Tài liệu đề cập đến các bài toán đại số dành cho học sinh giỏi lớp 6 và 7, tập trung vào các dãy số có quy luật và so sánh giá trị biểu thức. Các bài toán bao gồm so sánh các giá trị của biểu thức, tìm ba chữ số đầu tiên trong hệ thập phân và chứng minh các bất đẳng thức. Tài liệu cũng giải quyết các bài toán phức tạp hơn liên quan đến tính tổng và định nghĩa các chuỗi số học.

1. Bồi dưỡng học sinh giỏi môn 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: 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 ... 1 1 1 1 ... 1
4 9 16 10000 2 3 4 100
A
               
                                
               
=
2 2 2 2
1 1 1 1
99 ... 99
2 3 4 100
B
 
       
 
với B = 2 2 2 2
1 1 1 1
...
2 3 4 100
    > 0 Nên A
< 99.
Ta có
 
1 1 1
1 1k k k k
 
 
với mọi k 1 nên
2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
... ... 1 .... 1 1
2 3 4 100 1.2 2.3 3.4 99.100 2 2 3 3 4 99 100 100
B                      
Do đó 99 99 1 98A B     . Vậy 98 99A 
Tổng quát:    
2
2
3 8 15 1
2 ... 1
4 9 16
n
n 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 1000A        ; Đặt 1000 3000
3000
1000 10 100000...0000B    
gồm có 3001 chữ số mà 4 chữ số đầu bên trái là 1000 (1)
Đặt C 2 3 999 1000 3 6 2997 3000
1000 1000 1000 ... 1000 1000 10 10 .. 10 10           =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:
Cho
   
2 22
1 1 1 1
... ...
14 29 18771 2
A
n n n
     
   
. Chứng minh rằng 0,15 0,25A  .
Giải : Ta có
   
2 22
1 1 1 1
... ...
14 29 18771 2
A
n n n
     
   
   
2 22 2 2 2 2 2 2 2 22
1 1 1 1
... ...
1 2 3 2 3 4 24 25 261 2n n n
     
        
   
2 22 2
1 2 3 6 5B n n n n n        . (1)
 Với 1n  từ (1) ta có:     2 2
3 9 6 3 3 2 3 1 2B n n n n n n         . Từ đó :
  
1 1 1 1 1 1 1
... ...
3 2.3 3.4 1 2 24.25 25.26 3
A C
n n
 
           

2. Với C 
  
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 6
... ... ...
2.3 3.4 1 2 24.25 25.26 2 3 3 4 25 26 2 26 13n n
               
 
.
Suy ra
1 6 2
. 0,15
3 13 13
A    .
 Với 1n  từ (1) ta có:     2 2
2 6 4 2 3 2 2 1 2B n n n n n n         . Từ đó :
  
1 1 1 1 1 1 1
... ...
2 2.3 3.4 1 2 24.25 25.26 2
A C
n n
 
           
Với C 
  
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 6
... ... ...
2.3 3.4 1 2 24.25 25.26 2 3 3 4 25 26 2 26 13n n
               
 
.
Suy ra
1 6 3
. 0,25
2 13 13
A    . Vậy 0,15 0,25A 
Tổng quát:
       2 22 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1
...
6 3 2 1 2 3 2 3 4 4 2 21 2k kk k k
      
        
Bài toán 4: Tính
A
B
biết :
 
1 1 1 1
... ...
2.32 3.33 30 1979.2009
A
n n
     

;
 
1 1 1 1
... ...
2.1980 3.1981 1978 31.2009
B
n n
     

.
Giải:
Với các số nguyên dương n và k ta có
     
1 1 n k n k
n n k n n k n n k n n k

   
   
.
Với k = 30 ta có :
30 30 30 1 1 1 1 1 1
30 ... ...
2.32 3.33 1979.2009 2 32 3 33 1979 2009
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
... ... ... ... (1)
2 3 1979 32 33 2009 2 3 31 1980 1981 2009
A            
       
                      
       
Với k = 1978 ta có :
1978 1978 1978 1 1 1 1 1 1
1978 ... ...
2.1980 3.1981 31.2009 2 1980 3 1981 31 2009
B           
1 1 1 1 1 1
... ... (2)
2 3 31 1980 1981 2009
   
          
   
.
Từ (1) và (2) suy ra
1978 989
30 1978
30 15
A
A B
B
    .
Bài toán 5: Tính tổng sau:
     
2 2 2
3 5 4017
....
1 2 2 3 2008 2009
nS    
  
.
Giải:
Với 1n  thì
   
 
 
 
     
2 222 2 2
2 2 2 2 2 222 2 2 2 2
1 12 1 2 1 1 1
1 1 1 1 1 1
n n nn n n n n
nn n n n n n n n n n n
     
     
     
Do đó
     
2 2 2 2 2 2
3 5 4017 1 1 1 1 1 1
.... 1 ... 1
4 4 9 2008 2009 20091 2 2 3 2008 2009
nS             
  
.

