Tai lieu boi duong Toan THCS

B/ Phép chia hết trong tập hợp các số nguyên.I/ Một số phương pháp chứng minh chia hết.. + Tích của ba số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 6.. + Tích của hai số tự nhiên chẵn liê

CHỦ ĐỀ SỐ HỌC Cách ghi số tự nhiên.

Ví dụ 1: Tìm số tự nhiên có số tận cùng là 3, nếu xoá số tận cùng thì ta được số mới

nhỏ hơn số ban đầu 2010

Giải: Gọi: Số cần tìm là: 3 10x = x+3(x N∈ );

Số sau khi xoá đi số tận cùng là x:

Theo bài ra ta có phương trình: 10x + 3 – x = 2010

9 2007 223

x x

⇔ =

Vậy số cần tìm là: 2233

Ví dụ 2: Tìm số tự nhiên có ab , biết ab ba+ M3;ab ba+ M5

Giải: Ta có ab=10a b a b Z+ ( , ∈ ;1≤a b, ≤9)

Từ đã: ab ba+ =11(a b+ ), vì ƯCLN(3,5) = 1

11( ) 1515

Vậy số cần tìm là 78; 87; 69; 96

II/ Các phép tính trong N; phép chia có dư.

B/ Phép chia hết trong tập hợp các số nguyên.

I/ Một số phương pháp chứng minh chia hết.

1 Tính chất:

+ Sử dụng tính chất “ Trong n số tự nhiên có một và chỉ một số chia hết cho n”.+ Tích của hai số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 2

+ Tích của ba số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 6

+ Tích của hai số tự nhiên chẵn liên tiếp chia hết cho 8

+ Tích của 5 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 120

Các dấu hiệu chia hết

Như vậy điều kiện cần và đủ đó một số chia hết cho 11 là : Tổng các chữ số hàng lẻ và tổng các chữ số hàng chẵn của số đã có hiệu chia hết cho 11

Ví dụ 1: Chứng minh: n3 + 11nM6

Ví dụ 2: Cho 717 + 17.3- 1 M9 Chứng minh: 718 + 18.3- 1 M9 (Đề thi chọn HSG

lớp 9 huyện Văn Bàn năm học 2009 - 2010)

Giải: Ta có: 717 + 17.3- 1 M9, Đặt: 717 + 17.3- 1 = 9k

Mặt khác: 718 + 18.3– 1 = 7.(717 + 17.3– 1) + [18.3 – 1 - 7.(17.3 - 1)]

= 7.9k – 33.9

= 9.(7k - 33) M 9

Vậy: 718 + 18.3- 1 M9

Ví dụ3: Cho 717 + 17.3- 1 M3 Chứng minh: 718 + 18.3- 1 M3 (Đề thi chọn HSG líp

9, cấp trường năm học 2010 - 2011)

2 Sử dụng định lý mở rộng.

3 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 + 1 đúng

Từ đã được điều phải chứng minh

Bài tập vận dụng:

+ Vì n = 0 hiển nhiên đúng, vì 100 + 18.0 – 1 = 0M27

+ Gỉa sử n = k đúng, tức là 10k +18k−1 27M , Đặt: 10k +18k− =1 27q

+ Xét vì n = k +1 ta có:

10k+1 +18(k+ − =1) 1 10(10k +18k− +1) [18k+ − −18 1 (180k−10)]

=10.27q+27 1 6( − k) =27(10q−6k+1) 27M

Vậy n = k + 1 đúng,

Kết luận: 10n +18n−1 27M

Các bài tập vận dụng dấu hiệu chia hết

Ví dụ 1: Tìm chữ số x,y đó 7 36 5 1375x y M

Ví dụ 2: Tìm chữ số x,y đó 134xyM (Đề thi chọn HSG lớp 9 huyện Văn Bàn năm 45

học 2008 - 2009)

Bài 3: Cho S=21 + 22 + 23 + + 2100

a/ Chứng minh S chia hết cho 3

b/ Chứng minh S chia hết cho 15

Bài tập 4(Đề thi HSG Toán 9 năm 2010 -2011) CMR:

3

A =n n − −n − M

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.

