Toán 7 Học Sinh Giỏi [VIETMATHS.COM] chuyên đề boi duong HSG Toan 678

Tất cả các số hạng khác của tổng đều chứa một thừa số 2003.. Cách giải khác:..[r]

Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán Đại số Dạng I : Dãy số viết theo qui luật (lớp 6&7)

Bài toán 1: So sánh giá trị biều thức 3 8 15 9999

4 9 16 10000

A      với các số 98 và 99

Ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 12 1 12 1 12 1 12

A                       

      

2  3  4   100 > 0 Nên A

< 99

Ta có

 1 1 1 11

k k  k k

  với mọi k 1 nên

Do đó A 99  B 99 1 98   Vậy 98  A 99

4 9 16

n

n



Bài toán 2: Viết số 2 3 4 999 1000

1 2    3 4   999  1000 trong hệ thập phân Tìm ba số đầu tiên bên trái số đó?

Giải: Ta có 2 3 4 999 1000

1 2 3 4 999 1000

3000

1000 10 100000 0000

gồm có 3001 chữ số mà 4 chữ số đầu bên trái là 1000 (1)

1000 1000 1000 1000 1000 10 10 10 10

gồm 3001 chữ số mà 4 chữ số đầu bên trái là 1001 (2) Vì B < A < C và B, C đều có 3001 chữ số nên từ (1) và (2) suy ra A có 3001 chữ số nên ba chữ số ầu tiên bên trái của A là 100

Bài toán 3:

Cho

  2 2 2

A

    Chứng minh rằng 0,15 A 0, 25 Giải : Ta có

  2 2 2

A

  2 2

  2 2

Bn  n  n  n  n (1)

• Với n 1 từ (1) ta có: 2  2    

B n  n  n  n  n n Từ đó :

Với C 

2.3  3.4   n 1 n 2   24.25  25.26       2 3 3 4 25  26   2 26  13

Suy ra 1 6. 2 0,15

3 13 13

• Với n 1 từ (1) ta có: 2  2    

B n  n  n  n  n n Từ đó :

  

Với C 

2.3  3.4   n 1 n 2   24.25  25.26       2 3 3 4 25  26   2 26  13

Suy ra 1 6. 3 0, 25

2 13 13

A    Vậy 0,15  A 0, 25

Tổng quát:

6  3 k 2  1 2 3  2 3 4  k k 1 k 2   4 2 k 2

Bài toán 4: Tính A

B biết :

A

n n

 ; B 2.19801  3.19811   n n 11978  31.20091

Giải:

Với các số nguyên dương n và k ta có



Với k = 30 ta có :

2.32 3.33 1979.2009 2 32 3 33 1979 2009

Với k = 1978 ta có : 1978 1978 1978 1978 1 1 1 1 1 1

2.1980 3.1981 31.2009 2 1980 3 1981 31 2009

Từ (1) và (2) suy ra 30 1978 1978 989

30 15

A

B

Bài toán 5: Tính tổng sau:

n

Giải:

Với n 1 thì

 

 

 

n

Do đó

n

Bài toán 6: Tính các tổng sau:

  1.2 2.3 1 98.99

A   n n   (*) ; B 1.99 2.98   n100   n 98.2 99.1 

Giải:

Ta có:3A 1.2.3 2.3.3 3    n n    1 3.98.99 1.2 3 0     2.3 4 1    98.99 100 97  

1.2.3 2.3.4 98.99.100 1.2.3 2.3.4 97.98.99 98.99.100 970200 323400

3

A

1.99 2 99 1 3 99 2 98 99 97 99 99 98

1.99 2.99 3.99 99.99 1.2 2.3 3.4 98.99

    99

99 1 2 3 99 99 99 1 99.99.50 323400 166650

2

Từ bài toán (*) suy ra 3 98.99.100 98.99.100

3

Nếu A 1.2 2.3 3.4    n n  1 Tính giá trị của B = 3A với B = 3A thì B = (n-1)n(n+1) với

n = 100

 

1.2 2.3 3.4 1 .3 0.1 1.2 2.3 3.4  1 .3

1 0 2 3 2 4 5 4 6 97 96 98 99 98 100 3

1.1.2 3.3.2 5.5.2 7.7.2 99.99.2 3 2.3 1 3 5 7 99

6 1 3 99

    Do đó  2 2 2 2

6 1     3 5 99  99.100.101 hay

2 2 2 99.100.101

6

1 3 2 1

6

Công thức tính tổng các bình phương n số tự nhiên 2 2 2 2  1 2 1

1 2 3

6

Bài toán 7: Tính B

A biết:

 

A

n n

1.2.3 2.3.4 3.4.5 1 2 2008.2009.2010

B

Ta có

 1 1 1 11

n n  n n

  và n n 12n 2 n n 1 1  n 11n 2

 

A

n n



1.2.3 2.3.4 3.4.5 1 2 2008.2009.2010 1.2 2009.2010 2009.2010

B

1 2019044 1009522

.

