Tài liệu Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi thcs môn toán

  • Số trang: 35 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 110 |
  • Lượt tải: 0
dangvantuan

Đã đăng 62262 tài liệu

Mô tả:

I. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP Để cm một mệnh đề phụ thuộc số tự nhiên n N ta không thể thử trực tiếp với mọi số tự nhiên được vì tập hợp số tự nhiên là vô hạn. Song ta có thể tiến hành các bước kiểm tra như sau Bước 1 : Trước hết ta kiểm tra rằng mệnh đề đúng với n=0 Bước 2 : Rồi ta chứng rằng : Từ giải thiết mệnh đề đúng với một số tự nhiên n=k 0 bất kì suy ra nó đúng với n=k+1 . Ví dụ : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 2 ta có đẳng thức : an-bn =(a-b)(an-1 +an-2b +…..+ bn-1) Chứng minh Ta chứng minh bằng phương pháp qui nạp . * Khi n=2 ta có a2 -b2=(a-b)(a+b) là đúng * Giả sử đẳng thức đúng khi n=k . Tức là ta có : ak-bk =(a-b)(ak-1 +ak-2b +…..+ bk-1) Ta cần chứng minh đúng với n=k+1 . Tức là C/m ak+1-bk+1 =(a-b)(ak +ak-1b +…..+ bk) . Thật vậy ta có : VT = ak+1 - bk+1 = ak+1 -akb + akb -bk+1 = ak(a-b)+ b(ak -bk) = ak(a-b) + b(a-b)(ak-1 +ak-2b +…..+ bk-1) = (a-b)[ ak + b(ak-1 +ak-2b +…..+ bk-1)] = (a-b)(ak +ak-1b +…..+ bk) = VP Vậy theo giả thiết quy nạp đẳng thức đúng với mọi n  2 Bài 1: Chứng minh với mọi số tự nhiên n  1 ta có đẳng thức : 1+2+3+4…………+ n = n(n  1) 2 Bài 2: Chứng minh rằng với mọi n  N* ta có : = 12 +22 +32 + 42 +52 +……+n2 n(n  1)(2n  )  Bài 3: Chứng minh rằng với mọi n  N biểu thức Un=13n -1 chia hết 6. Bài 4 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n  3 ta có 2n > 2n+1 Bài 5: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có: 4.32n  2  32n  36 64 Boài döôõng hoïc sinh giỏi toán THCS 1 Bài 6 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 1 ta luôn có: (n+1)(n+2)…(2n)  1.3.5…(2n-1) Bài 7 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta luôn có: n3+2n  3 Bài 8: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta luôn có: 16n  15n  1 225 A. CHIA HẾT SỐ NGUYÊN 1. Định nghĩa: Cho hai số nguyên bất kì a và b (b  0). Tồn tại một và chỉ một cặp số nguyên (q, r) sao cho a = bq + r với 0  r  b . * Nếu r = 0 thì a chia hết cho b: a  b  a = kb a, b, k  * Nếu r  0 phép chia a cho b là có dư 2. Tính chất của qua hệ chia hết: a a * Trong n+1 số nguyên bất kì (nN*) chia a  b và b  a thì a = b cho n thì có hai số chia cho n có cùng số a  b và b  c thì a  c dư. a m thì ka  m và ak  m * Để chứng tỏ A(n) chia hết cho một số a  m, b  m thì a  b  m nguyên tố p ta có thể xét mọi trường hợp a  b  m mà a  m thì b  m về số dư của n chia cho p. a  m, b  n thì ab  nm * Để chứng tỏ A(n) chia hết cho hợp số m, a  m thì an  mn ta phân tích m thành tíchcác thưac số đôi an  m, m nguyên tố thì a  m một nguyên tố cùng nhau rồi lần lượt a  m, a  n mà (n, m) = 1 thì a  mn chứng tỏ A(n) chia hết cho từng thừa số a  m, a  n, a  k; n, m, k nguyên tố đó. sánh đôi thì a  mnk * Để CM f(x) chia hết cho m thông thường a  m, b  m thì a  b  m ta phân tích f(x) thành nhân tử rồi xét số * Trong n số nguyên liên tiếp (nN*) có dư khi chia x cho m. một và chỉ một số chia hết cho n. PHƯƠNG PHÁP GIẢI : 1/ Phương pháp 1 : A(n) chia hết cho p; ta xét số dư khi chia n cho p Ví dụ : A(n) = n(n2+1)(n2+4) chia hết cho 5 n chia cho 5 có số dư là r =0,1,2,3,4,5 a/ Với r = 0 thì n chia hết cho 5 => A(n) chia hết cho 5 Boài döôõng hoïc sinh giỏi toán THCS 2 b/ Với r = 1 => n = 5k+1 => n2= 25k2+10k +1 thì (n2+4) chia hết cho 5=> A(n) chia hết cho 5 c/ Với r = 2 => n = 5k+2 => n2= 25k2+20k +4 thì (n2+1) chia hết cho 5=> A(n) chia hết cho 5 d/ Với