=

−

=

Ta cã 3

3(5 2 2 5) (5 2 2 5)(5 2 2 5)

−

=

3(5 2 2 5)

30

−

10

P

P

Bµi 17: Kh«ng dïng m¸y tÝnh h·y so s¸nh

A = 2007− 2006vµ B = 2006− 2005

Gi¶i :

ap dông bµi 71

A =

2006 2007

1 +

B =

2005 2006

1 +

⇒ A < B do 2007 > 2005

⇒ 2007− 2006< 2006− 2005

Bµi 18: Tæng qu¸t tõ bµi 6 ta cã :

n+1− n < n − n−1 víi n ≥1

¸p dông bµi 71 (bµi tËp to¸n 9 tËp I) ta cã ®iÒu ph¶i chøng minh

Bµi 8 : Thay 1 = x ë bµi 7 ta cã : Víi n x≥ >1

A = n+x− n

B = n− n−x

ta cã : A < B

tõ bµi to¸n 6 ta cã bµi to¸n sau:

Bµi 19: So s¸nh C vµ D

C = m+ p− m

D = n+ p − n

Với m > n > 0 ,p > 0

Ta có

C =

m p m

p

+ +

D =

n p n

p

+ +

Vì m > n ⇒C < D

*ap dụng bài 71 chứng minh bất đẳng thức

Bài 20 : Chứng minh

a n+1+ n−1<2 n (Với n ≥1)

b n+x + n−x <2 n (với n> x ≥0)

Chứng minh

a n+1+ n−1<2 n

1

+

Bất đẳng thức này đã chứng minh ở bài 7

b n+x+ n−x <2 n

x n n n x

n+ − < − −

⇔

Đã chứng minh ở bài 8

Bài 21 : Chứng minh : 2m + 2m+2 <2 2m+1 với m ≥ -1

Chứng minh: Với n = 2 m +1, thay vào bài 10a thì ta đợc :

1 2 2 2 2

2m+ m+ < m+

Bài 12:Không dùng máy tính và bảng số hãy chứng tỏ 101 − 99 > 0 , 1

Giải

99 101

2 99

101

+

=

Vì 0 < 101+ 99 <2 100 ( Suy ra từ bài 10a )

100 2

2 99

101

Bài 22: a Chứng minh rằng với mọi n∈N*

n < + −

2

1

b Chứng minh: 2 ( + 1 − ) < 1 < 2 ( n− n− 1 )

n n

Giải

n < + −

2

1

⇔

n n

n+ < + 1 +

1 1

2

1 ( Ap dụng bài 71 trang 14 )

⇔2 n+1> n+1+ n (hiển nhiên đúng )

b 2 ( + 1 − ) < 1 < 2 ( n− n− 1 )

n n

* Chứng minh : 2 ( n+1- n ) <

n

1

⇔0 <

n

n+ 1 +

1

<

n

2 1

⇔ n+1 + n > 2 n

⇔ n+1 > n

Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng

* Chứng minh

n

1

<2( n− n−1)

⇔0 <

n

2

1

<

1

1

−

n

⇔2 n> n + n−1

⇔ n> n−1

Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng

⇒ Bất đẳng thức đã cho đợc chứng minh

Bài 23 : Cho S = 1+ + + +

4

1 3

1 2

1

… +

100 1

Chứng minh

18 < S < 19

Chứng minh

Áp dụng bài 13b ta có : 2 ( + 1 − ) < 1 < 2 ( n− n− 1 )

n n n

Thay n = 2,3,4, 100 ta có:

2 ( 3− 2) <

2

1

< 2 ( 2− 1)

2 ( 4− 3) <

3

1

< 2 ( 3− 2)

2 ( 5 − 4) 2( 4 < − 3)

………

100

1 ) 100

Cộng vế với vế ta có

1 + 2 ( 3− 2+ 4− 3+ + 101− 100)< S < 1 + 2( 2− 1 + 3− 2+ 4− 3 +

99

⇔1+2 ( 100− 2) < S < 1+2 ( 100− 1)

⇔1+2 ( 10 -1,5 ) < S < 1+2 (10-1)

Vậy ta có : 18 < S < 19

Chú ý : Cũng có thể thay đổi nội dung bài này nh sau :

Cách 1: Chứng minh S không phải là số tự nhiên

C¸ch 2: T×m phÇn nguyªn cña S

Bµi 24 So s¸nh A vµ B

A = 2 ( 2+ 4+ + 2006)+ 2008 ; B = 2 ( 1+ 3+ + 2007)

Áp dông bµi 11 2m+ 2m+2<2 2m+1 víi m ≥ -1

Cho m = 0 , 1, 2 , …,1003 ta cã:

0+ 2<2 1

3 2 4

………

………

………

2006+ 2008<2 2007

Céng vÕ víi vÕ ta cã:

2007

3 1 ( 2 2008 )

2006

4

2

(

⇒A < B

Bµi 25 : Chøng minh r»ng :

2500

1

4

1 3

1

2

Chøng minh : Tõ bµi 13 b ta còng cã : 2 ( 1 )

1

1

n n

n < + − +

LÇn lît cho n = 0 , 1 , 2 , 3…, 2499 ta cã

1 < 2

) 1

2

(

2

2

) 2 3

(

2

3

………

) 2499 2500

(

2

2500

1

−

<

Céng vÕ víi vÕ ta cã:

2500

1

4

1 3

1

2

1

− +

− +

− +

<

+ + +

+

2500 2 2500

1

4

1 3

1 2

1

⇔

100 2500

1

4

1 3

1

2

1

⇔

( §iÒu ph¶i chøng minh )

C Khai th¸c øng dông cña bµi 71 trong gi¶i ph¬ng tr×nh Bµi 26 : Gi¶i ph¬ng tr×nh

1

1 1

2

1 2

3

+ +

+ + + +

+ + +

Gi¶i:

1 1

1 1

2

1 2

3

+ +

+ + + +

+ +

+

x

1 ) 1 ( ) 1 2

( ) 2 3

) 1 3

1 ) 3 2 3

x x

x 2 2 3

⇔

x x

x+ 1 = 2 + 3

⇔

1 3

1

Bµi 27: Gi¶i ph¬ng tr×nh :

2

2

2

+

+

+

x

x

x

= 9 ( 18 )

x

x

+ +

+ 1 1 2

( Cã 2007 sè 2 )