Bài 1: Cho đường tròn O và dây cung BC cố định.Gọi A là điểm di động trên cung lớn BC của đường tròn O, A khác B,C.Tia phân giác của góc ACB cắt đường tròn O tại điểm D khác C, lấy điểm [r]
Trang 11
CHUYÊN ĐỀ 1:
I.Giải phương trình bằng cách đặt ẩn phụ thích hợp.
Bài 1:Gpt:
2
Giải:
Đặt 2 2 (1)
;
Ta có: 10.u2 + v2 -11.uv = 0(u-v).(10u-v)=0u=v hoặc 10u=v
Xét các trường hợp thay vào (1) ta tìm được x một cách dễ dàng
Bài 2:Gpt: (x2 - 4x+3).(x2 - 6x + 8)=15
Giải:
Đặt x2 - 5x + 5 = u (1)
Ta có: (x2 - 4x+3).(x2 - 6x + 8)=15
(x-1).(x-3).(x-2).(x-4)-15=0
(x-1).(x-2).(x-3).(x-4)-15=0
(x2-5x+4).(x2-5x+6)-15=0
(u-1).(u+1)-15=0
u2-16=0
u= 4
Thay các giá trị của u vào (1) ta dễ dàng tìm được x
Bài 3:Gpt:
2
90.
Giải:
x
2
2
x
x
x
Đặt u = x2 ( u 0) (1).
Ta có:
( u 1)
2
u
u
88u2 182u900
Từ đây ta dễ dàng tìm được u, thay vào (1) ta tìm được x
Bài 4:Gpt:3 x 3 2 x 3 312.( x 1)
Giải:
Đặt 3 x u ; 23 x 3 v (1)
Trang 2Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS
2
Có:
) (
4 ) (
3 )
.(
3 u3 v3 u v uv u v u v
v
v u
v u v
u v u v
uv u
v
.(
Xét các trường hợp thay vào (1) ta dễ dàng tìm được x
Bài 5:Gpt: x x x x 3x (1)
2 2
1 2 3 3 5
2 2
3
Giải:
Từ (1) suy ra: 2 5x3 3x2 3x2 x2 6x1
x x
x x
x x
x
(x 0)
0 9 24 22
0 9 24 22
2
x x x
x
Đặt y (*) ta có:
x
x 3
y2 - 8y + 16 = 0 suy ra y = 4 thay vào (*) ta dễ dàng tìm được x
4
1 )
4 (
3 ) 4 (
x
x x
x x
Giải:
Điều kiện x > 4 hoặc x < -1
*Nếu x > 4, (1) trở thành:
0 18 ) 4 ).(
1 ( 3 )
4
).(
1
Đặt (x1).(x4) y0 (2) ta có:
y2 + 3y -18 = 0
Từ đó ta dễ dàng tìm được y,thay vào (2) ta tìm được x
*Nếu x < -1, (1) trở thành:
0 18 ) 4 ).(
1 ( 3 )
4
).(
1
Đặt (x1).(x4) y0 (3) ta có:
y2 - 3y -18 = 0
Từ đó ta dễ dàng tìm được y,thay vào (3) ta tìm được x
Bài 7:Gpt:(2x2 - 3x +1).(2x2 + 5x + 1)=9x2 (1)
Giải:
(1)4x4 4x3 20x2 2x10 (x 0).Chia cả hai vế cho x 2 ta được : 4x2 + 4x -20 + = 0
x
x
Đặt y = (2)
2
x
x x
x
x
x 1
2
Ta có: y2 + 2y -24 = 0
Từ đó ta tìm được y,thay vào (2) ta dễ dàng tìm được x
Trang 33
Bài 8:Gpt: x2 16x642 x2 8x16 x2 0 Giải: 0 4 2 8 x x x Đến đây ta xét từng khoảng ,bài toán trở nên đơn giản Bài 9:Gpt: (1 + x + x2)2 = 5.(1 + x2 + x4) Giải: 4 2 3 2 4 2 2 2 2 5 5 5 1x x x x x x x 0 2 2 0 4 2 2 2 4 2 3 4 2 3 4 x x x x x x x x Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho, vậy x 0. Chia cả hai vế của phương trình trên cho x2 ta được: 2x2 - x + 1 - 1 22 0 Đặt y = (*) Ta có: x x x x 1 2y2 - y - 3 = 0.Từ đó ta dễ dàng tìm được y, thay vào (*) ta tìm được x Bài 10: Gpt: (6-x)4 + (8-x)4 = 16 Giải: Đặt 7 - x = y (*) Ta có: (y-1)4 + (y + 1)4 =162y4 +12 y2 +2 = 162.