2 2009.2010 2009.2010

B

Do đó 1009522 :2008 1009522.2009 5047611

2009.2010 2009 2008.2009.2010 2018040

B

2018040

 Bài toán 8:Goi A là tích các số nguyên liên tiếp từ 1 đến 1001 và B là tích các số

nguyên liên tiếp từ 1002 đến 2002 Hỏi A + B chia hết cho 2003 không?

Giải:

Ta có: A 1.2.3.4 1001 và B 1002.1003.1004 2002

Ta viết B dưới dạng: B 2003 1001 2003 1000 2003 1        Khai triển B có một tổngngoài

số hạng  1001.1000 2.1 Tất cả các số hạng khác của tổng đều chứa một thừa số 2003 Nên

2003 1001.1000 2.1 2003

B n  nA với n là số tự nhiên Do đó: A B  2003n là một số chia hết cho 2003

Cách giải khác:

Ta có các cặp số nguyên sau có cùng số dư khi chia cho 2003 ;

1002; 1001 ; 1003;1000 ; 2002;1       Do đó B 1002.1003 2002 và   A 1001.1000 2.1 có cùng

số dư khi chia cho 2003 Nên A B   B  A chia hết cho 2003

Dạng II :Phương pháp tách trong biến đổi phân thức đại số (lớp 8)

Chứng minh rằng biểu thức sau không phụ thuộc vào biến

x y1y z  z x1x y  y z1z x

      với xy ;yz ;zx Từ kết quả trên ta có thể suy ra hằng đẳng thức:

x y1 x z  z y1x z  x y1y z

      (*) trong đó x ; y; z đôi một khác nhau

Thực chất ở đây ta thay x – y bởi z – y thay z - x bởi y – x giữ nguyên thừa số kia sẽ

có hai số hạng ở vế phải, Vận dụng hằng đẳng thức (*) giải các bài tập sau:

Bài toán 1:

Cho ab b; c c; a chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào a, b, c

Áp dụng hằng đẳng thức (*)

                       

1

Bài toán 2: Cho ab b; c c; a Rút gọn biểu thức

              

B

Giải Vận dụng công thức (*) ta đ ược

              

B

                    

                    

                       

1

Bài toán 3: Cho a, b, c đôi một khác nhau Chứng minh rằng:

Nếu a và a a1; 2; ;a nlà các số nguyên và n là số tự nhiên lẻ thì

1 2 n 1 2 n

a b a c a x a  b a b c b x b  c a c b c c  x  x ax b x x c

Biến đổi vế trái, ta được:

a b a c a x a  b a b c b x b  c a c b c c  x

a b a c a x a b aa c b x b c a b c b x b c a c b c c  x

 1  . (  )   1 .            

bx cx





x a c



             Sau khi biến đổi vế trái bằng vế phải Đẳng thức được chứng minh

Bài toán 4: Cho a, b, c đôi một khác nhau Chứng minh:

a b a c b c  b c b a c a  c a c b a b  a b2 b c2 c a2

Giải: Ta có

a b a c b c  a b a c b a  a b a c a c  c a1 a b1

Tương tự ta có:

b c b a c a  b c1 a b1

    (2)

c b c a a b  b c1 c a1

    (3)

Từ (1) ;(2) và (3) ta có

a b a c b c  b c b a c a  c a c b a b  c a1 a b1 b c1 a b1 b c1 c a1

   (đpcm)

Bài toán 5: Rút gọn biểu thức:

      với a b; b c; c a

Giải:

Ta có:

Tương tự:

2



    (2)   

2



    (3) Cộng (1), (2) và (3) vế theo vế ta có

0

Bài toán 6: Cho ba phân thức

1

a b ab



 ; 1

b c bc



 ; 1

c a ca



 Chứng minh rằng tổng ba phân thức bằng tích của chúng

Giải:

Ta có :

  1 1   1 1   1  1     1  1  

1 1  1  1    1    1 1 1  1  1  

Bài toán 7: Cho ba số nguyên dương a, b, c tuỳ ý, tổng sau có phải là số nguyên dương

không? a b c

a bb cc a

Giải:

 

           hay M > 1

M

Vậy 1 < M <2 Do đó M không thể là số nguyên dương

Bài toán 8: Đơn giản biểu thức

              

A

Giải: MTC là : abc a b b c a c       Nên

                   

A

2008b c 2008ac 2008a b 2008bc 2008a c 2008ab

abc a b b c a c



Bài toán 9: Tính giá trị của biểu thức:

2003 2013 31 2004 1 2003 2008 4

2004 2005 2006 2007 2008



Giải: Đặt a = 2004 Khi đó:

2

P

            





1

    Vậy P = 1