1 Bài tập liên quan đến số nguyên tố.

Ngoài các kiến thức về số nguyên tố , số nguyên tố cùng nhau ƯCLN, BCNN, ta có thêm một số tính chất về chia hết

1) Nếu một tích chia hết cho số nguyên tố p thì tồn tại một thừa số của 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 trong đó b và m là hai số nguyên tố cùng nhau thì a chia hết cho m

Thật vậy, phân tích m ra Theo số nguyên tố :

m = a1k1a2k2 an kn (1)Vì a.b chia hết cho m nên a.b chứa tất cả các thừa số nguyên tố a1, a2, an vì

số mò lớn hơn hoặc bằng số mò của các thừa số nguyên tố đó trong (1) Nhưng b và

m nguyên tố cùng nhau nên b không chứa thừa số nguyên tố nào trong các thừa số

a1 , a2, , an Do đó a chứa tất cả 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 của m và n

Thật vậy, a chia hết cho m và n nên a là bội chung của m và n so đó chia hết cho BCNN ( m,n)

Hệ quả: Nếu a chia hết cho hai số nguyên tố cùng nhau m và n thì a chia hết cho tích m.n

Nhận xét: Việc thêm bớt các bội của 7 trong hai cách giải trên nhằm đi đến một

biểu thức chia hết cho 7 mà ở đó hệ số của n bằng 1

Ví dụ: 2 Cho biết a + 4b chia hết cho 13 (a, b ∈ N) Chứng minh rằng 10a + b chia hết cho 13

Giải : Đặt a + 4b = x ; 10a + b = y Ta biết x M 13, cần chứng minh y M 13

Cách 1: xét biểu thức:

10x – y = 10 (a + 4b) – (10a + b) = 10a + 40b – 10a – b = 39b

Như vậy 10x – y M 13

Do x M 13 nên 4y M 13 Suy ra y M 13

Cách 2: Xét Biểu thức:

4y – x = 4 (10a + b) – (a + 4b) = 40a + 4b – A – 4b = 39aNhư vậy 4y – x M 13

Do x M 13 nên 4y M 13 Ta lại có ( 4,13) = 1 nên y M 13

Cách 3 : Xét biểu thức:

3x + y = 3 (a + 4b) + (10a + b) = 3a + 12b + 10a + b = 13a + 13b

Như vậy 3x + y M 13

Do x M 13 nên 3x M 13 Suy ra y M 13

Cách 4: Xét biểu thức:

x + 9y = a + 4b + 9 (10a + b) = a + 4b + 90a + 9b = 91a + 13b

Như vậy x + 9y M 13

Do x M 13 nên 9y M 13 Ta lại có (9,13) – 1, nên y M 13

Nhận xét: Trong các cách giải trên, ta đã đưa ra các biểu thức mà sau khi rút gọn có

một số hạng là bội của 13, khi đó số hạng thứ hai (nếu có) còng là bội của 13

Hệ số của a ở x là 4, hệ số của a ở y là 1 nên xét biểu thức 10x – y nhằm khử a (tức là làm cho hệ số của bằng 0) , xét biểu thức 3x + y nhằm tạo ra hệ số của a bằng 13

Hệ số của b ở x là 4, hệ số của b ở y là 1 nên xét biểu thức 4y – x nhằm khử

b, xét biểu thức x + 9y nhằm tạo ra hệ số của b bằng 13

Ví dụ 3 Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì (p – 1)(p + 1) chia

Từ (1) và (2) suy ra (p – 1)(p + 1) chia hết cho hai số nguyên tố cùng nhau 3 và 8

Vậy (p – 1)(p + 1) M 24

III Tìm số bị chia biết các số chia và số dư trong hai phép chia

Ví dụ 1 Tìm số tự nhiên nhỏ nhất khi chia cho 5 thì dư 1, chia cho 7 thì dư 5.

Giải : Gọi n là số chia cho 5 dư 1, chia cho 7 dư 5

Cách 1: Vì n khằngchia hết cho 35 nên n có dạng 35k + r ( k, r ∈ N, r < 35), trong đó r chia 5 dư 1, chia 7 dư 5

Số nhỏ hơn 35 chia cho 7 dư 5 là 5, 12, 19, 26, 33 trong đó chỉ có 26 chia cho

5 dư 1, vậy r = 26

Số nhỏ nhBất có dạng 35k + 26 là 26

Cách 2: Ta có n – 1 M 5 ⇒ n – 1 + 10 M 5 ⇒ n + 9 (1) Ta có n – 5 M 7

⇒ n – 5 + 14 M 7 ⇒ n + 9 M 7 (2) Từ (1) và (2) suy ra n + 9 M 35

số n nhỏ nhBất có tính chBất trên là n = 26

Cách 3: n = 5x + 1 = 7y + 5 ⇒ 5x = 5y + 2y + 4 ⇒ 2(y + 2) M 5 ⇒ y + 2 M 5

Giá trị nhỏ nhBất của y bằng 3, giá trị nhỏ nhất của n bằng 7.3 + 5 = 26.

Ví dụ 2: Tìm số tự nhiên n có bội chữ số sao 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 M 131

⇒ y = 131k + 14 ( k ∈ N)

⇒ n = 132.(131k + 14) + 98 = 132.131k + 1946

Do n có bội chữ số nên k = 0 , n = 1946

Cách 2: Từ 131x = 131y + y – 14 suy ra

131(x – y) = y – 14 Nếu x > y thì y – 14 ≥ 131 ⇒ y ≥ 145 ⇒ n có nhiều hơn bội chữ số

Vậy x = y, do đó y = 14, n = 1946,

Cách 3 Ta có n = 131x + 112 nên

132 n = 131.132x + 14784 (1)Mặt khác n = 132y + 98 nên

1) Tìm hai số trong đó biết ƯCLN của chúng.

Ví dụ 1 Tìm hai số tự nhiên, biết rằng tổng của chúng bằng 84, ƯCLN của chúng

bằng 6

Giải : Gọi hai số phải tìm là a và b ( a ≤ b)

Ta có (a,b) = 6 nên a = 6a’; b = 6b’ trong đó (a’, b’) = 1 (a, b, a’, b; ∈ N)

Do a + b = 84 nên 6 (a’ + b”) = 84 suy ra a’ + b’ = 14

Chọn cặp số a’, b’ nguyên tố cùng nhau có tổng bằng 14 (a’ ≤ b’), ta được:

Ví dụ 2: Tìm hai số tự nhiên có tích bằng 300 ƯCLN bằng 5.

Giải : Gọi hai số phải tìm là a và b ( a ≤ b)

Ta có (a,b) = 5 nên a = 5a’, b = 5b’ trong đó (a’, b’) = 1

Do ab = 300 nên 25a’b’ = 300 suy ra a’b’ = 12 = 4.3

Chọn cặp số a’, b’ nguyên tố cùng nhau có tích bằng 12 (a’ ≤ b’) ta được:

2) Các bài toán phối hợp giữa BCNN của các số vì ƯCLN của chúng.