(y-1).(y+1).(y2+7)=0 y =1 hoặc y = -1 Thay các giá trị của y tìm được ở trên thay vào (*) ta dễ dàng tìm được các giá trị của x II.Tìm các nghiệm nguyên (x;y) hoặc (x;y;z) của các phương trình sau: Bài 1: x2 = y.(y+1).(y+2).(y+3) Giải: Đặt y2 + 3y = t Ta có: x2 = y.(y+1).(y+2).(y+3) = (y2 + 3y).(y2+ 3y +2) = t2 + 2t *Nếu t > 0 thì t2 < x2 = t2 + 2t < (t+1)2 suy ra không tồn tại x thỏa mãn *Nếu t < -2 thì 2t + 4 < 0 nên t2 + 2t > t2 + 4t + 4 suy ra t2 + 2t > t2 + 4t + 4 = (t+2)2 Suy ra: x2 = t2 + 2t > (t + 2)2 (*) Lại có: t2 +2t < t2 suy ra x2 < t2 (**) Từ (*)&(**) suy ra (t + 2)2 < x2 < t2 suy ra x2 = (t+1)2 suy ra t2 +2t = (t +1)2 (=x2) x - 0 4 8 +
x-8 - - - 0 +
x-4 - - 0 + +
x - 0 + + +
Trang 4Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS
4
Suy ra : t2 +2t = t2 +2t +1 (Vô lý)
*Nếu t = -1 suy ra x2 = t2 +2t = -1 <0 (Vô lý)
*Nếu t = 0 suy ra x = 0y = 0 hoặc -1 hoặc -2 hoặc -3
Bài 2:
) 2 ( 1 2 2
) 1 ( 2
2 xy x z
x
z y
x
Giải:
Từ (2) ta có: 2x2 - xy+x-2z =1 kết hợp với (1) ta có:
2x2 - xy+x-2.(2 - x + y)=12x2 -xy +3x-2y-5 =0
7 , 1 2 2
7 2
7 1 2
5 3
2
x
x x
x x
Từ đó ta tìm được x tìm được y tìm được z
Bài 3:
) 2 ( 1
) 1 ( 3
2 2
2 y z
x
z y
x
Giải:
Thay (1) vào (2) ta được:
(y + z -3)2 -y2 -z2 =1yz - 3y - 3z = -4(y-3).(z-3) = 5 = 1.5 = (-1).(-5) = 5.1=
=(-5).(-1
Từ đó ta tìm được y và z tìm được x
Bài 4: 2xy + x + y = 83.
Giải:
1 2
167 1
1 2
2 166 2
1
2
y y
y x
y
y
Từ đó ta tìm được y tìm được x
Bài 5: 3
y
zx x
yz
z
xy
Giải:
Điều kiện : x,y,z 0.
Nhận xét:Trong ba số x,y,z luôn tồn tại hai số cùng dấu (Theo nguyên tắc Đirichlê có 3 số -3 thỏ mà chỉ
có hai chuồng-mọi số nguyên khác 0 chỉ mang dấu âm hoặc dấu dương)
Ta có thể giả sử x,y cùng dấu với nhau.Suy ra x.y = xy > 0 và , 0
x
y y x
Đặt A= 3
y
zx x
yz z
xy
Giả sử z <0 khi đó 3 = A = 0000 (Vô lý)
y
zx x
yz z xy
Vậy z >0.Ta có:
A = 3 3.3 3.3 xy z
x
y z y
x z z
xy y
x z x
y z z
xy y
zx x
yz
z
xy
1 ,
1
1 ,
1 1
, 1
1
y x z
y x z xy
z z
xy
Trang 55
Bài 6: 2x2 - 2xy = 5x + y - 19
Giải:
Từ bài ra ta có:
17 , 1 1 2 1 2 17 1
2
17 2 1
2
19 5
2 2
x
x x
x
x
Từ đó ta tìm được x tìm được y
III.Giải hệ phương trình và các phương trình khác.
