Chuyen de boi duong HSG Toan 678

Tất cả các số hạng khác của tổng đều chứa một thừa số 2003.. Dạng II :Phương pháp tách trong biến đổi phân thức đại số lớp 8.[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

với các số 98 và 99.

A                          

2 3 4  100 > 0 Nên A

< 99.

Ta có  

k k  k k với mọi k 1 nên

Do đó A99 B99 1 98  Vậy 98A99

2 2

4 9 16

n

n



Bài toán 2: Viết số 1 2 23344 999 99910001000trong hệ thập phân Tìm ba số đầu tiên bên trái số đó?

Giải: Ta có A  1 223344 999 99910001000 ; Đặt

1000 3000

3000

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

Đặt C 1000 1000 210003 1000 99910001000103106  102997103000=100100100 1000

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:

A

    Chứng minh rằng 0,15A0, 25.

A

B n  n  n  n  n (1)

 Với n 1 từ (1) ta có: B3n29n 6 3n23n23n1 n2

Từ đó :

Suy ra

3 13 13

.

 Với n 1 từ (1) ta có: B2n26n 4 2n23n22n1 n2 Từ đó :

Suy ra

2 13 13

Vậy 0,15A0, 25

Bài toán 4: Tính

A

B biết :

A

n n

B

n n

Giải:

Với các số nguyên dương n và k ta có      

n n k n n k n n k n n k



Với k = 30 ta có :

Với k = 1978 ta có :

Từ (1) và (2) suy ra

A

B

.

Bài toán 5: Tính tổng sau:  2  2  2

n

Giải:

Với n 1 thì    

n

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   

  970200

3

A

2

Từ bài toán (*) suy ra

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

Do đó 6 1 23252 99 299.100.101

hay

6

2

6

Công thức tính tổng các bình phương n số tự nhiên

6

Bài toán 7: Tính

B

A biết:

A

n n

B

Ta có  

n n  n n và          

n n n n n  n n Nên:

A

n n



B

B

Do đó

:

B

1011531 2

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 y z   z x x y   y z z x  với xy ;y z ;zx Từ kết quả trên ta có thể

suy ra hằng đẳng thức:            

x y x z   z y x z   x y y 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

a b b c a b b c

a c c a a c a c

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

B

Giải Vận dụng công thức (*) ta đ ược

B

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

   

1

x c x a x c x a

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

a b a c x a    b a b c x b    c a c b c x    x a x b x c  

Biến đổi vế trái, ta được:                  

a b a c x a    b a b c x b    c a c b c x   =







trái bằng vế phải Đẳng thức được chứng minh.

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

Giải: Ta có            

Tương tự ta có:    

c a

b c b a b c a b



a b

c b c a b c c a



Từ (1) ;(2) và (3) ta có

a b b c c a

Bài toán 5: Rút gọn biểu thức:

      với ab; bc; ca

Giải:

Ta có:            

Tương tự:    

2

b a b c a b b c



    (2)    

2

c a b c c b c a



Cộng (1), (2) và (3) vế theo vế ta có

0

Bài toán 6: Cho ba phân thức 1

a b ab



b c bc



c a ca



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

Giải:

Ta có : 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 b c c a    

Giải:

M

a b b c c a a b c a b c a b c a b c

 

M

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

Bài toán 8: Đơn giản biểu thức

A

a a b a c b b a b c c c b c a

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

A

abc a b b c a c abc a b b c a c abc a b b c a c

abc a b b c a c



2008 c a c b a b a c b a b c 2008 a b b c a c 2008

Bài toán 9: Tính giá trị của biểu thức:

2004 2005 2006 2007 2008

Giải: Đặt a = 2004 Khi đó:

2

P





1