3. Bài toán 6: Tính các tổng sau:
 1.2 2.3 ... . 1 ... 98.99A n n       (*) ;  1.99 2.98 ... 100 ... 98.2 99.1B n n       
Giải:
Ta có:        3 1.2.3 2.3.3 ... 3 1 ... 3.98.99 1.2. 3 0 2.3. 4 1 ... 98.99. 100 97A n n              .
 
970200
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
B           
         
   
99
99 1 2 3 ... 99 99. 99 1 . 99.99.50 323400 166650
2
A A           
Từ bài toán (*) suy ra
98.99.100
3 98.99.100
3
A A   .
Nếu  1.2 2.3 3.4 ... 1A n n      . 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 .3B n n n n             
         1. 0 2 3. 2 4 5. 4 6 ... 97. 96 98 99 98 100 .3             
   2 2 2 2 2
1.1.2 3.3.2 5.5.2 7.7.2 ... 99.99.2 .3 2.3. 1 3 5 7 .. 99           
 2 2 2
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
1 3 ... 99 166650.
6
     Vậy  
   22 2 2 1 2 2 2 3
1 3 ... 2 1
6
n n n
P n
  
     
Công thức tính tổng các bình phương n số tự nhiên
  2 2 2 2 1 2 1
1 2 3 ...
6
n n n
P n
 
     
Bài toán 7: Tính
B
A
biết:
 
1 1 1 1
... ...
1.2 2.3 1 2008.2009
A
n n
     

.
  
1 1 1 1 1
...
1.2.3 2.3.4 3.4.5 1 2 2008.2009.2010
B
n n n
     
 
.
Ta có
 
1 1 1
1 1n n n n
 
 
và
       
2 1 1
1 2 1 1 2n n n n n n n
 
    
Nên:
 
1 1 1 1 1 2008
... ... 1
1.2 2.3 1 2008.2009 2009 2009
A
n n
        

  
2 2 2 2 2 1 1 2019044
2 ... ...
1.2.3 2.3.4 3.4.5 1 2 2008.2009.2010 1.2 2009.2010 2009.2010
B
n n n
         
 
1 2019044 1009522
.
2 2009.2010 2009.2010
B   .
Do đó
1009522 2008 1009522.2009 5047611
:
2009.2010 2009 2008.2009.2010 2018040
B
A
  
1011531
2
2018040


4. 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: 1.2.3.4...1001A  và 1002.1003.1004...2002B  .
Ta viết B dưới dạng:     2003 1001 2003 1000 ... 2003 1B     . 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 2003B n n A    với n là số tự nhiên. Do đó: 2003A B n  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 1002.1003....2002B  và 1001.1000...2.1A   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.
        
1 1 1
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:
        
1 1 1
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.
        
2 2 2
A
a b c
a b a c b c b a c a c b
  
     
Áp dụng hằng đẳng thức (*)
           
2 2 2 2
A
a b b c
a b a c b c c a a c b a c a c b
   
       
           
  
  
  
  
2 2 2 2
a b a b b c b ca b b c
a b a c a b a c b c c a b c c a a b a c b c c a
   
     
           
1
a b b c a b b c
a c c a a c a c
   
    
   
Nếu a và 1 2; ;...; na a a là các số nguyên và n là số tự nhiên lẻ thì
     1 2 1 2. .... . ...n na a a a a a a a a a    

5. Bài toán 2: Cho ; ;a b b c c a   . Rút gọn biểu thức
  
  
  
  
  
  
x b x c x c x a x a x b
B
a b a c b c b a c a c b
     
  
     
Giải Vận dụng công thức (*) ta đ ược
  
  
  
  
  
  
x b x c x c x a x a x b
B
a b a c b c b a c a c b
     
   
     
  
  
  
  
  
  
  
  
x b x c x c x a x c x a x a x b
a b a c b c c a a c b a c a c b
       
   
       
  
  
  
  
  
  
  
  
     
  
     
  
  
  
  
  
x b x c x c x a x c x a x a x b
a b a c b c c a a c a b a c c b
x b x c x c x a x c x a x b x a x c a b x a b c
a b a c b c c a a b a c a b a c
       
    
       
             
   
       
1
x c x a x c x a
a c a c a c
    
   
  
Bài toán 3: Cho a, b, c đôi một khác nhau. Chứng minh rằng:
               
a b c x
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 c
a b a c x a b a b c x b c a c b c x
 
        
=
               
a b b c
a b a c x a b a a c x b c a b c x b c a c b c x
   
           
=
    
1 1
( )
a b b c
a b a c x a x b c a b c x b x c
   
                
=
        
 
          
1 ( ) 1
. .
bx cxax bx x x
a b a c x a x b c a b c x b x c a c x a x b c a x b x c

   
             
  
 
        
1 1 x a cx x
a c x b x a x c a c x b x c x a x b x c x a
 
               
. 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:
        
2 2 2b c c a a b
a b a c b c b a c a c b a b b c c a
  
    
        
Giải: Ta có
        
1 1b c b a a c
a b a c a b a c a b a c c a a b
  
   
       
(1)
Tương tự ta có:
  
1 1c a
b c b a b c a b

 
   
(2)
  
1 1a b
c b c a b c c a

 
   
(3)

6. Từ (1) ;(2) và (3) ta có
        
1 1 1 1 1 1b c c a a b
a b a c b c b a c a c b c a a b b c a b b c c a
  
       
           
2 2 2
a b b c c a
  
  
(đpcm)
Bài toán 5: Rút gọn biểu thức:
        
2 2 2
a bc b ac c ab
a b a c b c b a c a c b
  
 
     
với ; ;a b b c c a     
Giải:
Ta có:
        
2 2
( ) ( )a bc a ab bc ab a a b b c a a b
a b a c a b a c a b a c a c a b
      
   
       
(1)
Tương tự:
  
2
b ac b c
b a b c a b b c

 
   
(2)
  
2
c ab c a
c a b c c b c a

 
   
(3)
Cộng (1), (2) và (3) vế theo vế ta có
        
2 2 2
0
a bc b ac c ab a b b c c a
a b a c b c b a c a c b a c a b a b b c c b c a
  
        
           
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
b c b a a c
bc bc bc
  
 
  
nên
1 1 1 1 1 1 1
a b b c c a a b b a a c c a
ab bc ca ab bc bc ca
      
     
      
   
  
  
  
  
1 1 1 11 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1
a b bc ab c a bc ac
a b c a
ab bc ac bc ab bc ac bc
          
                    
  
  
  
  
  
 
   
   1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
b a b c a c c a b a a b c a a b c a b cb c
ab bc ac bc bc ab ac ab bc ac
         
               
(đpcm).
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:
Ta có 1
a b c a b c a b c
M
a b b c c a a b c a b c a b c a b c
 
       
          
hay M > 1 .
1 1 1 3 3 1 2
b c a b c a
M
a b b c c a a b c b c a c a b
       
                   
               
hay M < 2
Vậy 1 < M <2 . Do đó M không thể là số nguyên dương.

7. Bài toán 8: Đơn giản biểu thức
  
  
  
  
  
  
2 1004 2 1004 2 1004a a b b c c
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
   
   
   
   
   
   
2 1004 2 1004 2 1004bc b c a a ac a c b b ab a b c c
A
abc a b b c a c abc a b b c a c abc a b b c a c
        
  
        
   
2 2 2 2 2 2
2008 2008 2008 2008 2008 2008b c ac a b bc a c ab
abc a b b c a c
    

  
     
   
   
   
2 2 2 2 2 2
2008 2008 2008c a c b a b a c b a b c a b b c a c
abc a b b c a c abc a b b c a c abc
           
     
Với 0abc 
Bài toán 9: Tính giá trị của biểu thức:
  2
2003 2013 31 2004 1 2003 2008 4
2004 2005 2006 2007 2008
P
     

   
Giải: Đặt a = 2004 Khi đó:
      
    
2
1 9 31 1 1 4 4
1 2 3 4
a a a a a
P
a a a a a
             
   
    
    
2 2
2 1 9 31 1 3 4 4
1 2 3 4
a a a a a a
a a a a a
          
   
   
  
    
  
    
3 2 2 2 3 2 2
9 2 18 9 31 1 3 7 14 8 3
1 2 3 4 1 2 3 4
a a a a a a a a a a a a a
a a a a a a a a a a
           
 
       
    
    
1 2 3 4
1
1 2 3 4
a a a a a
a a a a a
   
 
   
. Vậy P = 1