2
1 1
2
x x
Giải:
Điều kiện :x0, x 2
-Nếu x < 0 thì
2
2
1 1
x
1 2
1
2
x
Vậy ta xét x > 0:
Đặt x = a và 2x2 b (a,b > 0)
Ta có:
2
2 1
1
2
2 b
a
b
a
Có: 2 11 2 1 ab1 (1)
ab b
a
Lại có: 2 = a2 + b2 2ab suy ra 1 ab (2).
Từ (1)&(2) suy ra ab = 1 mà a2 + b2 =2 nên suy ra (a+b)2 = 4 suy ra a + b = 2
2
1
x b
a b
a
ab
Bài 2: 4x2 14x x2 y2 2y3 x4 16y5
Giải:
Điều kiện:
) 4 ( 0 16
) 3 ( 0 3 2
) 2 ( 0 4 1
) 1 ( 0 4
4
2 2
2
x
y y x
x x
Từ (4) suy ra x2 4 kết hợp với (1) suy ra x 2 = 4 kết hợp với (2) suy ra x = 2 Phương trình đã cho trở thành:
5
1
y
Lúc này việc tìm y không còn khó khăn gì nữa (Lập bảng xét dấu)
Bài 3: 2x4 -21x3 + 74x2 -105x +50 =0
Trang 6Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS
6
Giải:
Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho
Vậy x 0.Chia cả hai vế của phương trình đã cho cho x 2 ta được:
0 26
25
21
25
2 0 50 105 74
21
2
2
2
x
x x
x x
x x
x
x
x 25
2y2 -21.y - 26 = 0.Từ đó ta tìm được ytìm ra x
Bài 4:
7 1
4 1
5 1
1
2
x x
x x
Giải:
Đặt :
0 1
0 1
x b
x a
Hệ đã cho trở thành:
7 4
5 2
b a
b a
Từ đó tìm được a =3,b =1
Đến đây việc tìm ra x không còn khó khăn nữa
Bài 5:
) 2 ( 1 5
) 1 ( 1 5 1
x y
y x
Giải:
Thay biểu thức (2) vào phương trình (1) ta có:
1 1 2 1 5 1 5
x
Từ đó ta tìm được x.Việc tìm giá trị của y cũng không có gì khó khan nữa
Bài 6:
) 2 ( 0 3
3 2
) 1 ( 0 24 45 12 4
15
2
2 2
2 2
xy x y y x
y x y
xy x
Giải:
Phương trình (2) phân tích được như sau:
(x - y).(x -3 + 2y) = 0
y x
y x
2 3 Xét các trường hợp thay vào phương trình (1) ta dễ dàng tìm được x và y
Bài 7: x3 + (3-m).x2 + (m-9).x + m2 -6m + 5 = 0
Giải:
Phương trình đã cho phân tích được như sau:
x(m5).x2 2x(m1)0
Đến đây việc giải và biện luận phương trình không còn khó khăn gì nữa
Trang 77
Bài 8:
xyz z
y
x
z y
x
4 4 4
1
Giải:
Bổ đề:a,b,cR:a2 b2 c2 abbcca
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c (Dễ dàng chứng minh được bổ đề trên)
Sử dụng bổ đề ta có:
xyz = x4 + y4 + z4 x 2y2 + y2z2 + z2x2 xyz.(x + y + z) = xyz.
