I/ Một số phương pháp chứng minh chia hết.. + 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 chẵ
Trang 1Tr n V n H iầ ă ả
CHỦ ĐỀ SỐ HỌC Cách ghi số tự nhiên.
Giải: Gọi: Số cần tìm là: x 3 10 = 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⇔9x=2007⇔ =x 223
Vậy số cần tìm là: 2233
Ví dụ 2: Tìm số tự nhiên có ab, biết ab ba + M 3; ab ba + M 5
Giải: Ta có ab = 10 a b a b Z + ( , ∈ ;1 ≤ a b , ≤ 9)
11( )
ab ba + = a b + , vì ƯCLN(3,5) = 1 ⇒ ab ba + = 11( a b + ) 15 M ⇒ + a b M 15(ƯCLN(11,15) =1)
Do 1≤ a b , ≤ 9 ⇒ ( , ) a b = ( ) ( ) ( ) ( ) 7,8 , 8,7 , 9,6 , 6,9 Vậy số cần tìm là 78; 87; 69; 96
II/ Các phép tính trong N; phép chia có dư.
Vây xét 22004 = (24)501 có số tận cùng là 6, nên 122004có số tận cùng là 6 ⇒ 122004 − 21000M 10
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: a a a ) n n−1 a a1 0M 2 ⇔ a0M 2 b a a ) n n−1 a a1 0M 5 ⇔ a0M 5
Trang 2Dấu hiệu chia hết cho 11: Cho A = a a a a a a 5 4 3 2 1 0
A 11 ⇔[(a0 + a2 + a4 + ) – (a1 + a3 + a5 + )] 11
Chứng minh: A = (a0 + 102a2 + 104a4 + ) + (10a1 + 103a3 + 105a5 + )
Chú ý rằng : 102 = 99 + 1, 104 = 9999 + 1, , tổng quát :
102k = bội 11 + 1 , còn 10 = 11 – 1, 103 = 1001 – 1, 105 = 100001 – 1,
Tổng quát 102k + 1 = bội 11 – 1 Do đã : A = ( bội 11 + a0 + a2 + a4 + ) +
+ (bội 11 – a1 – a3 – a5 - ) = béi 11 + ( a0 + a2 + a4 + ) – (a1 + a3 + a5 + )
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
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: Chứng minhrằng
Giải: a )32n − 2 7nM
+ Vì n = 1; 0 hiển nhiên đúng,
+ Gỉa sử, n = k đúng, tức là:32k − 2 7kM Đặt: 32k − 2k = 7 q
+ Xét vì n = k + 1,ta có
+ Vì n = 0 hiển nhiên đúng, vì 100 + 18.0 – 1 = 0M27
+ Gỉa sử n = k đúng, tức là 10k + 18 k − 1 27 M , Đặt: 10k + 18 k − = 1 27 q
+ Xét vì n = k +1 ta có: 10k+1 + 18( k + − = 1) 1 10(10k + 18 k − + 1) [ 18 k + − − 18 1 (180 k − 10) ]
= 10.27 q + 27 1 6 ( − k ) = 27(10 q − 6 k + 1) 27 M Vậy n = k + 1 đúng,
Kết luận: 10n + 18 n − 1 27 M
Trang 3Tr n V n H iầ ă ả
Các bài tập vận dụng dấu hiệu chia hết
Ví dụ 1: Tìm chữ số x,y đó 7 36 5 1375 x y M
Ví dụ 2: Tìm chữ số x,y đó 134 xyM 45(Đề thi HSG l 9 huyện Văn Bàn 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
c/ S tận cùng là chữ số nào?
c/ S 15 và S là số chẵn nên S tận cùng là 0
Bài tập 4(Đề thi HSG Toán 9 năm 2010 -2011) CMR: A( )n = n n ( 3 − − n 12) 144 12 − 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 hoặcbằng số mò của các thừa số nguyên tố đó trong (1) Nhưng b và m nguyên tố cùng nhau nên b không chứathừa 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 achia 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
Ta lại có (18,7) = 1 nên n – 1 7 Vậy n = 7k + 1 ( k ∈ 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) C/minh rằng 10a + b chia hết cho 13.
Giải : Đặt a + 4b = x ; 10a + b = y Ta biết x 13, cần chứng minh y 13.