r = 3 => n = 5k+3 => n2= 25k2+30k +9 thì (n2+1) chia hết cho 5=> A(n) chia hết cho 5 e/ Với r = 4 => n = 5k+4 => n2= 25k2+40k +16 thì (n2+4) chia hết cho 5=> A(n) chia hết cho 5 2/ Phương pháp 2 : A(n) chia hết cho m; ta phân tích m = p.q a/ (p,q) = 1 ta chứng minh: A(n) chia hết cho p, A(n) chia hết cho q => A(n) chia hết cho p.q b/ Nếu p và q không nguyên tố cùng nhau ta phân tích A(n) = B(n).C(n) và chứng minh B(n) chia hết cho p, C(n) chia hết cho q => , A(n) chia hết cho p.q 3/ Phương pháp 3 : Để chứng minh A(n)  m có thể biến đổi A(n) thành tổng nhiều hạng tử và chứng minh mỗi hạng tữ chia hết cho n. 4/ Phương pháp 4 : Để chứng minh A(n)  m ta phân tích A(n) thành nhân tử, trong đó có một nhân tử bằng m hoặc chia hết cho m: A(n) = m.B(n) + Thường ta sử dụng các hằng đẳng thức : an – bn  a – b ( a  b) n bất kỳ. an – bn  a – b ( a  - b) n chẵn. an + bn  a + b ( a  - b) n lẻ. 5/ Chứng minh bằng quy nạp toán học : Bài 1. Chứng minh rằng : a) n5 - 5n3 + 4n  120 ; với  n  Z b) n3-3n2-n+3  48 ; với  n lẻ c) n4 + 4n3 -4n2 -16n  384 với  n chẵn Bài 2. CMR: a) n 4  n 2  12 b) n(n  2)(25n 2  1)  24 c) Chữ số tận cùng của số tự nhiên n và n5 là d) (a  b) 6  (a 3  b3 ) 6 e) Cho n > 2 và (n, 6) = 1. CMR n 2  1 24 giống nhau. g) 32n  1  2n  2  7 f) B, CHIA HẾT ĐA THỨC : Boài döôõng hoïc sinh giỏi toán THCS 3 32n  2  26n  1 11 1. Ta sử dụng định lý Bơ zu : Số dư trong phép chia đa thức f(x) cho nhị thức x – a bằng giá trị của đa thức f(x) tại x = a. Từ đó ta có các hệ quả : Đa thức f(x)  ( x – a) < = > f(a) = 0 tức là khi a là nghiệm của đa thức Từ đó suy ra : Đa thức f(x) có tổng các hệ số bằng 0 thì chia hết cho x – 1 Đa thức f(x) có tổng các hệ số của số hạng bậc chẵn bằng tổng các hệ số của số hạng bậc lẻ thì f(x)  ( x + 1) 2.Đa thức bậc 2 trở lên : Cách 1 : Phân tích đa thức bị chia thành nhân tử trong đó có nhân tử chi hết cho đa thức chia. Cách 2 : Xét giá trị riêng. 3/ Chứng minh đa thức chia hết cho đa thức khác : Cách 1 : Phân tích đa thức bị chia thành nhân tử trong đó có 1 thừa số chia hết cho đa thức chia. Cách 2 : Biến đổi đa thức bị chia thành tổng các đa thức chia hết cho đa thức chia. Cách 3 : Sử dụng biến đổi tương đương : chứng minh f(x)  g(x) ta chứng minh : f(x) + g(x)  g(x) hoặc f(x) - g(x)  g(x). Cách 4 : Chứng tỏ rằng mọi nghiệm của đa thức chia đều là nghiệm của đa thức bị chia Bài 1. Xác định các hằng số a ; b sao cho: a) 4x 2 - 6x + a  (x-3) d) 10x2 - 7x + a  (2x - 3) b) 2x2 + x + a  (x+3) e) 2x2 + ax + 1 chia cho x - 3 dư 4 c) x3 + ax2 - 4  (x2 + 4x + 4) g) ax5 + 5x4 - 9  (x-1) Bài 2 Tìm các hằng số a và b sao cho x3 + ax + b chia cho x + 1 thì dư 7, chia cho x - 3 thì dư -5 Bài 3 Tìm n  Z để : a/ n2 + 2n – 4  11 Boài döôõng hoïc sinh giỏi toán THCS b/ 2n3 + n2 + 7n +1  2n – 1 4 c/ n3 – 2  n – 2 e/n4 – 2n3 + 2n2 – 2n + 1  n4 d/ n3 - 3n2 + 3n - 1  n2 +n + –1 1 Bài 4: Tìm số dư phép chia x99 + x55 + x11 +x + 7 cho x + 1 a/ x50 + x10 + 1  x20 + x10 + 1 Bài 5: CMR : b/ x2 - x9 – x1945  x2 - x + 1 c/ x10 - 10x + 9  (x – 1)2 d/ 8x9 - 9x8 + 1  (x – 1)2 I. MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VỚI NGHIỆM NGUYÊN 1. Dạng 1: Phương trình bậc nhất. a. Phương trình dạng: ax + by = c (a,b,c nguyên) * Cách giải: - Tách cá hệ số về tổng các số chia hết cho a hoặc b (Số nào có GTTĐ lớn hơn) - Sử dụng dấu hiệu và tính chất chia hết của một tổng để tìm ra một ẩn . Thay nghiệm vừa tìm được vào phương trình ban đầu tìm nghiệm còn lại. - Kết luận nghiệm Bài tập mẫu: Tìm nghiệm nguyên của a  a1  d  b  b  1 d phương trình: 2x + 3y = 11 Giải:  x  y  5   x 0  b1t  y  y 0  a1 t Vậy