Suy ra các dấu bất đẳng thức ở trên đều phải trở thành đẳng thức tức là ta phải có:
x = y =z kết hợp với giả thiết ban đầu :x + y + z =1 ta được:
3
1
y z
x
) 2 )(
2001 (
) 1 ( 1
2000 2000
1999 1999
2 2
xy y x x y
y x
y
x
Giải:
Điều kiện: x,y 0
Nhìn nhận phương trình (2) ta thấy:
-Nếu x > y thì:
VT > 0, VP < 0 suy ra: VT > VP
-Nếu y > x thì:
VT <0, VP >0 suy ra: VT < VP
-Nếu x = y khi đó: VT =VP =0
Kết hợp với (1) (Chú ý:x,y0.) ta được:
2
1
y
x
Bài 10: x 2x52 x3 2x52 2 2 (1)
Giải:
2
1 1 5 2
2
4 3 5 2 1
5
Ta có:
4 1 5 2 5 2 3 1 5 2 5 2
3
Vậy dấu bất đẳng thức ở trên phải trở thành dấu đẳng thức tức là:
2
5 7
5 2 9
0 5 2 0 5
2
x
x x
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: 2;7
5
x
CHUYÊN ĐỀ 2: Bất đẳng thức.
Các bài toán tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất.
Trang 8Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS
8
Bài 1:Cho a,b,c là độ dài của ba cạnh tam giác.
CMR: ab + bc + ca a 2 +b2 +c2 < 2.(ab + bc + ca)
Giải:
Ta có:
a2 +b2 +c2 - ab + bc + ca ( ) ( ) ( ) 0
2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c
Vậy: ab + bc + ca a 2 +b2 +c2
Lại có:
a < b + c a2 < a.(b + c) (1)
Tương tự: b2 < b.(a + c) (2) ,c2 < c.(b + a) (3)
Cộng (1),(2),(3) theo vế ta được:
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.(xz) z.(yz) xy (1)
Giải:
Đặt: (m,n,z > 0)
n
z
y
m
z
x
Khi đó (1) trở thành: zm zn (zm).(zn)
(2)
n z
z
m n
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
)
.(
1
)
.(
2
m n z n z
m
m n z
z
m n z
n
z
m
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:
0 1
0
y x y
x xy
Ta có:
)
1 ( 4
1 4
1
2
xy xy xy
y
x
Lại có:
) ).(
1 1 ( ) (
4 ) ).(
1 1 (
4
8
2
2
2 2 2 2 2 2 2 2 4
4 2 2 4
4
y
x
y x y
x y
x y
x
Suy ra: 8.(x4 + y4)1 (2)
Trang 99
Từ (1) và (2) suy ra:
xy
y
x
Ta có đpcm
Bài 4:Cho ba số phân biệt a,b,c.CMR:Có ít nhất một trong ba số sau đây là số dương:
x = (a + b + c)2 - 9ab ; y = (a + b + c)2 - 9cb ; z = (a + b + c)2 - 9ac
Giải:
Ta có:
x + y + z = 3 (a + b + c)2 - 9.(ab + bc + ca) = 3.(a2 + b2 +c2- ab - bc - ca) =
= ( ) ( ) ( ) 0 (Do a b c a)
2
3 ab 2 bc 2 ca 2
Vậy trong ba số x,y,z luôn có ít nhất một số dương
0
1
ab
b a
8
1
4
4 b
a
Giải: Hoàn toàn tương tự bài 3.
Bài 6:CMR:x10 y10.x2 y2 x8 y8.x4 y4
Giải:
Ta có: x10 y10 x2 y2 x8 y8 x4 y4
2 2 12
12 y x y x y x y x y x y
2
2y x y x y x y
2
0
4 2 2 4 2 2 2
2
2
6 6 2 2
2
2
y y x x y x
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 :
P = a3 + b3 + c3 - 3abc < 0
Giải:
Có:
P = a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c).(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) < 0
4
1 ) 1 2 (
1
25
1 9
1
2
n
Giải:
Dễ dàng biến đổi tương đương chứng minh được:
1 )
1 2 (
2
1
2
1
)
1
2
(
1
n
Áp dụng ta có:
4
1 2 2
1 2
1 2
1 2 2
1 1 2
1
4
1 3
1 3
1
2
1
2
1
) 2 2 ).(
1 2 (
1
5 4
1 4 3
1 3
2
1
2
1
n n
n
n n
A
Ta có đpcm
Trang 10Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS
10
Bài 9:CMR: Nếu: p,q > 0 thì: pq
q p
q
2 2
Giải:
Có:
2
2
q p
q pq p q p pq
q
p
q
p
Ta có đpcm
Bài 10:CMR: với mọi số nguyên dương k >1.Từ đó suy ra:
k k
k
1 1
1 1
với n >1
n n
1 2
1
3
1
2
1
1 2 2 2
Giải:
k k
k k k
1 1
1 )
1 (
1 1
Áp dụng cho k = 2,3, ,n ta được:
1 2
1 1
1
3
1 2
1 2
1 1
1 1
1
3
1
2
1
n n
n
Bài 11:Cho hai số x,y thỏa mãn: x > y và xy = 1.CMR: 2 2 2 2 0
y x
y x
Giải:
Ta có:
0 2 2
2 )
( 2 2
2
2
y x y x y
x y x
y
x
y
x
Ta có đpcm
Bài 12:Cho tam giác ABC có các cạnh thỏa mãn: abc.CMR:abc2 9bc
Giải:
Từ giả thiết bài ra ta có:
2 9 (1) 5
4
0 ) 4 ).(
( 0 4
2
2 2
b
c b c b c
b c
a
b
b
Mà: (a + b + c)2 (2b + c) 2 (2)
Từ (1) và (2) suy ra:
(a + b + c)2 (2b + c) 2 9bc.
Ta có đpcm
Bài 13:
Cho 0 < a,b,c < 2.CMR:Ba số a.(2-b) ; b.(2-c) ; c.(2-a) không đồng thời lớn hơn 1
Giải:
Ta có:
1 2
2 2
2 2
2
) 2 ( )
2 (
)
2 (
) 2 ( )
2
(
)
2
.(
2 2
2
c c
b b
a
a
c c b b a a a c c b
b
a
Tích của ba số nhỏ hơn hoặc bằng 1 vì vậy chúng không thể đồng thời lớn hơn 1
Trang 1111
Ta có đpcm
Bài 14: Cho ba số a,b,c thỏa mãn: a > b > c > 0.CMR:
c a c a
c b
a
b
a
b
Giải:
Ta có:
c a c a
c b
a b
a
b
2
2
2 2 2
2
2 2 2
2
2
2 2
c
b
c a b
a
c a a
b a
a
c a c a b a b
a
c a c a b a b
a
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng
Vậy ta có đpcm
Bài 15:Cho các số dương x,y,z thỏa mãn:x2 y2 z2 1.CMR: 1
3 3 3
x
z z
y y x
Giải:
Áp dụng BĐT Cô Si: 3 2 3 xy 2x2 (1)
y
x xy
y
Tương tự: 3 yz 2y2 (2) và (3)
z
y 3 xz 2z2
x
z
Cộng (1),(2),(3) theo vế ta có:
) (
3 3
3
z y x zx x
z yz z
y
xy
y
x
Suy ra:
1 ) (
) (
) (
3
3
3
x
z
z
y
y
x
Vậy ta có đpcm
1 2 2
&
2 3
5
2 3
2
x x
b x
a Q x
x
x P
trị của x trong tập xác định của chúng
Trang 12Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS
12
Giải:
Điều kiện:x2,1
2 3
2 )
2 ( 2
3
5 )
1 , 2
2 3
2
x x
b a x b a ax
x x
x x
2
1 5
2
0
2
1
b
a b
a
b
a
a
Bài 2:Cho số nguyên n, A= n5 - n
a-Phân tích A thành nhân tử
b-Tìm n để A=0
c-CMR: A chia hết cho 30
Giải:
a) A= n5 - n = n.(n4 -1) = n.(n-1).(n+1).(n2 + 1)
b) A=0n = 0,1,-1
c) Theo Định Lý Fecma: n5 n(mod5)n5 n5 A5 (1)
Lại có:n(n1)2 A2(2) và:(n1).n.(n1)3A3 (3)
Vì 2,3,5 đôi một nguyên tố cùng nhau nên từ (1),(2)&(3) suy ra A(2.3.5) (đpcm)
Bài 3: CMR: Nếu x,y là những số nguyên thỏa mãn điều kiện x2 + y2 chia hết cho 3 thì cả x và y đều chia hết cho 3
Giải:
Nhận xét:Số chính phương chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1
Vì vậy từ giả thiết x2 + y2 chia hết cho 3x, y 3
Bài 4:Tìm giá trị của p,q để đa thức (x4 + 1) chia hết cho đa thức x2 + px + q
Giải:
Giả sử (x4 + 1) = (x2 + px + q).( x2 + mx + n)
Khai triển và đồng nhất hệ số ta được hệ:
q q p qn
p m qn
q
pm
n
p
m
1
1 1
0 0
2
Vậy có thể thấy các giá trị của p,q cần tìm là:
q q p
q
1 0
Bài 5:Cho đa thức:A(x)x4 14x3 71x2 154x120 xZ
a)Phân tích A(x) thành nhân tử
b)Chứng minh đa thức A(x) chia hết 24
Giải:
a).Ta có: A(x) x4 14x371x2 154x120
Trang 1313
) 20 9 ).(
3 ).(
2 (
) 60 47 12
).(
2 (
2
2 3
x x x
x
x x
x x
b).Ta có:A(x)=
24
2
) (
120 144
72 ) 14 ).(
1 ).(
1
x
x B
-Nếu x chia hết cho 4,x-14 chia hết cho 2 B(x) chia hết cho 8
-Nếu x chia cho 4 dư 1 thì x-1 chia hết cho 4,x+1 chia hết cho 2B(x) chia hết cho 8
-Nếu x chia cho 4 dư 2 thì x-14 chia hết cho 4,x chia hết cho 2B(x) chia hết cho 8
-Nếu x chia cho 4 dư 3 thì x + 1 chia hết cho 4,x-1 chia hết cho 2B(x) chia hết cho 8
Vậy trong mọi trường hợp ta đều có B(x) chia hết cho 8 (1)
Mà tích của ba số nguyên liên tiếp thì chi hết cho 3 nên (x-1).x.(x+1) chia hết cho 3
B(x) chia hết cho 3 (2)
Mà (3,8)=1 nên từ (1) và (2) suy ra B(x) chia hết cho 24
Vậy ta có đpcm
Bài 6:Tìm tất cả các số nguyên x để: x2 + 7 chia hết cho x-2
Giải:
Ta có: x2 + 7 = (x-2).(x + 2) +11 chia hết cho x-2 khi và chỉ khi 11 chia hết cho x-2
x-2=-1,-11,1,11
Từ đó ta dễ dàng tìm ra các giá trị x thỏa mãn bài ra
Bài 7: Một đa thức chia cho x-2 thì dư 5, chia cho x-3 thì dư 7.Tính phần dư của phép chia đa thức đó cho
(x-2).(x-3)
Giải:
Gọi đa thức đã cho là F(x).Theo bài ra ta giả sử đa thức dư cần tìm là ax+b
Ta có:
F(x) = (x-2).(x-3).A(x) + ax + b (trong đó A(x) là đa thức thương trong phép chia)
Theo giả thiết và theo định lý Bơdu ta có:
F(2)=2a +b=5 và F(3)=3a+b=7
Giải hệ hai phương trình trên ta tìm được a = 2, b = 1
Vậy đa thức dư là 2x+1
Bài 8: Cho biết tổng các số nguyên a1, a2, a3 , an chia hết cho 3.Chứng minh rằng:
A(x) = 3 3 cũng chia hết cho 3
2
3
1 a a n
Giải:
Theo định lý fecma ta có:n3 n(mod3)nZ
1 a
2 a
n
n a
2
3
1 a a n
a a1a2 a n(mod3)0(mod3)
Ta có đpcm
Bài 9:Chứng minh rằng (7.5 +12.6 ) luôn chia hết cho 19, với mọi số n tự nhiên.n n
Giải:
Ta có:
A = 7.52n + 12.6n = 7.25n + 12.6n
Ta có: 256(mod19)25n 6n(mod19).Suy ra:
) 19 (mod 0 ) 19 (mod 6 19 6
12
6
A
Ta có đpcm