Ví dụ 3 Tìm hai số tự nhiên biết rằng ƯCLN của chúng bằng 10, BCNN của chúng

bằng 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 ra a’b’ = 90 Ta có các trường hợp:

3) Tìm ƯCLN của hai số bằng thuật toán Ơ clit

Ví dụ 4 Cho hai số tự nhiên a và b (a > b)

a) Chứng minh rằng nếu a chia hết cho b thì (a,b) = b

b) Chứng minh rằng nếu a không chia hết cho b thì ƯCLN của hai số bằng ƯCLN của số nhỏ và số dư trong phép chia số lớn cho số nhỏ

c) Dùng các nhận xét trên đó tìm ƯCLN (72,56)

c) 72 chia 56 dư 16 nên 972,56) = ( 56,16)

56 chia 16 dư 8 nên (56,16) = (16,8);

16 chia hết cho 8 nên (16,8) = 8 Vậy (72,56) = 8

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 – 2 chia cho rn-1 dư rn’ rn-1 chia cho rn dư 0 (dãy số b,

r1 , r2 , ,rn là dãy số tự nhiên giảm dần nên số phép chia là hữu hạn do đó quá trình trên phải kết thúc vì một số dư bằng 0) Theo chứng minh ở ví dụ trên ta có

(a, b) = (b,r1) = (r1,r2) = =(rn-1’rn)= rn (vì rn-1 chia hết cho rn)

Như vậy ƯCLN (a,b) là số chia cuối cùng trong dãy các phép chia liên tiếp a cho b; b cho r1; r1 cho r2; trong đó r1,r2, là số dư trong các phép chia theo thứ tự trên

Trong thực hành ngưêi ta đặt tính như sau:

4) Hai số nguyên tố cùng nhau:

Hai số nguyên tố cùng nhau là hai số có ƯCLN bằng 1 Nói cách khác, chúng chỉ có ước chung duy nhất là 1

Ví dụ 1 Chứng minh rằng

a) Hai số tự nhiên liên tiếp (khác 0) là hai số nguyên tố cùng nhau

b) Hai số lẻ liên tiếp là hai số nguyên tố cùng nhau

c) 2n + 1 và 3n + 1 ( n ∈ N) là hai số nguyên tố cùng nhau.

4 không chia hết cho 2 Ta thấy:

9n + 24 là số lẻ ⇔ 9n lẻ ⇔ n lẻ

3n + 4 là số lẻ ⇔ 3n lẻ ⇔ n lẻ

Vậy điều kiện đó (9n + 24,3n + 4) = 1 là n lẻ

5) Tìm ƯCLN của các biểu thức số

Ví dụ 1 Tìm ƯCLN của 2n - 1 và 9n + 4 (n ∈ N)

Giải : Gọi d ∈ ƯC (2n – 1, 9n + 4) ⇒ 2(9n + 4) - 9(2n – 1) M d ⇒ 17 M d

⇒ d ∈ { 1 ; 17 }

Ta có 2n – 1 M 17 ⇔ 2n – 18 M 17 ⇔ 2(n – 9) M 17 ⇔ n – 9 M 17 ⇔

⇔ n = 17k + 9 ( k ∈ N)Nếu n = 17k + 9 thì 2n – 1 M 17 và

9n + 4 = 9.(17k + 9) + 4 = 17.9k + 85 M 17, do đó (2n – 1, 9n + 4) = 17

Nếu n ≠ 17k + 9 thì 2n – 1 M không chia hết cho 17, do đó (2n – 1, 9n + 4) = 1

Ví dụ 2 Tìm ƯCLN của

2

) 1 (n+

) 1 (

n n

n

thì n(n + 1) M d và 2n + 1 Md

Suy ra n(2n + 1) – n(n + 1) M d tức là n2 M d

Từ n(n+1)M d và n2 M d suy ra n M d Ta lại có 2n + 1 M d, do đó 1Md, nên d = 1

Vậy ƯCLN của

2

) 1 (n+

n

và 2n + 1 bằng 1

V 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 thì số lượng các ước của A bằng (x + 1)(y + 1)(z + 1)

Thật vậy, ước của A là số có dạng m.n.p trong đó

m có x + 1 cách chọn ( là 1, a, a2 , ax),

n có y + 1 cách chọn (là 1, b , b2, , by),

p có z + 1 cách chọn (là 1, c, c2, cz),

Do đó số lượng các ước của A bằng (x + 1)(y + 1)(z + 1)

Ví dụ 1 Tìm số nhỏ nhất có 12 ước.

Giải : Phân tích số phải tìm ra 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 một tích của một hay nhiều theo số lớn hơn 1 là:

12 =12.1 = 6.2 = 4.3 = 3.2.2

Xét các trường hợp sau:

a) n chứa một theo số nguyên tố : Khi đó x + 1 = 12 nên x = 11 Chọn theo số nguyên tố nhỏ nhất là 2, ta có số nhỏ nhất trong trường hợp này là 211

b) n chứa hai thừa số nguyên tố:

Khi đó (x + 1)(y + 1) = 6.2 hoặc (x + 1)(y + 1) = 4.3, do đó x = 5, y = 1 hoặc x = 3 ,

y = 2 Để n nhỏ nhất ta chọn thứa số nguyên tố nhỏ ứng vì số m lớn, ta có

n = 25.3 = 96 hoặc n = 23.32 = 72 Số nhỏ nhất trong 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 = 1 Số nhỏ nhất là 22.3.5 = 60

So sánh ba số 211, 72, 60 trong ba trường hợp, ta thấy số nhỏ nhất 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: 1 , 3, 5 , 7, c) Dãy các số chia cho 3 dư 1 : 1 , 4, 7,10

Trong các dãy số trên, mỗi số hạng, kế từ số hạng thứ hai, đều lớn hơn số hạng đứng liền trước nó cùng một số đơn vị, số đơn vị này là 1 ở dãy a); là 2 ở dãy b); là 3 ở dãy c) Ta gọi các dãy trên là dãy cộng

Xét dãy cộng 4,7,10,13,16,19 Hiệu giữa hai số liên tiếp của dãy là 3 Số hạng thứ 6 của dãy này là 19, bằng : 4 + (6 – 1).3; số hạng thứ 10 của dãy này là

4 + (10 – 1).3 = 31

Tổng quát, nếu một dãy cộng có số hạng đầu là a1 và hiệu giữa hai số hạng liên tiếp là d thì số hạng thứ n của dãy cộng đó (kí hiệu an) bằng:

Do đó A = (4 31).10 175

2

Tổng quát, nếu một dãy cộng có n số hạng, số hạng đầu là a1, số hạng cuối là

an thì tổng của n số hạng đó được tính như sau:

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

II Các dãy khác

Ví dụ 1 Tìm số hạng thứ 100 của các dãy được viết theo quy luật:

Do đó số hạng thứ 100 của dãy (1) bằng : 100 102 = 10200

b) Dãy (2) có thể viết dưới dạng :

1.3 , 4.6, 7.9 , 10.12 , 13.15,

Số hạng thứ 100 của dãy 1 , 4, 7, 10 , 13 , là : 1 + 99.3 = 298

Số hạng thứ 100 của dãy (2) bằng : 298 300 = 89400

c) Dãy (3) có thể viết dưới dạng :

d) Dãy (4) có thể viết dưới dạng:

2 a) Tính tổng các số lẻ có hai chữ số

b) Tính tổng các số chẵn có hai chữ số

3 Có số hạng nào của dãy sau tận cùng bằng 2 hay khằng?

1 ; 1 + 2 ; 1 + 2 + 3 ; 1 + 2 + 3 + 4 ;

4 a) Viết liên tiếp các số hạng của dãy số tự nhiên từ 1 đến 100 tạo thành một số A Tính tổng các chữ số của A

b) Cũng hỏi như trên nếu viết từ 1 đến 1000000

5 Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số 1000! chứa thừa số nguyên tố 7, số mới bằng bao nhiêu ?

6 Tích A = 1.2.3 500 tận cùng bằng bao nhiêu chữ số 0 ?

7 a) Tích B = 38.39.40 74 có bao nhiêu theo số 2 khi phân tích ra thừa số nguyên

a) Tìm số hạng đầu tiên của nhóm thứ 100

b) Tính tổng các số thuộc nhóm thứ 100

200 chữ số

DÃY CÁC PHÂN SỐ VIẾT THEO QUY LUẬT

Dãy các số viết theo quy luật đã được trình bày ở chủ đề I Chúng ta cũng gặp các phân số mà tử và mẫu của chúng được viết theo các quy luật nhất định

Ví dụ 1 Tính nhanh:

8 3

1

3

1 3

1 3

3

1 3

1 1

8 7

1 3

1

3

1 3

1 1 3

1 , 4 3

1 , 3 2

1 , 2

1 , 66

1 , 6 1

Giải

a) Ta chú ý rằng :

) 1 (

1 1

1 1 , , 3 2

1 3

1 2

1 , 2 1

1 2

1 1

1

+

= +

n

Do đó:

= +

⋅⋅

⋅ + +

101 100

1 3

2

1 2 1 1

=

− +

− +

⋅⋅

⋅ +

− +

−

=

101

1 100

1 100

1 99

1 3

1 2

1 2

1

1

1

100 101

1 16

11

1 11 6

1 6 1

1 + + + ⋅ ⋅⋅ +

Nhận xét: 1 1 5 ; 1 1 5 ; ; 1 1 5

1 6 1.6 − = 6 11 6.11 − = ××× 496 501 496.501 − =Tổng quát : 5n1−4−5n1+1= (5n−4)(55n+1)

Do đó:

501

500 501

1 1 501

1 496

1 11

1 6

1 6

1 1

1

5A= − + − + ⋅ ⋅⋅ + − = − =Suy ra :

501

100

=

A

Ví dụ 3 Tính tổng:

Giải áp dụng phương pháp khử liên tiếp ở ví dụ trên: viết mỗi số hạng thành hiệu

của hai số sao cho số trừ ở nhóm trước bằng số bị trừ ở nhóm sau:

Ta xét:

39 38 37

2 39

38

1 38 37

1 , , 4 3 2

2 4 3

1 3 2

1 , 3 2 1

2 3 2

1 2

Tổng quát :

) 2 )(

1 (

2 )

2 )(

1 (

1 )

1 (

1

= +

= + +

2 5

4 3

2 4 3 2

2 3 2 1

1 38 37

1 4

3

1 3 2

1 3

2

1 2

1

741

370 39 38

740 39

38

1 2 1

1 3 97

1 95

5

1 97 3

1 99 1

1 97

1 5

1 3

1 1

+

⋅⋅

⋅ + +

+

+ +

⋅⋅

⋅ + +

97 2

98 1

1 4

1 3

1 2 1

+

⋅⋅

⋅ + + +

⋅⋅

⋅ + +

51 49

100 95

5

100 97 3

100 99 1

100 51

1 49

1 95

1 5

1 97

1 3

1 99

Biểu thức này gấp 50 lần số chia Vậy A = 50

b) Biến đổi số chia: Viết các tử thành hiệu 100 – 1, 100 – 2 , 100 – 99

Số chia bằng:

=

− +

⋅⋅

⋅ +

− +

− +

−

99

99 100 3

3 100 2

2 100 1

3 2

2 1

1 99

100 3

100 2

100 1

1 2 1

1 3

1 2

1 100 99

1 3

1 2 1

Biểu thức này bằng 100 lần số bị chia Vậy B =

100 1

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

1 (n+ n+

Tổng quát : 12 + 22 + 32 + + n2 =

6

) 1 2 )(

1 ( 2

) 1 ( 3

) 2 )(

= 99 166650

6

101 100 99 3

100 99 98 2

100

Tổng quát: 1.n + 2(n – 1) + 3(n – 2) + + (n –1)2 + n.1 =

6

) 2 )(

1 (n+ n+

1 2

1 2

2 , 2

3 , 1

4

; 3

1 , 2

2 , 1

3

; 2

1 , 1

2

; 2 1

a) Hãy nêu quy luật viết của dãy và viết tiếp năm phén số nữa theo quy luật ấy.b) Phân số

C/ Phương trình nghiệm nguyên

I/ Phương trình nghiệm nguyên: ax + by = c

Điều kiện đó có nghiệm: (a,b) = d; c dM

- Cách giải:

+ Đặt ẩn phụ liên tiếp

+ Tìm nghiệm riêng (x y0 ; 0) của phương trình, từ đã nghiệm của (1) là

+ 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.

1 Phương pháp đạt nhân tử chung

2 Phương pháp nhóm các hạng tử

3 Phương pháp dùng hằng đẳng thức

Phương pháp tách các hạng tử

Vì đa thức bậc hai: 2

( )

f x =ax + +bx c phân tích đa thức thành nhân tử có thể sử dụng các cách sau:

C1: Tách b = b1 + b2, sao cho b1.b2= a.c khi đã thực hiện nhóm các hạng tử đã phân tích thành nhân tử.

4 Phương pháp phối hợp nhiều phương pháp

5 Phương pháp đồng nhất các hạng tử:

II/ Các bài tập áp dụng

Dạng bài phân tích thành nhân tử

Bài 1 Hãy phân tích các đa thức sau thành ácan tử.

C/ Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.

1)Đưa về tam thức bậc hai rồi biến đổi về dạng:

c)Ví dụ1: Tìm giá trị lớn nhất của: y= - x2 + 2x +7

Tìm giá trị nhỏ nhất của: y = 3x2 +6x + 5

2) Vì dạng biểu thức là phân thức mà tử thức và mẫu thức chứa tam thức bậc hai có cách giải Cách 1: Đặt: ( ) ( ) ( );( ( ) 0)

( )

f x

g x

phương trình đã phải có nghiệm(Xét ∆ ≥ ⇒ = 0 k ?) rồi kết luận

Cách 2: + Maxg x( )k khi g(x) đạt giá trị nhỏ nhất (k là hằngsố)

+ Ming x( )k khi g(x) đạt giá trị lớn nhất (k là hằngsố)

Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của A = 2 3

4x − +4x 3 Giải: Đặt:

A không có giá trị nhỏ nhất

Lưu ý vì tam thức bậc hai f x( ) =ax2 + +bx c có hai nghiệm x 1 và x 2 ta luôn có:

3 Vì tổng của hai hay nhiều số không đổi, ta có:

5 Bất đẳng thức Chaychy

a) a≥ 0,b≥ ⇒ + ≥0 a b 2 a b , dấu “ = ” sảy ra khi a = b

b) Mở réng cho n số, ta có

D Chứng minh thức:

I Phương pháp giải:

1 Phương pháp 1: Phương pháp dùng định nghĩa.

A ≥ B ⇔A – B ≥ 0

3 Phương pháp 3: Phương pháp dùng bất đẳng thức đã biết.

3.1) Bất đẳng thức Chauchy

a) a≥ 0,b≥ ⇒ + ≥0 a b 2 a b , dấu “ = ” sảy ra khi a = b

b) Mở réng cho n số, ta có

ax by+ ≤ a +b x + y , dấu “ = ” sảy ra:a y =b x

3.3) Ngoài ra sử dụng các bất đẳng thức đã học.

4 Phương pháp 4: Phương pháp so sánh.

5 Phương pháp dùng tính chất bắc cầu:

6 Phương pháp 6: Phương pháp tương đương:

A ≥ B ⇔A1 ≥ B1 ⇔ ⇔(*)

Mà (*) đóng A ≥ B

7 Phương pháp 7.

8 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 cơ bản:

1 Cho a, b > 0 Chứng minh + ≥  + ÷

12 Chứng minh: x y z2+ + ≥2 2 2xy 2xz 2yz − +

13 Chứng minh: x4+ y4+ z 1 2xy(xy2+ ≥ 2− + + x z 1)

14. Chứng minh: Nếu a + b ≥ 1 thì : a3+ b3≥ 1

B Chứng dựa vào bất đẳng thức cô - si

1. Chứng minh: (a b)(b c)(c a) 8abc ; a,b,c 0 + + + ≥ ≥

2. Chứng minh (a b c)(a b c ) 9abc ; a,b,c 0 + + 2+ 2+ 2 ≥ ≥

3. Chứng minh( 1 a 1 b 1 c + ) ( + ) ( + ) ≥ +(1 3abc)3 vì a , b , c ≥ 0

4. Cho a, b > 0 Chứng minh +  + +  ≥ +

9. Chứng minh a 1 b 2( + 2)+b 1 c 2( + 2)+c 1 a 2( + 2) ≥6abc

10. Cho a , b > 0 Chứng minh: + + ≤  + + ÷

11. Cho a , b ≥ 1 , Chứng minh: ab a b 1 b a 1 ≥ − + −

12. Cho x, y, z > 1 và x + y + z = 4 Chứng minh xyz ≥ 64(x – 1)(y – 1)(z – 1)

13. Cho a > b > c, Chứng minh: a 3 a b b c c≥ 3 ( − ) ( − )

14. Cho: a , b , c > 0 và a + b + c = 1 Chứng minh

a) b + c ≥ 16abc

b) (1 – a)(1 – b)(1 – c) ≥ 8abc

a b abc b c abc c a abc

21. áp dụng Bất đẳng thức Cô- si

1 Cho a, b > 0 Chứng minh + ≥  + ÷

3

3 3

a b a b

2 2 (*)(*) ⇔ + − + ÷ ≥

⇔ (2ab)2 – [(a2 + b2) – c2]2 > 0 ⇔ [c2 – (a – b)2][(a + b)2 – c2] > 0

⇔ (c – a + b)(c + a – b)(a + b – c)(a + b + c) > 0 , đóng

° Vì a , b , c là ba cạnh của tam giác

⇒ c – a + b > 0 , c + a – b > 0 , a + b – c > 0 , a + b + c > 0

II Chứng minh dựa vào bất đẳng thức Cô- si

1 Chứng minh: (a b)(b c)(c a) 8abc ; a, b, c 0 + + + ≥ ≥

áp dụng bBất đẳng thức CÔ- si:

⇒ ( a b b c a c+ ) ( + ) ( + ≥) 8 a b c 2 2 2 = 8abc

2 Chứng minh (a b c)(a + + 2+ b2+ c ) 9abc ; a,b,c 02 ≥ ≥

áp dụng Bất đẳng thức Cô- si

 ( 1 a 1 b 1 c + ) ( + ) ( + ) ≥ + 1 3 abc 3 a b c 3 + 3 2 2 2+ abc = + ( 1 3 abc )3

4 Cho a, b > 0 Chứng minh  +  + +  ≥ +

5 Chứng minh: bc ca ab a b c ; a,b, c 0 + + ≥ + + >

21 áp dụngbất đẳng thức Cô- si

a. a b c d 4 abcd + + + ≥ 4 với a , b , c , d ≥ 0 (CÔ- si)

Các bài toán tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất.

Bài 1:Cho a,b,c là độ dài của ba cạnh tam giác.

y

m z

.(

1

)

.(

2

m n z n z

m

m n z

z

m n z

≥ +

Giải:

Từ giả thiết , 0

0 1

>

y x y

x xy

Ta có:

).

1 ( 4

1 4

1

2

xy xy xy

1 1 ( ) (

4 ) ).(

1 1 (

4 2 2 4

+

= +

≥ + +

x y

x y

0

1

ab

b a

2 12

.

4 2 2 4 2 2 2

2

2

6 6 2 2

2

2

≥ + +

y

x

y x y x

y

x

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng.Vậy ta có đpcm

Bài 7:CMR: Nếu a,b,c là các số đôi một khác nhau và a + b + c < 0 thì :

1

2 <

+ + + +

=

n

Giải: