Bdhsg toan 9 cuc ha ydoc

TrườngTHCS Nguyễn đình chiểu Năm học2010-2011
PHẦN SỐ HỌC
Bài 1: TÍNH CHIA HẾT TRÊN TẬP HỢP SỐ NGUYÊN.
SỐ NGUYÊN TỐ.
A. Nhắc lại và bổ sung các kiến thức cần thiết:
I. Tính chia hết:
1. Định lí về phép chia: Với mọi số nguyên a,b (b
≠ 0), bao giờ cũng có một cặp
số nguyên q, r sao cho : a = bq + r với
br <≤0 .
a gọi là số bị chia , b là số chia, q là thương và r là số dư.
Trong trường hợp b > 0 và r ≠0 có thể viết: a = bq + r = b(q
+1)+ r - b.
Ví dụ: Mọi số nguyên a đều có dạng:
a = 2q ± 1 (xét phép chia cho b = 2)
a = 3q ; 3q ± 1 (xét phép chia cho b = 3)
a = 4q ; 4q ± 1 ; 4q
±2 (xét phép chia cho b = 4).
a = 5q; 5q
± 1; 5q ± 2 (xét phép chia cho b = 5)
......................
2. Tính chia hết: Nếu a chia b mà số dư r = 0, ta nói :
a chia hết cho b hay a là bội của b (kí hiệu a  b)
b chia hết a hay b là ước của a (kí hiệu b a)
Vậy: a b (b a) khi và chỉ khi có số nguyên q sao cho a = bq.
3. Các tính chất:
1) Nếu a  b thì ± a  ± b (b ≠0)
2) a  a; 0
 a với mọi a ≠0
3) a  ± 1 với mọi a
4) Nếu a m thì an
 m (m ≠ 0, n nguyên dương).
5) Nếu ab và ba thì |a| = |b|
1

6) Nếu a b và b c (b,c≠ 0) thì a c.
7) Nếu a c và bc(c≠ 0) thì (a± b)  c. Điều ngược lại không đúng.
8) Nếu a  m hoặc b  m thì ab  m(m ≠0).
Điều ngược lại không đúng.
9) Nếu a  p và a  q, (p, q)= 1 thì a  pq
10) Nếu a = mn; b = pq và m  p n  q thì a
 b
11) Nếu ab m và (b,m) = 1 thì a  m
12) Nếu a ±b  m và a  m thì b  m
II. Số nguyên tố:
1.Định nghĩa: Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1, chỉ có hai ước là 1 và chính nó.
Hợp số là số tự nhiên lơn hơn 1 có nhiều hơn hai ước.
Số 1 và số 0 không phải là số nguyên tố cũng không phải là hợp số.
2. Định lí cơ bản của số học: Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tích được ra thừa số
nguyên tố một cách duy nhất(không kể thứ tự các thừa số).
Số nguyên tố được coi như là tích chỉ gồm một thừa số là chính nó.
Có vô số số nguyên tố (không có số nguyên tố lớn nhất).
Số hoàn chỉnh: là số bằng tổng các ước của nó không kể bản thân nó.
Ví dụ: 6 , 28, ... , 2n-1
(2n
- 1)
III. Một số phương pháp thông thường để giải bài toán về chia hết:
Cách 1: Để chứng minh A(n) chia hết cho k, có thể xét mọi trường hợp số dư khi
chia n cho k.
Ví dụ 1: Chứng minh rằng:
a) Tích của hai số nguyên liên tiếp chia hết cho 2.
b) Tích của ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 3.
Giải : a) Viết tích của hai số nguyên liên tiếp dưới dạng A(n) = n(n + 1).
Có hai trường hợp xảy ra :
* n  2 => n(n + 1)  2
* n không chia hết cho 2 (n lẻ) => (n + 1)  2 => n(n +1) 
2
b) Chứng minh tương tự a.
Cách 2: Để chứng minh A(n) chia hết cho k, có thể phân tích k ra thừa số: k = pq .
+ Nếu (p, q) = 1, ta chứng minh A(n)  p và A(n)  q.
+ Nếu (p, q) ≠ 1, ta phân tích A(n) = B(n) .C(n) rồi chứng minh:
B(n)  p và C(n)  q .
Ví dụ 2: a) Chứng minh: A(n) = n(n +1)(n + 2)
2

 6.
b) Chứng minh: tích của hai số chẵn liên tiếp chia hết cho 8.
Giải : a) Ta có 6 = 2.3; (2,3) = 1 . Theo chứng minh trên đã có A(n) chia hết cho 2 và 3.
Do đó A(n) chia hết cho 6.
b) Ta viết A(n) = 2n(2n + 2) = 2n. 2(n +1) = 4n(n + 1).
8 = 4 . 2.
Vì 4  4 và n(n +1) 2 nên A(n)
 8
Ví dụ 3 : Chứng minh rằng n5
- n chia hết cho 10, với mọi số nguyên dương n.
(Trích đề thi HSG lớp 9 cấp tỉnh năm học 2005 - 2006)
Giải : A(n) = n5
- n = n(n4
- 1) = n(n2
- 1)(n2
+ 1) = n(n - 1)(n + 1)(n2
+1)
 2
n = 5k + 1 => (n - 1)  5
n = 5k + 4 => (n + 1)  5.
n = 5k + 2 => n2
+ 1 = (5k + 2)2
+ 1 = (25k2
+ 20k + 4 + 1) 5
n = 5k + 3 => n2
+ 1 = (5k + 3)2
+ 1 = (25k2
+ 30k + 9 + 1) 5
Vậy : A(n) chia hết cho 2 và 5 nên phải chia hết cho 10.
Cách 3: Để chứng minh A(n) chia hết cho k , có thể biến đổi A(n) thành tổng(hiệu)
của nhiều hạng tử , trong đó mỗi hạng tử đều chia hết cho k . ( Đã học trong tính
chất chia hết của một tổng ở lớp 6)
(Liên hệ: A(n) không chia hết cho k ...)
Ví dụ 4: Chứng minh n3
- 13n (n > 1) chia hết cho 6. (Trích đề thi HSG cấp II toàn quốc
năm 1970).
Giải : n3
- 13n = n3
- n - 12n = n(n2
- 1) - 12n = (n - 1)n(n + 1) - 12n
(n - 1)n(n + 1) là tích của 3 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 6 ; 12n 6 . Do đó
A(n)  6
Ví dụ 5: Chứng minh n2
+ 4n + 5 không chia hết cho 8 , với mọi số n lẻ.
Giải : Với n = 2k +1 ta có:
A(n) = n2
+ 4n + 5 = (2k + 1)2
+ 4(2k + 1) + 5 = 4k2
+ 4k + 1 + 8k + 4 + 5
= 4k(k + 1) + 8(k + 1) + 2.
A(n) bằng tổng của ba hạng tử, trong đó hai hạng tử đầu đều chia hết cho 8 , duy chỉ có
hạng tử 2 không chia hết cho 8. Vậy A(n) không chia hết cho 8.
Cách 4: Viết A(n) được dưới dạng: A(n) = k.B(n) thì A(n) chia hết cho k.
Hệ quả: Nếu A(n) = B(n).C(n) mà B(n)và C(n) đều không chia hết cho k thì A(n)
không chia hết cho k
Ví dụ 6: Chứng minh : 2 + 22
+ 23
+ ... + 260
chia hết cho 15.
Giải: Ta có: 2 + 22
+23
+ ... + 260
= (2 + 22
+ ... + 24
) + (25
+ ... +28
)+ ... +(257
+ 260
)
= 2(1+2+4+8) +25
(1+2+4+8) + ... + 257
(1+2+4 + 8) = 15.(2 + 25
+ ... + 257
)15.
IV. Một số phương pháp đặc biệt để giải toán chia hết:
Cách 5: Dùng nguyên tắc Dirichlet:
Nguyên tắc Dirichlet phát biểu dưới dạng hình ảnh như sau:
Nếu nhốt k chú thỏ vào m chuồng mà k> m thì phải nhốt ít nhất hai chú thỏ vào
chung một chuồng.
Ví dụ 7: Chứng minh rằng trong m + 1 số nguyên bất kì thế nào cũng có hai số có hiệu
3

