Ôn tập môn Toán 8 - Phần I: Số học

CÁC BÀI TOÁN VỀ BIẾN ĐỔI CĂN THỨC, PHÂN THỨC Phần 1: Biến đổi các biểu thức chứa số.[r]

Phần I: SỐ HỌC

MỘT SỐ KIẾN THỨC CẦN GHI NHỚ

1/ nếu a 1 , a 2 , a 3 đều chia hết cho b

Thì : a/ a1+a2 + a3 +… chia hết cho b

b/ a1n + a2.n + a3.n … chia hết cho b

* HỆ QUẢ : a1  b

a1 + a2 b

2/ b1\ a1 , b2 \ a2 , b3 \ a3 thì b1.b2 .b3 \ a1.a2.a3

* HỆ QUẢ: b\ a thì bn\ an và b.c \ a.c ( với mọi n N, c 0 , c Z )  

3/ bc\ ac b \ a ( c 0) 

4/ Nếu a b

a c

( b,c) = 1

5/ Nhị thức Niu-Tơn:

a/ an - bn = ( a-b)(an-1b0 + an-2b + an-3b2+…+a0bn-1) với n N, và a b 

b/ an + bn = ( a+ b)(an-1b0 - an-2b + an-3b2 – an-4b3 +…-abn-2 + a0bn-1) với n N, n 

lẻ và a -b

c/ ( a+ b+ c)2 = a2 b2  c2 2ab 2ac 2bc

d/ (a b c   ) a2 b2  c2 2ab 2ac 2bc

6/ Định lý BRu ( mở rộng chia hết trong đa thức )

Nếu f(x) có nghiệm là x0 thì f(x) = ( x-x0)g(x) họăc f(x)  ( x-x0)

Nói cách khác f(x) (x- a) khi f(a) = 0

 CHÚ Ý:a/ Nếu tổng các hệ số của đa thức f(x) bằng 0 thì f(x) có nghiệm bằng 1 Hay f(x) (x-1)

Thì a2 b

[ [

[ [

a b.c

[ [

[

Lop8.net

b/ Neâu ña thöùc f(x) coù toơng caùc heô soâ baôc chaün baỉng toơng caùc heô soâ baôc lẹ thì f(x) coù nghieôm x = -1 Hay f(x) (x+1)

7/ CHIA HEÂT – CHIA COÙ DÖ :

 Ngoøai caùc ñieău kieôn chia heât hóc ôû lôùp 6 , ta caăn nhôù theđm caùc ñieău kieôn sau:

+ Mói soâ chaün ñeău chia heât cho 2

+ ÑK chia heât cho 4 ( hóaíc 25) : Soâ coù 2 chöõ soâ taôn cuøng laôp thaønh moôt soâ

coù 2 chöõ soâ chia heât cho 4 (hoaịc 25) thì soâ aây chia heât cho (4 hóaíc 25)

+ ÑK chia heât cho 8 ( hóaíc 125) : soâ coù 3 chöõ soâ taôn cuøng laôp thaønh moôt

soâ coù 3 chöõ soâ chia heât cho 8 (hoaịc 125) thì soâ aây chia heât cho 8 (hoaịc 125)

+ Tích 2 soâ töï nhieđn chaün lieđn tieâp luođn chia heât cho 8

+ Vôùi a,b Z ; b 0 luođn toăn tái moôt caịp soâ nguyeđn q, r sao cho  

< ) Ta gói r laø soâ dö , q laø thöông trong pheùp chia a cho

.

a b q r  (0 r b

b

+ Ñònh lyù BRu môû roông ( Tham khạo) : Phaăn dö cụa pheùp chia f(x) cho nhò thöùc

g(x) = x-a laø moôt haỉng soâ baỉng giaù trò cụa f(a)

+ Löôïc ñoă Hooc-Ne ( Tính heô soẩ cụa ña thöông vaø dö trong pheùp chia

 bn=an b n1 .b na n1 b n2 .b n1a n2 … b1 .b2 a1 1 0

.

r b a

( Doøng thöù 2 : giaù trò ôû ođ cuoâi cuøng laø soâ dö, giaù trò ôû moêi ođ coøn lái laø heô soâ cụa ña thöùc thöông)

+ Tam giaùc PASSCAN: 1

1 3 3 1

( Các số ở mỗi dòng của tam giác ứng với các hệ số trong khai triển các lũy thừa của một tổng 2 số hạng)

8/ NGHIỆM CỦA ĐA THỨC VỚI HỆ SỐ NGUYÊN :

n

a x a x  a x   a x a

 Nếu cĩ nghiệm hữu tỷ thì : p là ước của ap n ( ) và q là ước của a0 (

)

0

a q

 Nếu cĩ nghiệm nguyên x = a thì a là ước của an

 Nếu f(x) cĩ nghiệm x = a thì (x- a ) là một nhân tử của f(x)

* VD1- Phân tích đa thức: f(x) = x3 – x2 +4 thành nhân tử ( CMR : x3 – x2

+4 chia

hết cho x2+x+2)

+nghiệm nguyên nếu có của f(x) thì x =  1;1; 2; 2  

+ Thử lại ta có x = 2 là nghiệm

Vậy f x( ) (  x 2)(x2  x 2) ( ( ) 2 )

2 2

f x

 + x2+x+2 có = -7 < 0 ( VN)

* VD2 phân tích f(x) = 3x3 + 7x2 + 17x -5 thành nhân tử

Nghiệm nguyên nếu có của đa thức thì x      1; 1; 5; 5

Nghiệm hữu tỷ nếu có của đa thức thì x 1; 1; 5; 5

     

Thử lại ta có là nghiệm 1 do x2-2x +5 VN

3

2 1 ( ) 3( )( 2 5)

3

9/ Phương trình bậc hai :

Cĩ biệt thức :

 

2 2

4

  

* < 0 phương trình vơ nghiệm.

* = 0 tphương trình cĩ nghiệm kép  1 2

2

b

a

  

* > 0 phương trình cĩ 2 nghiệm phân biệt:  1 , 2

VD- 3x2 – 8x + 4 = 0

10/ phửụng phaựp chửựng minh baống quy naùp: f(x) = a

* CM f(x) ủuựng vụựi x = 1

* Giaỷ sửỷ f(x) ủuựng vụựi x = n

* Chửựng minh f(x) luoõn ủuựng vụựi x = n+1

VD

I-PHẫP CHIA HẾT

BÀI 1: 1, Cho biểu thức: A = 5

2

n





a, Tỡm cỏc số nguyờn n để biểu thức A là phõn số

b, Tỡm cỏc số nguyờn n để biểu thức A là số nguyờn

2, Tỡm x biết:

a, x chia hết cho cả 12; 25; 30 và 0 ≤ x ≤ 500

b, (3x – 24) 73= 2 74

c, x   5 16 2.( 3) 

3, Bạn Hương đỏnh số trang sỏch bằng cỏc số tự nhiờn từ 1 đến 145 Hỏi bạn Hương đó dựng bao nhiờu chữ số ? Trong những chữ số đó sử dụng thỡ cú bao nhiờu chữ số 0 ?

BÀI 2: 1, Cho S = 5 + 52 + 53 + + 596

a, Chứng minh: S 126

b, Tỡm chữ số tận cựng của S

2, Chứng minh A = n(5n + 3) n với mọi n Z 

3,Tỡm a, b N, biết: a + 2b = 48 

ƯCLN (a, b) + 3 BCNN (a, b) = 14

BÀI 2 :a Chứng minh: 12 1 (n Z) tối giản

30 2

n n



b.Bạn Hương đỏnh 1 cuốn sỏch dày 284 trang bằng dóy số chẵn

c, Bạn Hương cần bao nhiờu chữ số để đỏnh hết cuốn sỏch đú ?

d, Trong dóy số trờn thỡ chữ số thứ 300 là chữ số nào ?

e, Tớnh:

1.3 3.5 5.7     99.101 BÀI 3: 1) Rút gọn

108 63 81 42 27 21

36 21 27 14 9 7











A

) 3 (

3 10

7

3 7 4

3 4 1

3

N n n

n











Chứng minh: S  1

2004 2003

1 2004

2005 2004

1 2005

4) Tìm số nguyên tố P sao cho các số P + 2 và P +10 là số nguyên tố

5 Tìm giá trị nguyên dương nhỏ hơn 10 của x và y sao cho 3x - 4y = - 21

6 Cho phân số: ( ; 1 )

1





n

n A

a) Tìm n để A nguyên

b) Tìm n để A tối giản

BÀI 4

1) Tìm các giá trị của a để số 123a5

a) Chia hết cho 15 b) Chia hết cho 45 2/ Chứng minh rằng: A 10n  18n 1 chia hết cho 27 (n là số tự nhiên)

3/ Cho An3  3n2  2n

a) Chứng minh rằng A chia hết cho 3 với mọi số nguyên n

b) Tìm giá trị nguyên dương của n với n < 10 để A chia hết cho 15

4/ Trong đợt thi học sinh giỏi cấp tỉnh có không quá 130 em tham gia Sau khi chấm bài thấy số em đạt điểm giỏi chiếm , đạt điểm khá chiếm , đạt điểm

9

1

3 1

yếu chiếm tổng số thí sinh dự thi, còn lại là đạt điểm trung bình

14

1

Tính số học sinh mỗi loại

BÀI 5:

1/ Cho A 3  3 2  3 3   3 2004

a) Tính tổng A

b) Chứng minh rằng A 130 c) A có phải là số chính phương không ? Vì sao ? 2) Tìm n  Z để n2  13n 13 n 3

CHUYấN ĐỀ TÍNH TỔNG HỮU HẠN

Bài 1:

a Cho n là một số nguyờn dương Hóy so sỏnh:

và

2

1 + -

1 + -

b Tớnh:

1 + + + 1 + + + 1 + + + + 1 + +

Bài 2:

Chứng minh rằng:

với và

n

1 + + + + n

Ví dụ1(SGK-T8.Tr25)

Chứng minh rằng: n3 n chia hết cho 6 với mọi số nguyên n.

Giải:

Ta có n3 n =n.(n-1).(n+1) Trong ba số nguyên liên tiếp n,n-1,n+1 luôn cómột số chia hết cho 2 , một số chia hết cho 3 và (2,3)=1 Do đó n3 n . 6 Qua bài toán trên ta thấy n và n đồng dư khi chia cho các số 2,3 và6 từ đó 3

ta đề xuất một số bài toán tương tự như sau

Bài1:

Chứng minh rằng : n3 m3  6 nm 6 ( m,nZ)

Giải: Tacó (n3 m3 )  (nm)  (n3 n)  (m3 m)  6 , (theoVD1)

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.Tổng quát hoá ta được bài toán sau

Bài2: Chứng minh rằng:

) , 1 , ( , 6

6

3 1 2 3

3

3

3

2

3

Bài3: Cho A=1 3  2 3  3 3   98 3  99 3 Hỏi A có chia hết cho 6 không? Hướng dẩn: Đặt S=1+2+3+4+ +98+99 Theo bài 2 ta có A-S chia hết cho 6,trong đó S= 6 33 25 6 Do đó A

2

) 1 99 ( 99



S







6



Bài4:(Thi học sinh giỏi T.P-HCM năm học 2003-2004).

Chứng minh rằng: (x yz) 3 x3 y3 z3  6 với mọi số nguyên x,y,z

Giải:

)

(x yz 3 x3 y3 z3  xyz 3  x yz  x3 x  y3 y  z3 z

Theo VD1 ta thấy các hạng tử của VP đều chia hết cho 6, từ đó suy ra điều phải chứng minh

Bài5:

Viết số 2005 2004thành tổng của k số tự nhiên tuỳ ý a1,a2,a3, ,a k Tìm số dư

3

3 2

3

1 a a a k

3

3 2

3

1 a a a k

a     2005 2004 a1a2 a3  a k

Ta có N- 2005 2004  ( ) ( ) ( ) ( 3 ) 3,(VD )

3

3 3 2

3 2 1

3

Mặt khác 2005 2004chia cho 3 dư 1, do đó N chia cho 3 dư 1

Kết hợp với hằng đẳng thức đã học VD1được phát triển thành các bài toán thú vị sau

Bài 6:

Cho P  (a2 ab 1 ) 3  (b2  3ab 1 ) 3  (ab) 2 Chứng minh rằng P chia hết cho

6 với mọi số nguyên a,b

Giải:

Đặtxa2 ab 1 ;yb2  3ab 1  xy (ab) 2 Khi đó ta có

P=x3  y3  (xy)  (x3 x)  (y3 y)  6

Bài7: Chứng minh rằng với mọi số nguyên x,y thì:

3 3

) 3 ( )

3

(x3  xy2 3  y3  x2y   xy

Gợi ý: Đặt ax3  3xy2 ;by3  3x2yab (xy) 3 :,

1 3

Bài8: Cho các số nguyên x, y , z thoả mãn : x+y+z=3 2006 2007

Chứng minh rằng: M= (x2 xyyz) 3  (y2 xyxz) 3  (z2  yzxz) 3 chia hết cho 6

Giải:

Đặt ax2 xyyz;b y2 xyxz;c z2 yzxzM a3 b3 c3

Ta có: abcx2  y2 z2  2 (xyyzzx)  (xyz) 2  6 (Theogt)

Do đó M 6 (theo-BT2 )

Kết hợp ví dụ 1 với bài toán tìm nghiệm nguyên ta có một số bài toán sau

Bài 9: Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình sau:

a) (xy) 3  (yz) 3 x 2yz 2005 3 (1)

b) (x2  y2  1 ) 3  ( 2xy 1 ) 3  189 (2)

Giải:

a) ( 1 ) (x y) 3  (xy)  (yz) 3  (yz) 2005 3 (3)

Dễ thấy VT của (3) chia hết cho 6 (theo-VD1).Nhưng 2005 3 không chia hết cho 6,do đó phương trình đã cho không có nghiệm nguyên

b) Đặt p x2 y2  1 ;q 2xy 1  pq (xy) 2 Khi đó phương trình (2) trở thành : p3  q3  189 Vì 189 nên  3 p3 q3  3  pq 3 (theoBT1).Từ đó suy ra p+q là số chính phương chia hết cho 3

Mặt khác p3 q3  189  (pq)(p2  pqq2 )  9 3 7.Do đó p+q chỉ có thể bằng 9 (xy) 2  9 xy 3 (x,yZ ), từ đó suy ra phương trình có hai nghiệm (x,y)=(1,2)hoặc (2,1) Thử lại thấy thoã mãn

Bài 10 trang 14 (Sách bài tập tóan 9 tập I ) chứng minh rằng

n n

n n











1

1 1

Chứng minh : ( n 1  n)( n 1  n) n 1 n 1



n n

n n











1

1 1

Phát biểu cách khác :

1 Chứng tỏ với mọi số tự nhiên n thì ( n 1  n)và( n1  n ) là hai số nghịch đảo

2 n n (với n là số tự nhiên)

n



1

Bài 12: Tính

99 100

1

3 4

1 2

3

1 1

2

1

















1

1

3 4

1 2

3

1 1

2

1

















Giải :

a

99 100

1

3 4

1 2

3

1 1

2

1

















= 2  1  3  2  4  3   100  99  100  1  9

1

1

3 4

1 2

3

1 1

2

1

















= 2  1  3  2  4  3   n n 1  n 1

Bài 13: Tính

a A =

2006 20005

1

4 3

1 3

2

1 2

1

1

















b B =

1 2 2

1

4 3

1 3

2

1 2

1

1

















2 1

1 2

1









1

1 1













n n n

n

Gi¶i :

a A =

2006 20005

1

4 3

1 3

2

1 2

1

1

















=  ( 1  2 )  ( 2  3 )  ( 3  4 )   ( 2005  2006 )

=  1  2  2  3  3  4   2005  2006 =  ( 1  2006 )

b B =

1 2 2

1

4 3

1 3

2

1 2

1

1

















B =  ( 1  2 )  ( 2  3 )  ( 3  4 )   ( 2k  2k 1 ) =  1  2  2  3  3  4   2k  2k 1 = ( 2k 1  1 )

ëBµi 71, thay 1 = x N ta cã bµi to¸n 3

Bµi 14 Chøng minh: Víi x>0,n 0

Ta cã:

n x n

x n

x n









 Bµi15 TÝnh

a C =

13 16

3

7 10

3 4

7

3 1

4

3

















b D =

1 2 1 2

1

5 7

1 4

5

1 1

3

1



















Víi k lµ sè tù nhiªn 1

Gi¶i

a ¸p dông bµi 3 vµo bµi bµi 4 a ( 4) - = 3 , ë ®©y x = 32 1 2

Ta cã:

C =  … +

 1

4

 4 7

 7 10

3

13 16

3

 = 4  1  7  4  10  7   16  13

= 16  1  4  1  3

b áp dụng bài3vào bài bài 4b ( 3) - (2 1) = 2, ở đây x = 2 2

Do đó ta đưa về dạng bài toán 4a như thế nào ? ( Nhân 2 vào 2 vế )

3 1  5 3  7 5   2k 1 2k 1

2D = 3  1  5  3  7  5   2k 1  2k 1

2D = 2k 1  1  D =

2

1 1

2k 

Bài 16: Tính

a E =

25 24 24 25

1

3 2 2 3

1 2

1 1 2

1













Định hướng : = ?

n n

n

1







n n

n

1





1



n n

1 1

1







n n

n n

=

1

1 1





n n

E =

25

1 24

1

3

1 2

1 2

1 1

= 1-

5

4 5

1 1 25

1   

5 2 2 5 8 5 5 8 2006 2003 2003 2006

Ta cã 3

5 2 2 5 

3(5 2 2 5) (5 2 2 5)(5 2 2 5)





3(5 2 2 5)

30



10

2  5

2 2006

P

P

Bµi 17: Kh«ng dïng m¸y tÝnh h·y so s¸nh

A = 2007  2006vµ B = 2006  2005

Gi¶i :

ap dông bµi 71

A =

2006 2007

1



B =

2005 2006

1



A < B do  2007  2005

 2007  2006  2006  2005

Bµi 18: Tæng qu¸t tõ bµi 6 ta cã :

n 1  n  n n 1 víi n 1

¸p dông bµi 71 (bµi tËp to¸n 9 tËp I) ta cã ®iÒu ph¶i chøng minh Bµi 8 : Thay 1 = x ë bµi 7 ta cã : Víi n x >1

A = nx n

B = n  nx

ta cã : A < B

từ bài toán 6 ta có bài toán sau:

Bài 19: So sánh C và D

C = m p  m

D = n p  n

Với m > n > 0 ,p > 0

Ta có

C =

m p m

p





D =

n p n

p





Vì m > n C < D

*ap dụng bài 71 chứng minh bất đẳng thức

Bài 20 : Chứng minh

a n 1  n 1  2 n (Với n 1)

b nx nx  2 n (với n> x 0) 

Chứng minh

a n 1  n 1  2 n

1



Bất đẳng thức này đã chứng minh ở bài 7

b nx  nx  2 n

x n n n x



Đã chứng minh ở bài 8

Bài 21 : Chứng minh : 2m 2m 2  2 2m 1 với m -1

Chứng minh: Với n = 2 m +1, thay vào bài 10a thì ta được :

1 2 2 2 2

2m m  m

Bài 12:Không dùng máy tính và bảng số hãy chứng tỏ 101  99  0 , 1

Giải

99 101

2 99

101





 Vì 0 < 101  99  2 100 ( Suy ra từ bài 10a )

100 2

2 99

101



Bài 22: a Chứng minh rằng với mọi n N*

2

1

b Chứng minh: 2 (  1  )  1  2 ( n  n 1 )

n n n

Giải

2

1

( Ap dụng bài 71 trang 14 )



n n

n   1 

1 1

2

1

2 > + (hiển nhiên đúng )

b 2 (  1  )  1  2 ( n n 1 )

n n n

* Chứng minh : 2 ( n 1- n ) <

n

1

0 < <

n

n1 

1

n

2 1

 n 1 + n > 2 n

 n 1 > n

Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng

* Chứng minh

n

1

2( n n 1)

0 < <



n

2

1

1

1



 n

n

2 > +

>

Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng

Bất đẳng thức đã cho được chứng minh

Bài 23 : Cho S = 1+   … +

4

1 3

1 2

1

100 1

Chứng minh

18 < S < 19

Chứng minh

Áp dụng bài 13b ta có : 2 (  1  )  1  2 ( n n 1 )

n n n

Thay n = 2,3,4, 100 ta có:

2 ( 3  2) < < 2 ( )

2

1

1

2 

2 ( 4  3) < < 2 ( )

3

1

2

3 

2 ( 5  4) 2( 4   3)

………

2( 2 ( 100 99)

100

1 ) 100

Cộng vế với vế ta có

1 + 2 ( 3  2  4  3   101  100)< S < 1 + 2( 2  1 + 3  2+ 4  3

+ 100  99)

1+2 ( ) < S < 1+2 ( )

1+2 ( 10 -1,5 ) < S < 1+2 (10-1)

Vậy ta có : 18 < S < 19

Chú ý : Cũng có thể thay đổi nội dung bài này như sau :

Cách 1: Chứng minh S không phải là số tự nhiên

Cách 2: Tìm phần nguyên của S

Bài 24 So sánh A và B

A = 2 ( 2  4   2006 )  2008 ; B = 2 ( 1  3   2007 )

Áp dụng bài 11 2m 2m 2  2 2m 1 với m -1

Cho m = 0 , 1, 2 , …,1003 ta có:

0  2  2 1

3 2 4

………

………

………

2006  2008  2 2007

Cộng vế với vế ta có:

)

2007

3 1 ( 2 2008 )

2006

4

2

(



A < B



Bài 25 : Chứng minh rằng :

2500

1

4

1 3

1

2

Chứng minh : Từ bài 13 b ta cũng có : 2 ( 1 )

1

1

n n

 Lần lượt cho n = 0 , 1 , 2 , 3…, 2499 ta có

1 < 2

) 1

2

(

2

2

1





) 2 3

(

2

3

………

) 2499 2500

(

2

2500

1





Cộng vế với vế ta có:

2500

1

4

1 3

1

2

1























2500 2 2500

1

4

1 3

1

2

1



100 2500

1

4

1 3

1

2

1



( Điều phải chứng minh )

C Khai thác ứng dụng của bài 71 trong giải phương trình Bài 26 : Giải phương trình

1

1 1

2

1 2

3

1



