Cách 1: xét biểu thức: 10x – y = 10 (a + 4b) – (10a + b) = 10a + 40b – 10a – b = 39b
Như vậy 10x – y 13 Do x 13 nên 4y 13 Suy ra y 13
Trang 4Cách 2: Xét Biểu thức: 4y – x = 4 (10a + b) – (a + 4b) = 40a + 4b – A – 4b = 39a
Như vậy 4y – x 13 Do x 13 nên 4y 13 Ta lại có ( 4,13) = 1 nên y 13
Cách 3 : Xét biểu thức: 3x + y = 3 (a + 4b) + (10a + b) = 3a + 12b + 10a + b = 13a + 13b
Như vậy 3x + y 13 Do x 13 nên 3x 13 Suy ra y 13
Cách 4: Xét biểu thức: x + 9y = a + 4b + 9 (10a + b) = a + 4b + 90a + 9b = 91a + 13b
Như vậy x + 9y 13 Do x 13 nên 9y 13 Ta lại có (9,13) – 1, nên y 13
Nhận xet: 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 củabằng 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 + 9ynhằm 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 hết cho 24.
Giải Ta có (p – 1)p(p + 1) 3 mà (p,3) = 1 nên (p – 1)(p + 1) 3 (1)
p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p là số lẻ, p – 1 và p + 1 là hai số chẵn liên tiếp Trong hai số chẵnliên tiếp, có một số là béi của 4 nên tích của chúng chia hết cho 8 (2)
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) 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
Giá trị nhỏ nhất 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.
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.
Trang 5Tr n V n H iầ ă ả
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 2 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 trongphép 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
Trang 6phép 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:
0 2 Việc thực hiện một dãy phép chia liên tiếp như trên được gọi là thuật toán Ơ–clit
Trường hợp tìm ƯCLN của ba số, ta tìm ƯCLN của hai số rồi tìm ƯCLN của kết quả vì số thứ ba
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
Giải:
a) Gọi d ∈ ƯC (2n + 1,2n + 3) ⇒ (2n + 3) – (2n + 1) d ⇒ 2 d ⇒ d ∈ {1; 2}
Nhưng d ≠ 2 vì d là ước của số lẻ Vậy d = 1
c) Gọi d ∈ ƯC (2n + 1, 3n + 1) ⇒ 3 (2n + 1) – 2 (3n + 1) d ⇒ 1 d ⇒ d=1
Ví dụ 2 Tìm số tự nhiên n đó các số 9n + 24 và 3n + 4 là các số nguyên tố cùng nhau.
Giải : Giả sử 9n + 24 và 3n + 4 cùng chia hết cho số nguyên tố d thì
9n + 24 – 3 (3n + 4) d ⇒ 12 d ⇒ d ∈ { 2 ; 3}
Điều kiện đề (9n + 24, 3n + 4) = 1 là d ≠ 2 và d ≠ 3 Hiển nhiên d ≠ 3 vì 3n + 4 không chia hết cho 3 Muốn
d ≠ 2 phải có ít nhất một trong hai số 9n + 24 và 3n + 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) d ⇒ 17 d
⇒ d ∈ { 1 ; 17 } Ta có 2n – 1 17 ⇔ 2n – 18 17 ⇔ 2(n – 9) 17 ⇔ n – 9 17 ⇔
⇔ n = 17k + 9 ( k ∈ N)Nếu n = 17k + 9 thì 2n – 1 17 và 9n + 4 = 9.(17k + 9) + 4 = 17.9k + 85 17,
do đó (2n – 1, 9n + 4) = 17
Nếu n ≠ 17k + 9 thì 2n – 1 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) d và 2n + 1 d Suy ra n(2n + 1) – n(n + 1) d tức là n2 d
Từ n(n+1) d và n2 d suy ra n d Ta lại có 2n + 1 d, do đó 1d, 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),
Trang 7Tr n V n H iầ ă ả
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)
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 = 1hoặc 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 nócùng 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 hạngthứ n của dãy cộng đó (kí hiệu an) bằng:
Đó tính tổng các số hạng của dãy cộng : 4 + 7 + 10 + + 25 + 28 + 31 (gồm 10 số)
Ta viết : A = 4 + 7 + 10 + 25 + 28 + 31
A = 31 + 28 + 25 + + 10 + 7 + 4nên 2 A = (4 + 31) + (7 + 28) + + ( 28 + 7) + (31 + 4) = ( 4 + 31) 10
Do đó A = (4 31).10+2 =175Tổng quát, nếu một dãy cộng có n số hạng, số hạng đầu là a1, số hạng cuối là an thì tổng của n sốhạng đó được tính như sau: S= (a1+2a n n).