chia hết cho m.
Giải: Chia một số nguyên bất kì cho m ta được số dư là một trong m số 0; 1 ; 2; 3; ...; m
- 1. Theo nguyên tắc Dirichlet, chia m + 1số cho m thì phải có ít nhất hai số có cùng số
dư . Do đó hiệu của hai số này sẽ chia hết cho m.
Cách 6: Dùng phương pháp qui nạp toán học: Để chứng minh A(n)  k ta làm theo
trình tự sau:
Thử với n = 1 hoặc 2(Tức số n nhỏ nhất chọn ra).Nếu sai => Dừng.Nếu đúng A(1)
k.Tiếp tục:
Giả sử A(k) k.
Chứng tỏ A(k + 1) k. Nếu đúng => Kết luận : A(n) k
Ví dụ 8: Chứng minh : 16n
- 15n - 1 chia hết cho 225.
Đặt A(n) = 16n
- 15n -1 , ta có : A(1) = 16 - 15 - 1 = 0 225 => A(1) đúng.
Giả sử A(k) đúng : A(k) = 16k
- 15k -1  225. Ta chứng minh A(k + 1) đúng, tức là
c/m: 16k + 1
- 15(k + 1) - 1 225.
Thật vậy, 16k+1
- 15(k + 1) - 1 = 16. 16k
- 15k - 15 - 1 = (15 + 1) 16k
- 15k - 15 - 1
= 15.16k
+ 16k
- 15k -15 - 1 = (16k
- 15k - 1) + 15(16k
- 1)
= (16k
-15k-1)+15(16 - 1)(16k-1
+ ... +1) = (16k
- 15k - 1) + 225(16k-1
+ ... + 1) 225
Cách 9: Phương pháp phản chứng:
Để chứng minh A(n)  k ta chứng minh A(n)
không chia hết cho k là sai.
B. PHẦN BÀI TẬP: Chứng minh:
1. a) 192007
- 192006
chia hết cho 9.
b) 92n
+ 14 chia hết cho 5.
c) Tổng của 3 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 3, tổng của 5 số tự nhiên liên tiếp chia
hết cho5.
2. Tích của một số chính phương và một số tự nhiên đứng liền trước nó là một số chia
hết cho 12.
3. (n2
- 1)n2
(n2
+ 1) chia hết cho 60
4. a) n2
+ 11n + 39 không chia hết cho 49
b) n2
+ 3n +5 không chia hết cho 11
5. a) n4
+ 6n3
+ 11n2
+ 6n chia hết cho 24.
b) n4
- 4n3
- 4n2
- 16n (chẵn, n > 4) chia hết cho 384.
6. 4n
+ 15n - 1 chia hết cho 9.
7. n2
+ 4n + 3 (n lẻ) chia hết cho 8.
8. n3
+ 3n2
- n - 3 chia hết cho 48.
9) 36n
-26n
chia hết cho 35
10) ab(a2
+ b2
)(a2
- b2
) chia hết cho 30 với mọi số nguyên a,b.
11) a) (62n
+ 19n
- 2n+1
) chia hết cho17.
b) (7.52n
+ 12.6n
) chia hết cho 19.
c) (5n+2
+ 26.5n
+ 82n+1
) chia hết cho 59.
12) a)a2
+ b2
chia hết cho 7 thì a và b cũng chia hết cho 7.
b) a2
+ b2
chia hết cho 3 thì a và b cũng chia hết cho 3
Bài 2: ĐỒNG DƯ THỨC .
4

A. Tóm tắt lý thuyết:
I. Định nghĩa:
1.Định nghĩa: Cho số nguyên m > 0.Nếu hai số nguyên a và b khi chia cho m có cùng
số dư thì ta nói rằng a đồng dư với b theo môđun m và viết:
a ≡b (modm).
2. Ví dụ: 3 ≡5 (mod2)
14 ≡0 (mod 7) ...
II. Tính chất :
1. Nếu a
≡b (mod m) thì a - b  m
2. Nếu a ≡ b (mod m) và b ≡ c (mod m) thì a ≡ c (mod m)
3. Nếu a ≡ b (mod m) và c ≡ d (mod m) thì a ± c ≡ b ± d (mod m)
4. Nếu a ≡ b (mod m) và c ≡ d (mod m) thì ac ≡ bd (mod m)
5. Nếu a ≡ b (mod m) thì an
≡ bn
(mod m)
6. Nếu a ≡ b (mod m) thì ka ≡ kb (mod m) với k > 0
7. Nếu ka ≡ kb (mod km) thì a ≡ b (mod m) với k > 0
8. Nếu ka ≡ kb (mod m) và (k , m) = 1thì a ≡ b (mod m) .
9. Định lí Fermat: Nếu p là số nguyên tố thì : np
≡ n (mod p) ; n∈ Z
Hoặc : Nếu p là số nguyên tố thì : np-1
≡ 1 (mod p), với (n,p) = 1
10.Định lí Euler : Cho m là một số nguyên dương bất kì và (m) là số các số dương
nhỏ hơn m và nguyên tố với m. Thế thì : n(m)
≡ 1 (mod m)
* Cách tính (m) : phân tích m ra thừa số nguyên tố :
m = a1
α
. a2
β
... an
λ
. Thế thì : (m) = m 





−





−





−
naaa
1
1...
1
1
1
1
21
III. Bài tập ứng dụng:
Bài 1: Chứng minh 2100
- 1 chia hết cho 5
Giải : Ta có 24
≡ 1(mod 5) =>(24
)25
≡ 125
(mod 5) =>2100
≡ 1(mod 5) hay 2100
- 1  5
Bài 2: Tìm số dư của phép chia 299
cho 3.
Giải : