Tài liệu Bồi dưỡng Học sinh giỏi Toán 9 Nâng cao 2014

* Để chứng tỏ An chia hết cho một số nguyên tố p ta có thể xét mọi trường hợp về số dư của n chia cho p.. * Để chứng tỏ An chia hết cho hợp số m, ta phântích m thành tíchcác thưac số đôi

I. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP

tập hợp số tự nhiên là vô hạn Song ta có thể tiến hành các bước kiểm tra như sau

Bước 1 : Trước hết ta kiểm tra rằng mệnh đề đúng với n=0

Bước 2 : Rồi ta chứng rằng : Từ giải thiết mệnh đề đúng với một số tự nhiên n=k ≥0 bất kì suy ra nóđúng với n=k+1

Ví dụ : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥2 ta có đẳng thức :

an-bn =(a-b)(an-1 +an-2b +… + bn-1)

Chứng minh

Ta chứng minh bằng phương pháp qui nạp

* Khi n=2 ta có a2 -b2=(a-b)(a+b) là đúng

* Giả sử đẳng thức đúng khi n=k Tức là ta có : ak-bk =(a-b)(ak-1 +ak-2b +… + bk-1)

Ta cần chứng minh đúng với n=k+1 Tức là C/m ak+1-bk+1 =(a-b)(ak +ak-1b +… + bk)

Thật vậy ta có :

VT = ak+1 - bk+1 = ak+1 -akb + akb -bk+1 = ak(a-b)+ b(ak -bk) = ak(a-b) + b(a-b)(ak-1 +ak-2b +… + bk-1)

= (a-b)[ ak + b(ak-1 +ak-2b +… + bk-1)] = (a-b)(ak +ak-1b +… + bk) = VP

Bài 1: Chứng minh với mọi số tự nhiên n ≥ 1 ta có đẳng thức : 1+2+3+4…………+ n =

2

1)n(n+

Bài 2: Chứng minh rằng với mọi n ∈ N* ta có : 12 +22 +32 + 42 +52 +……+n2 =

6

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

Bài 3: Chứng minh rằng với mọi n ∈ N biểu thức Un=13n -1 chia hết 6

Bài 4 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 3 ta có 2n > 2n+1

Bài 5: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có: 4.32n 2 + +32n 36 64− M

Bài 6 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥1 ta luôn có: (n+1)(n+2)…(2n) M 1.3.5…(2n-1)

Bài 7 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta luôn có: n3+2n M 3

Bài 8: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta luôn có: 16n −15n 1 225− M

A CHIA HẾT SỐ NGUYÊN

1 Định nghĩa: Cho hai số nguyên bất kì a và b (b≠0) Tồn tại một và chỉ một cặp số nguyên (q, r) sao

cho a = bq + r với 0 r≤ < b

* Nếu r = 0 thì a chia hết cho b: a M b ⇔ a = kb a, b, k ∈¥

2 Tính chất của qua hệ chia hết:

thì có hai số chia cho n có cùng số dư

* Để chứng tỏ A(n) chia hết cho một số nguyên tố

p ta có thể xét mọi trường hợp về số dư của n chia cho p

* Để chứng tỏ A(n) chia hết cho hợp số m, ta phântích m thành tíchcác thưac số đôi một nguyên tố cùng nhau rồi lần lượt chứng tỏ A(n) chia hết cho từng thừa số đó

* Để CM f(x) chia hết cho m thông thường ta phântích f(x) thành nhân tử rồi xét số dư khi chia x cho m

PHƯƠNG PHÁP GIẢI :

1/ Phương pháp 1 : A(n) chia hết cho p; ta xét số dư khi chia n cho p

Ví dụ : A(n) = n(n2+1)(n2+4) chia hết cho 5

n chia cho 5 có số dư là r =0,1,2,3,4,5

a/ Với r = 0 thì n chia hết cho 5 => A(n) chia hết cho 5

b/ Với r = 1 => n = 5k+1 => n2= 25k2+10k +1 thì (n2+4) chia hết cho 5=> A(n) chia hết cho 5

c/ Với r = 2 => n = 5k+2 => n2= 25k2+20k +4 thì (n2+1) chia hết cho 5=> A(n) chia hết cho 5

d/ Với r = 3 => n = 5k+3 => n2= 25k2+30k +9 thì (n2+1) chia hết cho 5=> A(n) chia hết cho 5

e/ Với r = 4 => n = 5k+4 => n2= 25k2+40k +16 thì (n2+4) chia hết cho 5=> A(n) chia hết cho 5

2/ Phương pháp 2 : A(n) chia hết cho m; ta phân tích m = p.q

a/ (p,q) = 1 ta chứng minh: A(n) chia hết cho p, A(n) chia hết cho q => A(n) chia hết cho p.q

b/ Nếu p và q không nguyên tố cùng nhau ta phân tích A(n) = B(n).C(n) và chứng minh B(n) chia hết

cho p, C(n) chia hết cho q => , A(n) chia hết cho p.q

3/ Phương pháp 3 : Để chứng minh A(n)  m có thể biến đổi A(n) thành tổng nhiều hạng tử và chứng minh

mỗi hạng tữ chia hết cho n

4/ Phương pháp 4 : Để chứng minh A(n)  m ta phân tích A(n) thành nhân tử, trong đó có một nhân tử

bằng m hoặc chia hết cho m: A(n) = m.B(n)+ Thường ta sử dụng các hằng đẳng thức :

3 + 2+ + M7 f) 2n 2 6n 1

3 + 2+ + M11

B, CHIA HẾT ĐA THỨC :

1 Ta sử dụng định lý Bơ zu :

Số dư trong phép chia đa thức f(x) cho nhị thức x – a bằng giá trị của đa thức f(x) tại x = a

Từ đó ta có các hệ quả : Đa thức f(x)  ( x – a) < = > f(a) = 0 tức là khi a là nghiệm của đa thức

Từ đó suy ra :

Đa thức f(x) có tổng các hệ số bằng 0 thì chia hết cho x – 1

Đa thức f(x) có tổng các hệ số của số hạng bậc chẵn bằng tổng các hệ số của số hạng bậc lẻ thì

f(x)  ( x + 1)

2.Đa thức bậc 2 trở lên :

Cách 1 : Phân tích đa thức bị chia thành nhân tử trong đó có nhân tử chi hết cho đa thức chia

Cách 2 : Xét giá trị riêng

3/ Chứng minh đa thức chia hết cho đa thức khác :

Cách 1 : Phân tích đa thức bị chia thành nhân tử trong đó có 1 thừa số chia hết cho đa thức chia.Cách 2 : Biến đổi đa thức bị chia thành tổng các đa thức chia hết cho đa thức chia

Cách 3 : Sử dụng biến đổi tương đương : chứng minh f(x) g(x) ta chứng minh : f(x) + g(x) g(x)hoặc f(x) - g(x)g(x)

Cách 4 : Chứng tỏ rằng mọi nghiệm của đa thức chia đều là nghiệm của đa thức bị chia

Bài 1 Xác định các hằng số a ; b sao cho:

a) 4x 2 - 6x + a  (x-3)

b) 2x2 + x + a (x+3)

c) x3 + ax2 - 4 (x2 + 4x + 4)

d) 10x2 - 7x + a (2x - 3)

e) 2x + ax + 1 chia cho x - 3 dư 4 g) ax + 5x - 9  (x-1)

Bài 2 Tìm các hằng số a và b sao cho x3 + ax + b chia cho x + 1 thì dư 7, chia cho x - 3 thì dư -5

Bài 4: Tìm số dư phép chia x99 + x55 + x11 +x + 7 cho x + 1

Bài 5: CMR : a/ x50 + x10 + 1  x20 + x10 + 1

b/ x2 - x9 – x1945  x2 - x + 1c/ x10 - 10x + 9  (x – 1)2

d/ 8x9 - 9x8 + 1  (x – 1)2

I MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VỚI NGHIỆM NGUYÊN

1 Dạng 1: Phương trình bậc nhất.

a Phương trình dạng: ax + by = c (a,b,c nguyên)

* Cách giải: - Tách cá hệ số về tổng các số chia hết cho a hoặc b (Số nào có GTTĐ lớn hơn)

- Sử dụng dấu hiệu và tính chất chia hết của một tổng để tìm ra một ẩn

Thay nghiệm vừa tìm được vào phương trình ban đầu tìm nghiệm còn lại

Nghiệm của phương trình: (5t – 5k – 2; 1 – 2t; 3k) Với t; k nguyên tuỳ ý

Dạng 2: Phương trình bậc hai hai ẩn

Dạng ax2 + by2 + cxy + dx + ey + f = 0 (a, b, c, d, e, f là các số nguyên)

Ví dụ 1 Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

(2; 3); (-5; 2) Thử lại các giá trị đó đều đúng

Cách 2 Đưa về phương trình ước số:

Cách 3: Coi đó là phương trình bậc hai ẩn x, y là

3 Dạng 3: Phương trình bậc ba trở lên có hai ẩn.

Ví dụ 1 Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

x(x+1)(x+2)(x+3) = y2 (1)

Hướng dẫn giải

Phương trình (1) ó (x2 + 3x)(x2 + 3x + 2) = y2

Đặt a = x2 + 3x (ĐK: a ≥ −2 (*)

Ta có: a2 – 1 = y2 GiảI phương trình này bằng cách

đưa về phương trình ước số: => nghiệm phương

Vì x; y nguyên => x y− ≥1 =>

x +xy y+ ≤ xy+ => x2 + xy + y2 ≤ xy+8 (2)

Nếu xy + 8 < 0=> (2) ó (x + y)2 ≤ -8 Vô nghiệm

Đặt điều kiên sau đó đưa về phương trình ước số

Tìm được hai nghiệm (43; 7); (7; 43)

Ví dụ 2 Tìm x nguyên sao cho −

−

179

Từ đó ta có: 8 = (a + b).(b – a).k Lập bảng tìm được nghiệm của phương trình

 Nếu x ≥2 => 2x M 4 Do đó vế tráI chia cho

4 dư 3 mà y lẻ (Do 1) => y2 chia 4 dư 1

3 Phân tích số 100 thành hai số tự nhiên một

số chia hết cho 7, một số chia hết cho 11

4 Tìm số nguyên dương bé nhất chia cho

100 dư 1, chia cho 98 dư 11

5 Có 37 cây táo có số quả bằng nhau, 17 quảhỏng, số còn lại chia đều cho 79 người.Hỏi mỗi cây có ít nhất mấy quả?

I. Tính chất cơ bản của BĐT:

a) a < b, b < c ⇒ a < c

b) a < b ⇔a +c < b+ c

c) a< b⇔a.c < b.c (với c > 0)

a< b⇔a.c > b.c (với c < 0)

Dấu “=” xảy ra khi v chỉ khi:a= b

Bài 2: Với mọi a, b,x,y, thuộc ¡

Chứng minh rằng:|ax by+ |≤ (a2+b2) (x2+y2)

Áp dụng :

1 Cho x2 + y2 =1 , chứng minh - 2≤ x+y ≤ 2

2 Cho x+2y = 2 , chứng minh x2 + y2≥

54

2 2

b a

c a c

b c

b

+

++

++

Bài 11: CM với mọi n nguyên dương thì:

2

12

1

2

11

222

22222

<

++

−

+++

++

+

c a c

b c

b

a

Bài 19: Cho

100

1

3

12

411

Dấu bằng xảy ra khi nào?

b) Tam giác ABC có chu vi

2

c b a

b) Cho a > 1, b > 1 Tìm GTNN của:

11

2 2

a P

Bài 22: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác CM: a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca)

Bài 26: Cho a, b là 2 số thực thỏa mãn điều kiện: (a - 1)2 + ( b - 2)2 = 5 Cm: a + 2b ≤ 10

Bài 27: Cho a, b là các số thực thỏa mãn điều kiện a2 + b2 = 4 + ab

3

8 2 2

≤+

Bài 28: CMR với mọi a, b > 0 thỏa mãn ab = 1 Ta có BĐT: 1 1 2 ≥3

+++

b a b a

c a c

b c b

a

+

++

Bài 33: CM B ĐT sau đây đúng với mọi x, y là các số thực bất kỳ khác 0:

+ + ≥  + x

y y

x x

y

y

x

34

1 Số chính phương chẵn thì chia hết cho 4, số chính phương lẻ khi chia cho 8 dư 1

2 Nếu a=3k thì a2 ≡0 mod 9( ); Nếu a≠3k thì a2 ≡1 mod 3( )

3 Giữa các bình phương của hai số nguyên liên tiếp không có số chính phương nào

4 Số chính phương chỉ có thể có chữ số tận cùng bằng 0, 1, 4, 5, 6, 9 ; không thể có chữ số tận cùng bằng 2, 3, 7, 8

6 Nếu ab chính phương, (a,b)=1 thì a chính phương và b chính phương

HD: G/s ab= c2và gọi d=(a,c) suy ra a=a1d; c=c1d, (c1, d1)=1do đó ab=c1 d

chính phương

2 Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số chính phương chỉ chứa các thừa số nguyên tố với số mũ chẵn

3 Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 4n hoặc 4n + 1 Không có số chính phương nào có

6 Số chính phương chia hết cho 2 thì chia hết cho 4

Số chính phương chia hết cho 3 thì chia hết cho 9

Số chính phương chia hết cho 5 thì chia hết cho 25

Số chính phương chia hết cho 8 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 rằng với mọi số nguyên x, y thì

A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y 4 là số chính phương.

= (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 của 4 số tự nhiên liên tiếp cộng 1 luôn là số chính phương.

Gọi 4 số tự nhiên, liên tiêp đó là n, n + 1, n+ 2, n + 3 (n ∈N) Ta có

Bài 4: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889; …

Dãy số trên được xây dựng bằng cách thêm số 48 vào giữa số đứng trước nó Chứng minh rằng tất cả các số của dãy trên đều là số chính phương.

=

9

110.410

=  3 + 

110

Nhận xét thấy 2n + 3 + 2a > 2n + 3 – 2a và chúng là những số nguyên dương, nên ta có thể viết (2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9.1 ⇔ 2n + 3 + 2a = 9 ⇔ n = 1

⇔ (2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355

Nhận xét thấy 2m + 2n +1> 2m – 2n -1 > 0 và chúng là những số lẻ, nên ta có thể viết (2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355.1 = 1271.5 = 205.31 = 155.41

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

Bài 2: Tìm a để các số sau là những số chính phương:

Vậy có 2 số tự nhiên n thỏa mãn đề bài là n = 1; n = 3

Bài 4: Tìm n ∈ N để các số sau là số chính phương:

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

⇒ Điều giả sử sai

Bài 6: Tìm số tự nhiên n có 2 chữ số biết rằng 2n+1 và 3n+1 đều là các số chính phương.

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

Số 3n+1 bằng 37; 73; 121; 181; 253 Chỉ có 121 là số chính phương

2

Vậy n = 40

C.DẠNG 3: TÌM SỐ CHÍNH PHƯƠNG

Bài 1: Cho A là số chính phương gồm 4 chữ số Nếu ta thêm vào mỗi chữ số của A một đơn vị thì ta

được số chính phương B Hãy tìm các số A và B.

Bài 3: Tìm số chính phương có 4 chữ số biết rằng 2 chữ số đầu giống nhau, 2 chữ số cuối giống nhau.

Số cần tìm là 7744

Bài 4: Tìm một số có 4 chữ số vừa là số chính phương vừa là một lập phương.

Gọi số chính phương đó là abcd Vì abcd vừa là số chính phương vừa là một lập phương nên đặt abcd =

x2 = y3 Với x, y ∈ N

Vì y3 = x2 nên y cũng là một số chính phương

+ Khi y chẵn: VP 0 mod 4 ;VT 2 mod 4 ;≡ ( ) ≡ ( )

+ Khi y lẻ : VP 1 mod8 ; VT 7 mod8 ;≡ ( ) ≡ ( )

5 Tìm n∈¥ để 2n+8n+5 là chính phương

HD: + n≥ → + + ≡3 2n 8n 5 5 mod8( )

+ n=2: 25 là chính phương

+ n=0 hoặc 1 thì không thoả mãn

+ Nếu t chia hết cho 3 thì 24n+41=3(8n+13)+2 không chia hết cho 3

+ Nếu t không chia hết cho 3 thì t2 ≡1 mod 3( ) ⇒3 8( n+13)+ ≡2 1 mod 3( )

Nếu 0≤ ≤n 3 thì đều không thoả mãn

12 Chứng minh rằng tích của 4 số tự nhiên liên tiếp thêm 1 là số chính phương

13 Tổng các chữ số của một số chính phương có thể bằng 1994 hoặc 1995 được hay không?

HD: a) N ≡S N( ) mod 3( ) Vì 1994 2 mod 3≡ ( ) nên nếu S(N)=1994 thì N ≡2 mod 3( )

b) vì 1995 chia hết cho 3, nhưng 1995 không chia hết cho 9 nên tổng các chữ số của 1 số chính phương không thể bằng 1995

14 Chứng minh rằng tổng bình phương của 5 số nguyên liên tiếp không chính phương

n− + −n + + +n n + +n = n + M nhưng không chia hết cho 25

Có ∆ =3 4( k− +3) 2 là số chính phương Điều này vô lí vì ∆ ≡2 mod 3( )

không là số chính phương

HD: Nếu N chẵn nhưng không chia hết cho 4 nên N không chính phương.

Nếu N+1=k2 thì k lẻ khi đó N=(k-1)(k+1) 4!M

Nếu N− ≡1 2 mod 3( ) th ì N-1 không chính phương

17 Chứng minh rằng tổng bình phương của 2 số lẻ không chính phương

18 Chứng minh rằng số chính phương có chứa chữ số lẻ ở hàng chục thì chữ số hàng đơn vị luôn bằng 6

19 Chứng minh rằng mọi số chính phương lẻ đều có chữ số hàng chục là chẵn

→ĐPCM

20 Chứng minh rằng một số chính phương lớn hơn 100 có tận cùng là 5 thì chữ số hàng trăm là chẵn

21 Tìm x y, ∈¥ để 2x + 5y chính phương

HD: G/s 22+5y =k k2( ∈¢)

+ Nếu x=0 thì 1+5y=k2 suy ra k chẵn⇒ +1 5y ≡2 mod 4( )

2x+ =1 k = 2m+1 ⇒2x =4m m+ ⇒ =1 m 1,x=3,y=0

• y≠0, vì k không chia hết cho 5 nên k2 ≡ ±1 mod 5( )

Từ giả thiết suy ra 2x ≡ ±(mod 5) ⇒x chẵn, x=2n

+ Nếu y=2t thì 2n+1=25t-1 chia hết cho 3

+ Nếu y lẻ thì 2n+1=4(5y-1+5y-2+…+ 5+1)

nếu y>1 thì 5y-1+5y-2+…+5+1 lẻ

Vậy y=1 suy ra x=2 Đáp số x=1; y=2

22 Tìm 1 số có 2 chữ số biết:

a) Tổng của số đó và số viết theo thứ tự ngược lại là số chính phương

b) Hiệu bình phương của số đó và số viết theo thứ tự ngược lại là số chính phương

HD:a) ab ba+ =11(a b+ )M , vì số chính phương chia hết cho 11 thì chia hết cho 121 nên (a+b) 11chia hết cho 11 do đó a+b chia hết cho 11

Vì n<100 và 101 là nguyên tố nên n+10=101 suy ra n=91

2a + 2b+ 1 là các số chính phương

HD: Có 2a2-2b2+a-b=b2(1), suy ra (a-b)(2a+2b+1) =b2

Gọi d là ước dương của a-b và 2a+2b+1 thì d chia hết (2a+2b+1-2(a-b)=4b+1)

Vậy (a-b, 2a+2b+1)=1 Từ đó ta được ĐPCM

25 (HSGQG 1995) Tìm p nguyên tố sao cho tổng tất cả các ước tự nhiên của p là số chính phương.

Bài 1: Cho biểu thức P = ( ) ( ) 1 a32

2 a a 1 2

1 a

1 2

3x2x-1

2x33

−

a) Tìm các giá trị của x sao cho P =

21

b) Chứng minh P ≤

3 2

Bài 5: Cho biểu thức

P =

a

2 a 2 a

1 a 2 a

a

3 9a

3a

1 −

− + ++

−

−

a) Rút gọn P

b) Tìm các giá trị nguyên của a để P nguyên

Bài 6: Cho biểu thức

2

8 161-

a a

+

a) Rút gọn P

b) Tìm các giá trị nguyên của a (a >8) để P nguyên

Bài 7: Cho biểu thức

−

−

2 1 a

1 : a a

1 1 a a

a) Rút gọn P

c) T ìm các giá trị của a sao cho P < 0

Bài 8: Cho biểu thức

1 x : x 4

8x x 2

x 4

a) Rút gọn P

b) Tính x để P = -1c) T ìm m để với mọi giá trị x > 9 ta có m( x - 3)P > x + 1

Bài 9: Cho biểu thức

−

xy

y x x xy

y y xy

x : y x

xy -

y x

a) Tìm x, y để P có nghĩa

b) Rút gọn P

Bài 10: Cho biểu thức

P =

x

2007 x 1 x

1 4x x 1 x

1 - x 1 x

1 x

Bài 11: Rút gọn P.

b

b a a 4 : b a a

b a a b a

a

b a

− +

2 x 1

10 x 3 x 4 x

1 x 5 2 x

3

x

2x

+ +

+ + + +

+ +

+

+

Không phụ thuộc vào biến số x

Bài 13: Chứng minh giá trị của biểu thức

P =

x

x x

+ +

−

− +

− +

5 2 5 4 9

3 4 7 3 2

4

6 3

Không phụ thuộc vào biến số x

Bài 15: Cho biểu thức

1 x x

x x 1 x x

x

+ + +

−

+

− + +

) 1 2(x x

x 2x 1 x

− +

5 3 5 3

10

5 3

− +

−

− + +

4813532

3 1 2

3 1 1 2

3 1

=

−

−

− + + + +

2012283

2008

2 2007 2 2007

a a

4 1

1 1

−

−

1

1 1 1

4

1 4 1

4

x

x x x

x

x x

x

x

+

++++

+

−+

−+

−

−+

1

11

1

111

1

11a) Rút gọn P

31

1

+

−

++

−+ x x x x x

a) Rút gọn P

b) Chứng minh: 0 ≤ P ≤ 1

Bài 32:Cho biểu thức