(2) (*)Trường hợp đặc biệt, tổng của n số tự nhiên liên tiếp bắt đầu từ 1 bằng:
Trang 8a) Dãy (1) có thể viết dưới dạng: 1.3 ; 2.4; 3.5 ; 4.6 ; 5.7,
Mỗi số hạng của dãy (1) là một tích của hai theo số, theo số thứ hai lớn hơn theo số thứ nhất là 2 đơnvị Các theo số thứ nhất làm thành dãy : 1,2,3,4,5, dãy này có số hạng thứ 100 là 100
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 : 1.22 ; 2.32 ; 3.42 ; 4.52 ; 5.62 ;
Số hạng thứ 100 của dãy (3) bằng : 100.1012 =5050
d) Dãy (4) có thể viết dưới dạng: 1 + 12 , 1 + 22 , 1 + 32 , 1 + 42 , 1 + 52,
Số hạng thứ 100 của dãy (4) bằng : 1 + 1002 = 10001
BÀI TẬP
1 Tìm chữ số thứ 1000 khi viết liên tiếp liền nhau các số hạng của dãy số lẻ : 1, 3, 5, 7,
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 sốcủa 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 tố ?
b) Tích C = 31 32 33 90 có bao nhiêu thừa số 3 khi phân tích ra theo số nguyên tố ?
8 Có bao nhiêu số tự nhiên đồng thời là các số hạng của cả hai dãy sau:
a) Tìm số hạng đầu tiên của nhóm thứ 100
b) Tính tổng các số thuộc nhóm thứ 100
14 Cho A = 1 + 4 + 42 + 43 + + 499 , B = 4100 Chứng minh rằng : A < B3
15 Tính giá trị của biểu thức: a) A = 9 + 99 + 999 + + 99 9
50 chữ sốb) B = 9 + 99 + 999 + + 99 9
200 chữ số
Trang 9Tr n V n H iầ ă ả
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
3
1
3
13
13
3
13
11
8 7
13
1
3
13
113
1,4.3
1,3.2
1,2
1,66
1,61
Giải
a) Ta chú ý rằng :
)1(
11
11,,3.2
13
12
1,2.1
12
11
1
+
=+
n
101.100
13
.2
12
1100
199
13
12
12
11
116
.11
111.6
16.1
45(
51
5
145
1
+
−
=+
11501
1496
111
16
16
11
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
239
.38
138.37
1,,4.3.2
24.3
13.2
1,3.2.1
23.2
12
Tổng quát :
)2)(
1(
2)
2)(
1(
1)
1(
1
=+
=++
25
.4.3
24.3.2
23.2.1
138.37
14
.3
13.2
13
74039
.38
12.1
1(
12
1)2)(
1(
14
.3.2
13.2
1
1
++
−
=++++
n n n
n n
Ví dụ 4: Tính giá trị các biểu thức:
1.99
13.97
195
.5
197.3
199.1
197
15
13
11
+
⋅⋅
⋅+++
++
⋅⋅
⋅++
972
981
14
13
121
+
⋅⋅
⋅+++
⋅⋅
⋅++
+
=
B
Trang 10a) Ghép các phân số ở số bị chia thành từng cặp đó mẫu chung, giêng mẫu của các phân số tương ứng ở sốchia Biến đổi số bị chia: cộng từng cặp các phân số cách đều hai đầu ta được:
51.49
10095
.5
10097.3
10099.1
10051
149
195
15
197
13
199
⋅⋅
⋅+
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
99
991003
31002
21001
1100
32
21
199
1003
1002
121
13
12
110099
13
121
Biểu thức này bằng 100 lần số bị chia Vậy B =
1001
Ví dụ 5: a) Tính tổng A =1.2 + 2.3 + 3.4 + + 98.99
b) Sử dụng kết quả của câu a, hãy tính B = 12 + 22 + 32 + + 972 + 982
c) Sử dụng kết quả của câu a, hãy tính: C = 1.99 + 2.98 + 3.97 + + 98.2 + 99.1
a) Đó tích mỗi số hạng thành hiệu của hai số nhóm triệt tiêu từng cặp hai số, ta nhân mỗi số hạng của A vì 3.Thừa số 3 này được viết dưới dạng 3 – 0 ở số hạng thứ nhất, 4 – 1 ở số hạng thứ hai, 5 – 2 ở số hạng thứba, , 100 – 97 ở số hạng cuối cùng
1(n+ n+
Tổng quát : 12 + 22 + 32 + + n2
6
)12)(
1(2
)1(3
)2)(
100.99.982
100
Tổng quát: 1.n + 2(n – 1) + 3(n – 2) + + (n –1)2 + n.1 =
6
)2)(
1(n+ n+
12
12
1
+
⋅⋅
⋅+++
4
1,3
2,2
3,1
4
;3
1,2
2,1
3
;2
1,1
2
;21
a) Hãy nêu quy luật viết của dãy và viết tiếp năm phén số nữa theo quy luật ấy
114
.11
111.8
18.5
1
=+
⋅⋅
⋅++
C/ Phương trình nghiệm nguyên
I/ Phương trình nghiệm nguyên: ax + by = c. Điều kiện đó có nghiệm: (a,b) = d; c d M
Trang 11Tr n V n H iầ ă ả
- Cách giải:
+ Đặt ẩn phụ liên tiếp
+ Tìm nghiệm riêng (x y của phương trình, từ đã nghiệm của (1) là: 0; 0) 0
+ 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
4 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
C2: Nếu f x( )=ax2+ +bx c= 0 có hai nghiệm (hoặc nghiệm kép ) là x x khi đó1; 2
f x =ax + + =bx c a x x x x− −
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.
Ví dụ: a) Tìm a sao cho 4x2−6x a x+ M( −3) b) Tìm a và b sao cho x4+ax b x+ M( 2−1)
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:
Trang 12g x 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
k = A không có giá trị nhỏ nhất
Lưu ý vì tam thức bậc hai 2
3 Vì tổng của hai hay nhiều số không đổi, ta có: Gỉa sử a n+a n−1+ + + = a1 a0 k
4 Vì tích của hai hay nhiều số không đổi, ta có: Gỉa sử a a n n−1 a a1 0 =k
a +a − + + +a a =n k ⇔a =a − = = =a a
5 Bất đẳng thức Chaychy
a) a ≥ 0, b ≥ ⇒ + ≥ 0 a b 2 a b , dấu “ =” xảy ra khi a = b
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
, , , , 0 n , , , ,
a a − a a ≥ ⇒ + a a − + + + ≥ a a n a a − a a ⇔ a = a − = = = a a
3.2) Bất đẳng thức Bu- nha- cop- xki: ( )2 ( 2 2) ( 2 2)
ax by + ≤ a + b x + y , dấu “ = ” sảy ra:a b
y = 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 ⇔ ⇔(*)
Trang 13Tr n V n H iầ ă ả
Mà (*) đúng 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 vì a , b , c )3 ≥ 0
4. Cho a, b > 0 Chứng minh + + + ≥ +
Trang 149. Chứng minh a 1 b 2( + 2)+b 1 c 2( + 2)+c 1 a 2( + 2) ≥6abc.
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 c) + + + ≥
a b abc b c abc c a abc
21. áp dụng Bất đẳng thức Cô- si
a a b c d 4 abcd vì a , b , c , d + + + ≥ 4 ≥ 0 (CÔsi)
b. a b c 3 abc + + ≥ 3 vì a , b , c ≥ 0 , ((CÔsi)
22. Chứng minh: a b c3+ +3 3≥a bc b ac c ab ; a , b , c > 02 + 2 + 2
23. Chứng minh 2 a 3 b 4 c 9 abc+ 3 + 4 ≥ 9
Lời giải I.Chứng minh dựa vào BĐT và định nghĩa, Tính chất cơ bản.
1 Cho a, b > 0 Chứng minh + ≥ + ÷
Trang 1512 Chứng minh: x2+ y2+ z2≥ 2xy 2xz 2yz − + ⇔ x2+ y2+ z2− 2xy 2xz 2yz 0 + − ≥ ⇔ (x – y + z)2≥ 0.
13 Chứng minh: x4+ y4+ z2+ ≥ 1 2x(xy2− + + x z 1)
Trang 16° 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 2 ab + ≥ , b c 2 bc + ≥ , a c 2 ac + ≥
⇒ (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 ⇒ a b c 3 abc + + ≥ 3 , a 2+b 2+c 2≥3 a b c 3 2 2 2
⇒ ( a b c a+ + )( 2+b 2+c 2) ≥9 a b c 3 3 3 3 =9abc
3 Chứng minh: ( 1 a 1 b 1 c + ) ( + ) ( + ) ≥ +(1 3abc)3 , vì a , b , c ≥ 0
(1 a 1 b 1 c 1 a b c ab ac bc abc.+ ) ( + ) ( + = + + + +) + + +
a b c 3 abc + + ≥ 3 , ab ac bc 3 a b c+ + ≥ 3 2 2 2
( 1 a 1 b 1 c + ) ( + ) ( + ) ≥ + 1 3 abc 3 a b c3 + 3 2 2 2 + abc = +(1 3abc)3
4 Cho a, b > 0 Chứng minh + + + ≥ +
Trang 17Tr n V n H iầ ă ả
9 Chứng minh: a 1 b2( + 2)+ b 1 c2( + 2)+ c 1 a2( + 2)≥ 6abc
° a 1 b2( + 2)+ b 1 c2( + 2)+ c 1 a2( + 2) = a2+ a b2 2+ b2+ b c2 2+ c2+ c a2 2
áp dụng Bất đẳng thức Cô- si: a a b b b c c c a2+ 2 2+ +2 2 2+ +2 2 2 ≥6 a b c6 6 6 6 =6abc
10 Cho a , b > 0 Chứng minh: + + ≤ + +
Tương tự :y 4 x 1 y 1 z 1≥ 4 ( − )( − )2( − ) ; z 4 x 1 y 1 z 1≥ 4( − )( − )( − )2 ⇒ xyz ≥ 64(x – 1)(y – 1)(z – 1)
13 Cho a > b > c, Chứng minh a 3 a b b c c≥ 3( − ) ( − )
Trang 18a b abc b c abc c a abc
+) a 3+b 3=( a b a+ )( 2−ab a+ 2) ≥( a b ab+ ) ⇒ a3+b3+abc≥ +(a b ab abc ab a b c) + = ( + + ), tương tự.+) b c abc b c bc abc bc a b c3+ 3+ ≥ +( ) + = ( + + )
+) c a abc c a ca abc ca a b c3+ 3+ ≥ +( ) + = ( + + )
VT≤ ab a b c ( + +1 ) +bc a b c ( + +1 ) +ca a b c ( + +1 ) = a b c+ + 1 a b c+ +abc ÷
21 áp dụngbất đẳng thức Cô- si
a. a b c d 4 abcd + + + ≥ 4 với a , b , c , d ≥ 0 (CÔ- si)
Trang 19Bất đẳng thức Các bài toán tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất.
Bài 1:Cho a,b,c là độ dài của ba cạnh tam giác CMR: ab + bc + ca≤a2 +b2 +c2 < 2.(ab + bc + ca)
a2 +b2 +c2 < a.(b + c) + b.(a + c) + c.(b + a) = 2.(ab + bc + ca)
Bài 2:Giả sử x > z ; y > z ; z > 0.CMR: z.(x−z)+ z.(y−z)≤ xy (1)
Vậy (2) đúng, tức là (1) cũng đúng (đpcm)
Bài 3:Cho xy > 0 và x + y = 1.CMR:8.( 4 + 4)+ 1 ≥5
xy y x
Giải:
01
>
y x y
x xy
4
1
2
xy xy xy
y x
Trang 20Vậy trong ba số x,y,z luôn có ít nhất một số dương.
1
ab
b a
thì
8
14
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
25
19
1
2 <
++++
++
<
1)
12.(
2
1.2
122
12
1.2
122
112
1
4
13
12(
1
5.4
14.3
13
−+
++++
<
n n
n
n n
A
Ta có đpcm
Bài 9:CMR: Nếu: p,q > 0 thì: pq
q p
q p
≥+
+ 2 2
Giải:
≥+
++
q pq p q p pq
k
11
11
−
< với mọi số nguyên dương k >1.Từ đó suy ra:
n n
12
1
k k k
11
1)
1(
11
3
12
12
11
11
1
3
12
1
n n
−+
−+
<
++++
Bài 11:Cho hai số x,y thỏa mãn: x > y và xy = 1.CMR: 2 2 0
2 2