nghiệm phương trình là: 2x + 3y = 11 Cách 1: nghiệm tổng quát  x  x  4 – 3t   y  2t  1 1 y 2 x nguyên khi 1  y 2 hay y = 2t + 1 t   x = 4 – 3t Vậy nghiệm nguyên của phương trình:  x  4 – 3t   y  2t  1 Cách 2: tZ Ví dụ 1 Giải phương trình: 11x + 18 y = 2x + 3y = 11 120 d = (a, b) = (2, 3) = 1 Hướng dẫn giải nghiệm riêng: (x0, y0) = (4, 1) Boài döôõng hoïc sinh giỏi toán THCS 5 11x + 18 y = 120  11x + 22y – 4y = 121 Hướng dẫn giải –1 Theo cách giải trên ta tìm được nghiệm  11(x + 2y -11 ) = 4y – 1  x  7t  12  y  27  12t nguyên của phương trình (1) là  4y – 1  11 => 12y – 3  11 Với điều kiện nghiệm nguyên dương ta  y – 3  11 => y = 11t + 3 (t  Z )  x  7t  12  0 => t = 2  y  27  12t  0 x = 6 – 18 t. có:   x  6  18t  y  11t  3 Vậy nghiệm pt là:  (t  Z ) Vậy nghiệm nguyên của phương trình là x  2  y  3 Ví dụ 2 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 12x + 7y = 45 (1) Giải phương trình này với hai ẩn x; y (t là b. Phương trình dạng: ax + by +cz= d tham số) ta được: (a,b,c,d nguyên) Ví dụ Tìm nghiệm nguyên của phương trình: Nghiệm của phương trình: (5t – 5k – 2; 1 – 6x + 15y + 10 z = 3 (1) 2t; 3k) Với t; k nguyên tuỳ ý Hướng dẫn giải (1)  3(2x +5y +3 z-1) = - z => z  3 => z = 3t (t  Z ) Thay vào phương trình ta có: 2x + 5y + 10t = 1 (t  Z ) . Dạng 2: Phương trình bậc hai hai ẩn. Dạng ax2 + by2 + cxy + dx + ey + f = 0 (a, b, c, d, e, f là các số nguyên) Ví dụ 1 Tìm nghiệm nguyên của phương (2; 3); (-5; 2) Thử lại các giá trị đó đều trình: đúng. 5x – 3y = 2xy – 11 (1) Cách 2. Đưa về phương trình ước số: Cách 3: Coi đó là phương trình bậc hai ẩn Hướng dẫn giải Cách 1: Rút y theo x: y = x, y là số đã biết. Đặt ĐK để có x nguyên. 5 x  11 x5  2 2x  3 2x  3 Ví dụ 2 Tìm các nghiẹm nguyên của (Do x nguyên nên 2x + 3 khác 0) phương trình. Vì y nguyên => x + 5  2x + 3 => …. 7  x 2 + 2y2 +3xy –x – y + 3 =0 (1) 2x + 3 Lập bảng ta có: các cặp (x; y) là: (- Hướng dẫn giải 1;6); (-1; -2); Boài döôõng hoïc sinh giỏi toán THCS Sử dụng cách thứ 3 như ví dụ trên. 6 3. Dạng 3: Phương trình bậc ba trở lên có hai ẩn. Ví dụ 1 Tìm nghiệm nguyên của phương Hướng dẫn giải trình: x(x+1)(x+2)(x+3) = y2 (1) Ta có: x  y . x 2  xy  y 2  8 Ta có x khác y Hướng dẫn giải vì nếu x = y => x2 + 8 = 0 Vô lý. Phương trình (1)  (x2 + 3x)(x2 + 3x + 2) = Vì x; y nguyên => x  y  1 => 2 y x 2  xy  y 2  xy  8 2 => x2 + xy + y2  xy  8 Đặt a = x + 3x (ĐK: a  2 (*) (2) Ta có: a2 – 1 = y2 GiảI phương trình này Nếu xy + 8 < 0=> (2)  (x + y)2  -8. Vô bằng cách đưa về phương trình ước số: => nghiệm. nghiệm phương trình (1) N ếu xy +8 > 0 => (2)  x2 + y2  8 Ví dụ 2. Tìm nghiệm nguyên của phương => x2 , y2 0;1; 4 Từ đó tìm được Hai trình: nghiệm nguyên của (1) là: (0; - 2); (2; 0) x3 - y3 = xy + 8 (1) 4. Dạng 4: Phương trình dạng phân thức. Ví dụ 1 Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 Giả sử 1 1 1 1    (1) x y 6 xy 6 x  17 a =   Với a, b nguyên, b x 9 b khác 0 và (a, b) = 1. Hướng dẫn giải Nếu a = 0 => x = 17. Đặt điều kiên sau đó đưa về phương trình Nếu a khác 0. Ta có (a2, b2) = 1 => x – 17 = ước số Tìm được hai nghiệm (43; 7); (7; 43) a2.k; x – 9 = b2.k (k nguyên) Ví dụ 2 Tìm x nguyên sao cho x  17 là x 9 Từ đó ta có: 8 = (a + b).(b – a).k Lập bảng tìm được nghiệm của phương bình phương của một phân số. trình Hướng dẫn giải x =17; 18; 8 5. Dạng 5: Phương trình dạng mũ. Nếu x = 0 => y2 = 4 => y = 2 hoặc y Ví dụ Tìm các số tự nhiên x, y sao cho: 2x + 3 = y2 (1) = -2. Nếu x = 1 => y2 = 5 Vô nghiệm Hướng dẫn giải nguyên. Boài döôõng hoïc sinh giỏi toán THCS 7 Nếu x  2 => 2x  4 Do đó vế tráI chia (0; 2); (0; -2) cho 4 dư 3 mà y lẻ (Do 1) => y2 chia 4 dư 1 => Vô lý. Vậy nghiệm nguyên của (1) là: II. BÀI TẬP: 1. Tìm nghiệm nguyên của phương 4. Tìm số nguyên dương bé nhất chia trình: cho 100 dư 1, chia cho 98 dư 11. a) 2x + 3y = 11 5. Có 37 cây táo có số quả bằng nhau, b) 3x + 5y = 10 17 quả hỏng, số còn lại chia đều cho 2. Tìm tất cả các nghiệm nguyên 79 người. Hỏi mỗi cây có ít nhất dương của phương trình: 4x + 5y = mấy quả? 65 3. Phân tích số 100 thành hai số tự nhiên một số chia hết cho 7, một số chia hết cho 11. I. Tính chất cơ bản của BĐT: a) a < b, b < c  a < c f) b) a < b  a +c < b+ c. a  b  a 2 n 1  b 2 n 1 0 < a  b  a 2 n  b2n c) a< b  a.c < b.c (với c > 0)  n    g) a  b  2 n 1 a  2 n 1 b n   0  a  b  2n a  2n b n   a< b  a.c > b.c (với c < 0) d) a < b và c < d  a+c < b + d. e) 0 < a < b và 0 < c < d n      a.c < b.d II. BĐT Cauchy: (Cô–si) ab  ab a,b  0 2 Đẳng thức ab  abc  ab xảy ra khi và chỉ khi a = b. 2 Boài döôõng hoïc sinh giỏi toán THCS 8 abc 3 1 a a, b, c  0 Hệ quả: a +  2 , a  0 III. Bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối a) |x|  0, |x|  x, |x|  -x b) |x|  a  -a  x  a ( với a > 0) |x|  a  x  -a hoặc x  a c) |a|-|b|  |a+b|  |a| + |b|. II. BĐT Bunhinacôpxki III. Cho a > -1, n  N* : Cho a, b, x, y là các số thực, ta có: (1+ + a)n  1 + na. 2 (a 2  b 2 )( x 2  y 2 )  (ax + by) Đẳng thức xảy ra khi: BĐT Becnuli Đẳng thức xảy ra khi a b  x y a = 0 hoặc n = 1 Tổng quát: Cho 2n số thực: a1 , a2 ,.., an ; b1 , b2 ,.., bn  Bất đẳng thức Cô-si mở rộng: Ta có: Cho n số không âm: a1; a2; …; an.. Ta có: | a1b1  a2b2  ..  anbn |  (a12  a22  ..  an2 )(b12  b22  ..  bn2 ) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: a1  a2  ...  an  n a a1a2 ...an a1 a2 a   ..  n b1 b2 bn Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a1  a2  ...  an Bài 1: 1 a 1 b Cho hai số dương a và b . Chứng minh : (a+b)(  )  4 Giải: Vì a, b l hai số dương nên áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: (a+b)  2 ab 1 1 1 + 2 a b ab 1 1 1 (a+b)     2 ab .2 =4 ab a b Dấu “=” xảy ra khi v chỉ khi:a= b. Bài 2: Với mọi a, b,x,y, thuộc Chứng minh rằng: | ax  by | a .   b 2  x 2  y 2  Áp dụng : 1. Cho x2 + y2 =1 , chứng minh - 2  x+y  2 Boài döôõng hoïc sinh giỏi toán THCS 9 2. Cho x+2y = 2 , chứng minh x2 + y2  4 5 Bài 3 Cho ba số dương a, b, c. Chứng minh rằng: 1 1 1   9 a b c  a  b  c   Bài 4: Cho a, b, c  0. C/m: ab+bc+ca 3  abc 3 Bài 5: Cho a,b,c >0. C/m: ab bc ca    abc c a b Bài 6: Cho a > 0, b > 0, c > 0, a + b + c =1. Chứng minh rằng:  1  1   1   1   1    1    64  a  b   c  Bài 7: CMR với 4 số a, b, x, y bất kỳ ta có: 2 (a 2  b 2 )( x 2  y 2 )  (ax + by) .Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? Bài 8: Cho a, b, c, d > 0. Cm: ab  cd  a  c b  d  Bài 9: CM bất đẳng thức: a2  b2  c2  d 2  a  c 2  b  d 2 Bài 10: Cho a, b, c là các số dương cm BĐT a2 b2 c2 abc    bc ca ab 2 Bài 11: CM với mọi n nguyên dương thì: 1 1 1 1   ...   n 1 n  2 2n 2 Bài 12: Cho a3 + b3 = 2. Cmr: a + b  2. Bài 13: Cho a, b, c thỏa mãn: a + b + c = -2 (1) a2 + b2 + c2 = 2 (2) 4 CMR mỗi số a, b, c đều thuộc đoạn  ;0  3  Bài 14: Cho a, b, c thỏa mãn hệ thức 2a + 3b = 5. Boài döôõng hoïc sinh giỏi toán THCS 10 CMR: 2a2 + 3b2  5. Bài 15: Cho a, b là hai số thỏa mãn đi: a + 4b = 1. CM: a2 + 4b2  Bài 16: CM: 1 . Dấu “=” xảy ra khi nào? 5 2 2 2 2 2  2 2 2 2 1 3 Bài 17: Chứng minh: a) (a 2  b 2 )( x 2  y 2 )  (ax + by)2 b) 0  x  2  4  x  2 Bài 18: Cho a, b, c > 0. Cm: a b c 3    bc ca ab 2 Bài 19: Cho S  1  1 2  1 3  ...  1 100 . CMR: S không là số tự nhiên. Bài 20: a) Cho x, y dương. CMR: 1 1 4 .   x y x y Dấu bằng xảy ra khi nào? b) Tam giác ABC có chu vi P  abc . 2 1 1 1  1 1 1    2    p a pb p c a b c Dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC có đặc điểm gì? Bài 21: a) CM x > 1 ta có: x x 1 2 b) Cho a > 1, b > 1. Tìm GTNN của: P  a2 b2  b 1 a 1 Bài 22: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. CM: a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) Bài 23: CMR nếu a, b, c > 0 và a + b + c = 1 thì  1 1 1      9. a b c Bài 24: CMR nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thì: ab + bc + ca  a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) Bài 25: Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh là a, b, c và có chu vi là 2. Boài döôõng hoïc sinh giỏi toán THCS 11 CMR: a2 + b2 + c2 + 2abc < 2 Bài 26: Cho a, b là 2 số thực thỏa mãn điều kiện: (a - 1)2 + ( b - 2)2 = 5. Cm: a + 2b  10. Bài 27: Cho a, b là các số thực thỏa mãn điều kiện a2 + b2 = 4 + ab. CMR: 8  a 2  b 2  8 . Dấu bằng xảy ra khi nào? 3 Bài 28: CMR với mọi a, b > 0 thỏa mãn ab = 1. Ta có BĐT: 1 1 2   3 a b ab Bài 29: CMR nếu: a) 1  a  5 thì 3 a  1  4 5  a  10 b) a + b  0; b  1  0; a  b  2 thì a  1  b  1  2 2 Bài 30: Cho biểu thức P 3 1  4  3 x  x  x 1 x  x  x 1 4  5 4 3 x  x  x  x2  x  1 4 3 CMR: 0  P  32 với x  1 . 9 Bài 31: a) Cho a, b, k là các số dương và Cmr : a 1 b a ak  b bk b) Cmr nếu a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác thì: a b c < 2.   bc ca ab 1 1 Bài 32: Cho các số dương a, b thỏa mãn điều kiện a + b = 1. CMR : 1  1    9  a  b Bài 33: CM B ĐT sau đây đúng với mọi x, y là các số thực bất kỳ khác 0:  x y x2 y2  2  4  3   2 y x  y x 1) Định nghĩa: Là số có dạng n 2 , n  . 2) Tính chất: 1. Số chính phương chẵn thì chia hết cho 4, số chính phương lẻ khi chia cho 8 dư 1 2. Nếu a=3k thì a 2  0  mod 9  ; Nếu a  3k thì a 2  1 mod 3 Boài döôõng hoïc sinh giỏi toán THCS 12 3. Giữa các bình phương của hai số nguyên liên tiếp không có số chính phương nào 4. Số chính phương chỉ có thể có chữ số tận cùng bằng 0, 1, 4, 5, 6, 9 ; không thể có chữ số tận cùng bằng 2, 3, 7, 8 5. Nếu hiệu của hai số nguyên bằng 2n thì tích của chúng thêm n2 sẽ là số chính phương. 6. Nếu ab chính phương, (a,b)=1 thì a chính phương và b chính phương. HD: G/s ab= c2và gọi d=(a,c) suy ra a=a1d; c=c1d, (c1, d1)=1do đó ab=c12d + Do a1d  c12  b c12 vi  a1 , c1   1 + Do c12 d  b  c12  b vi  b, d    b, a   1  b  c12 ; a  c2  d2 b 7. Nếu một số chính phương chia hết cho p, p- nguyên tố thì số chính phương đó chia hết cho p2. Do đó nếu một số a chia hết cho số nguyên tố p nhưng số a không chia hết cho p2 thì a không là số chính phương. 2. Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số chính phương chỉ chứa các thừa số nguyên tố với số mũ chẵn. 3. Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 4n hoặc 4n + 1. Không có số chính phương nào có dạng 4n + 2 hoặc 4n + 3 (n  N). 4. Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 3n hoặc 3n + 1. Không có số chính phương nào có dạng 3n + 2 (n  N). 5. Số chính phương tận cùng bằng 1 hoặc 9 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn. Số chính phương tận cùng bằng 5 thì chữ số hàng chục là 2 Số chính phương tận cùng bằng 4 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn. Số chính phương tận cùng bằng 6 thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ. 6. Số chính phương chia hết cho 2 thì chia hết cho 4. Số chính phương chia hết cho 3 thì chia hết cho 9. Số chính phương chia hết cho 5 thì chia hết cho 25. Số chính phương chia hết cho 8 thì chia hết cho 16. III. MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG A. DẠNG1: CHỨNG MINH MỘT SỐ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên x, y thì A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 là số chính phương. Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 Boài döôõng hoïc sinh giỏi toán THCS 13 = (x2 + 5xy + 4y2)( x2 + 5xy + 6y2) + y4 Đặt x2 + 5xy + 5y2 = t ( t  Z) thì A = (t - y2)( t + y2) + y4 = t2 –y4 + y4 = t2 = (x2 + 5xy + 5y2)2 V ì x, y, z  Z nên x2  Z, 5xy  Z, 5y2  Z  x2 + 5xy + 5y2  Z Vậy A là số chính phương. Bài 2: Chứng minh tích của 4 số tự nhiên liên tiếp cộng 1 luôn là số chính phương. Gọi 4 số tự nhiên, liên tiêp đó là n, n + 1, n+ 2, n + 3 (n  N). Ta có n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = n.(n + 3(n + 1)(n + 2) + 1 = (n2 + 3n)( n2 + 3n + 2) + 1 (*) Đặt n2 + 3n = t (t  N) thì (*) = t( t + 2 ) + 1 = t2 + 2t + 1 = ( t + 1 )2 = (n2 + 3n + 1)2 Vì n  N nên n2 + 3n + 1  N Vậy n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 là số chính phương. Bài 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + . . . + k(k+1)(k+2) Chứng minh rằng 4S + 1 là số chính phương . Ta có k(k+1)(k+2) = = 1 1 k(k+1)(k+2).4 = k(k+1)(k+2).[(k+3) – (k-1)] 4 4 1 1 k(k+1)(k+2)(k+3) - k(k+1)(k+2)(k-1) 4 4 1 1 1 1 1 1  S = .1.2.3.4 - .0.1.2.3 + .2.3.4.5 - .1.2.3.4 +…+ k(k+1)(k+2)(k+3) 4 4 4 4 4 4 k(k+1)(k+2)(k-1) = 1 k(k+1)(k+2)(k+3) 4 4S + 1 = k(k+1)(k+2)(k+3) + 1 Theo kết quả bài 2  k(k+1)(k+2)(k+3) + 1 là số chính ph ương. Bài 4: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889; … Dãy số trên được xây dựng bằng cách thêm số 48 vào giữa số đứng trước nó. Chứng minh rằng tất cả các số của dãy trên đều là số chính phương. Ta có 44…488…89 = 44…488..8 + 1 = 44…4 . 10n + 8 . 11…1 + 1 n chữ số 4 n-1 chữ số 8 n chữ số 4 n chữ số 8 n chữ số 4 n chữ số = 4. Boài döôõng hoïc sinh giỏi toán THCS 10 n  1 10 n  1 . 10n + 8. +1 9 9 14 2 =  2.10 n  1  4.10 2 n  4.10 n  8.10 n  8  9 4.10 2 n  4.10 n  1  = =  9 9 3   Ta thấy 2.10n +1=200…01 có tổng các chữ số chia hết cho 3 nên nó chia hết cho 3 n-1 chữ số 0 2  2.10 n  1     3    Z hay các số có dạng 44…488…89 là số chính phương. Bài 5: Chứng minh rằng các số sau đây là số chính phương: A = 11…1 + 44…4 + 1 2n chữ số 1 n chữ số 4 B = 11…1 + 11…1 + 66…6 + 8 2n chữ số 1  10 n  2   Kết quả: A =   3 n+1 chữ số 1 n chữ số 6 ;   10 n  8   B =   3 ;  Bài 6: Chứng minh rằng các số sau là số chính phương: a. A = 22499…9100…09 n-2 chữ số 9 n chữ số 0 b. B = 11…155…56 n chữ số 1 n-1 chữ số 5 a. A = 224.102n + 99…9.10n+2 + 10n+1 + 9 = 224.102n + ( 10n-2 – 1 ) . 10n+2 + 10n+1 + 9 = 224.102n + 102n – 10n+2 + 10n+1 + 9 = 225.102n – 90.10n + 9 = ( 15.10n – 3 ) 2  A là số chính phương B. DẠNG 2: TÌM GIÁ TRỊ CỦA BIẾN ĐỂ BIỂU THỨC LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài1: Tìm số tự nhiên n sao cho các số sau là số chính phương: a. n2 + 2n + 12 c. 13n + 3 b. n ( n+3 ) d. n2 + n + 1589 Giải Boài döôõng hoïc sinh giỏi toán THCS 15 a. Vì n2 + 2n + 12 là số chính phương nên đặt n2 + 2n + 12 = k2 (k  N) 2  (n + 2n + 1) + 11 = k 2 2 2  k – (n+1) = 11  (k+n+1)(k-n-1) = 11 Nhận xét thấy k+n+1 > k-n-1 và chúng là những số nguyên dương, nên ta có thể viết (k+n+1)(k-n-1) = 11.1  k+n+1 = 11  k=6 k–n-1=1 n=4 b. Đặt n(n+3) = a2 (n  N)  n2 + 3n = a2  4n2 + 12n = 4a2 2  (4n + 12n + 9) – 9 = 4a 2 2  (2n + 3) 2 - 4a = 9  (2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9 Nhận xét thấy 2n + 3 + 2a > 2n + 3 – 2a và chúng là những số nguyên dương, nên ta có thể viết (2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9.1  2n + 3 + 2a = 9  n=1 2n + 3 – 2a = 1 a=2 c. Đặt 13n + 3 = y2 ( y  N)  13(n – 1) = y2 – 16  13(n – 1) = (y + 4)(y – 4)  (y + 4)(y – 4)  13 mà 13 là số nguyên tố nên y + 4  13 hoặc y – 4  13  y = 13k  4 (Với k  N) 2  13(n – 1) = (13k  4 ) – 16 = 13k.(13k  8) 2  n = 13k  8k + 1 Vậy n = 13k2  8k + 1 (Với k  N) thì 13n + 3 là số chính phương. a. Đặt n2 + n + 1589 = m2 (m  N)  (4n2 + 1)2 + 6355 = 4m2  (2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355 Nhận xét thấy 2m + 2n +1> 2m – 2n -1 > 0 và chúng là những số lẻ, nên ta có thể viết (2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355.1 = 1271.5 = 205.31 = 155.41 Suy ra n có thể có các giá trị sau: 1588; 316; 43; 28. Bài 2: Tìm a để các số sau là những số chính phương: a. a2 + a + 43 b. a2 + 81 c. a2 + 31a + 1984 Kết quả: a. 2; 42; 13 b. 0; 12; 40 Boài döôõng hoïc sinh giỏi toán THCS 16 c. 12; 33; 48; 97; 176; 332; 565; 1728 Bài 3: Tìm số tự nhiên n ≥ 1 sao cho tổng 1! + 2! + 3! + … + n! là một số chính phương . Với n = 1 thì 1! = 1 = 12 là số chính phương . Với n = 2 thì 1! + 2! = 3 không là số chính phương Với n = 3 thì 1! + 2! + 3! = 1+1.2+1.2.3 = 9 = 32 là số chính phương Với n ≥ 4 ta có 1! + 2! + 3! + 4! = 1+1.2+1.2.3+1.2.3.4 = 33 còn 5!; 6!; …; n! đều tận cùng bởi 0 do đó 1! + 2! + 3! + … + n! có tận cùng bởi chữ số 3 nên nó không phải là số chính phương . Vậy có 2 số tự nhiên n thỏa mãn đề bài là n = 1; n = 3. Bài 4: Tìm n  N để các số sau là số chính phương: a. n2 + 2004 ( Kết quả: 500; 164) b. (23 – n)(n – 3) ( Kết quả: 3; 5; 7; 13; 19; 21; 23) c. n2 + 4n + 97 d. 2n + 15 Bài 5: Có hay không số tự nhiên n để 2006 + n2 là số chính phương. Giả sử 2006 + n2 là số chính phương thì 2006 + n2 = m2 (m  N) Từ đó suy ra m2 – n2 = 2006  (m + n)(m - n) = 2006 Như vậy trong 2 số m và n phải có ít nhất 1 số chẵn (1) Mặt khác m + n + m – n = 2m  2 số m + n và m – n cùng tính chẵn lẻ (2) Từ (1) và (2)  m + n và m – n là 2 số chẵn  (m + n)(m - n)  4 Nhưng 2006 không chia hết cho 4  Điều giả sử sai. Vậy không tồn tại số tự nhiên n để 2006 + n2 là số chính phương. Bài 6: Tìm số tự nhiên n có 2 chữ số biết rằng 2n+1 và 3n+1 đều là các số chính 2 phương. Ta có 10 ≤ n ≤ 99 nên 21 ≤ 2n+1 ≤ 199. Tìm số chính phương lẻ trong khoảng trên ta được 25; 49; 81; 121; 169 tương ứng với số n bằng 12; 24; 40; 60; 84. Số 3n+1 bằng 37; 73; 121; 181; 253. Chỉ có 121 là số chính phương. Vậy n = 40 C.DẠNG 3: TÌM SỐ CHÍNH PHƯƠNG Boài döôõng hoïc sinh giỏi toán THCS 17 Bài 1: Cho A là số chính phương gồm 4 chữ số. Nếu ta thêm vào mỗi chữ số của A một đơn vị thì ta được số chính phương B. Hãy tìm các số A và B. Gọi A = abcd = k2. Nếu thêm vào mỗi chữ số của A một đơn vị thì ta có số B = (a+1)(b+1)(c+1)(d+1) = m2 với k, m  N và 32 < k < m < 100 a, b, c, d  N ; 1 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b, c, d ≤ 9 A = abcd = k2  Ta có B = abcd + 1111 = m2 2 2  m – k = 1111  (m-k)(m+k) = 1111 (*) Nhận xét thấy tích (m-k)(m+k) > 0 nên m-k và m+k là 2 số nguyên dương. Và m-k < m+k < 200 nên (*) có thể viết (m-k)(m+k) = 11.101 Do đó m – k == 11  m = 56 m + k = 101 n = 45 A = 2025  B = 3136 Bài 2: Tìm 1 số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng số gồm 2 chữ số đầu lớn hơn số gồm 2 chữ số sau 1 đơn vị. Đặt abcd = k2 ta có ab – cd = 1 và k  N, 32 ≤ k < 100 Suy ra 101cd = k2 – 100 = (k-10)(k+10)  k +10  101 hoặc k-10  101 Mà (k-10; 101) = 1  k +10  101 Vì 32 ≤ k < 100 nên 42 ≤ k+10 < 110  k+10 = 101  k = 91 2  abcd = 91 = 8281 Bài 3: Tìm số chính phương có 4 chữ số biết rằng 2 chữ số đầu giống nhau, 2 chữ số cuối giống nhau. Gọi số chính phương phải tìm là aabb = n2 với a, b  N, 1 ≤ a ≤ 9; 0 ≤ b ≤ 9 Ta có n2 = aabb = 11.a0b = 11.(100a+b) = 11.(99a+a+b) (1) Nhận xét thấy aabb  11  a + b  11 Mà 1 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b ≤ 9 nên 1 ≤ a+b ≤ 18  a+b = 11 Thay a+b = 11 vào (1) được n2 = 112(9a+1) do đó 9a+1 là số chính phương . Bằng phép thử với a = 1; 2; …; 9 ta thấy chỉ có a = 7 thỏa mãn  b = 4 Số cần tìm là 7744 Bài 4: Tìm một số có 4 chữ số vừa là số chính phương vừa là một lập phương. Boài döôõng hoïc sinh giỏi toán THCS 18 Gọi số chính phương đó là abcd . Vì abcd vừa là số chính phương vừa là một lập phương nên đặt abcd = x2 = y3 Với x, y  N Vì y3 = x2 nên y cũng là một số chính phương . Ta có 1000 ≤ abcd ≤ 9999  10 ≤ y ≤ 21 và y chính phương  y = 16  abcd = 4096 Bài tập 1. Chứng minh rằng tổng của hai số chẵn liên tiếp không chính phương. HD: 2n  (2n  2)  4n  2  2  mod 4  2. Chứng minh rằng tổng các bình phương của 2 hoặc 3 số nguyên lẻ không chính phương. 2 HD: 2  2n  1   2k  1  2  mod 4  2 2 2  2n  1   2k  1   2l  1  3  mod8 3. Chứng minh rằng một số chẵn bất kì không phải là bội của 4 thì không thể phân tích thành hiệu 2 số chính phương. HD: 2  2k  1  a 2  b2   a  b  a  b  Do vế trái chẵn nên hai số a và b có cùng tính chẵn lẻ suy ra (a-b) và (a+b) cùng chẵn. Khi đó vế phải chia hết cho 4. 4. Chứng minh phương trình 13x2 +2 =y2 không có nghiệm nguyên. HD: + x và y cùng tính chẵn lẻ + Khi y chẵn: VP  0  mod 4  ; VT  2  mod 4  ; + Khi y lẻ : VP  1 mod8 ;VT  7  mod 8 ; 5. Tìm n  để 2n  8n  5 là chính phương. HD: + n  3  2n  8n  5  5  mod8 + n=2: 25 là chính phương. + n=0 hoặc 1 thì không thoả mãn 6. Chứng minh rằng không tồn tại n  để 24n+41 là chính phương. HD: G/s 24n+41=t2 + Nếu t chia hết cho 3 thì 24n+41=3(8n+13)+2 không chia hết cho 3 + Nếu t không chia hết cho 3 thì t 2  1 mod3  3  8n  13  2  1 mod 3 Boài döôõng hoïc sinh giỏi toán THCS 19 7. Chứng minh không tồn tại n  để 7.10n+4 là chính phương. HD: 7.10n  4  2  mod 3 8. Chứng minh rằng tích của 2 số tự nhiên khác không liên tiếp không chính phương. HD: có n2 < n(n+1) < n2+2n+1 = (n+1)2 9. Tìm n  n2 + 3n là chính phương. HD: Dễ thấy n = 0;1 đúng. Ngoài ra, có n2+2n+1< n2+3n < n2+4n+4 hay (n+1)2 < n2+3n< (n+2)2 10. Tìm n  để n2 + 3 chia hết cho 5. 11. Tìm n  để n! + 97 là chính phương. HD: Nếu n  5 thì n!+97 có tận cùng là 7 nên không chính phương. Nếu n = 4 thì 24+97 = 121= n2 Nếu 0  n  3 thì đều không thoả mãn. 12. Chứng minh rằng tích của 4 số tự nhiên liên tiếp thêm 1 là số chính phương. 13. Tổng các chữ số của một số chính phương có thể bằng 1994 hoặc 1995 được hay không? HD: a) N  S ( N )  mod 3 . Vì 1994  2  mod 3 nên nếu S(N)=1994 thì N  2  mod 3 b) vì 1995 chia hết cho 3, nhưng 1995 không chia hết cho 9 nên tổng các chữ số của 1 số chính phương không thể bằng 1995. 14. Chứng minh rằng tổng bình phương của 5 số nguyên liên tiếp không chính phương. HD:  n  2 2   n  12  n2   n  12   n  2 2  5  n 2  2  5 nhưng không chia hết cho 25. 15. Chứng minh rằng không tồn tại n  để n2+n+2 chia hết cho 3. HD: G/s n  để n2+n+2=3k khi đó n2+n+2-3k = 0 có nghiệm nguyên dương Có   3  4k  3  2 là số chính phương. Điều này vô lí vì   2  mod 3 16. Gọi N=2.3.4…Pn là tích của n số nguyên tố đầu tiên. Chứng minh rằng cả 3 số N, N1, N+1 đều không là số chính phương. HD: Nếu N chẵn nhưng không chia hết cho 4 nên N không chính phương. Nếu N+1=k2 thì k lẻ khi đó N=(k-1)(k+1) 4! Nếu N  1  2  mod 3 th ì N-1 không chính phương. 17. Chứng minh rằng tổng bình phương của 2 số lẻ không chính phương. 18. Chứng minh rằng số chính phương có chứa chữ số lẻ ở hàng chục thì chữ số hàng đơn vị luôn bằng 6. Boài döôõng hoïc sinh giỏi toán THCS 20
- Xem thêm -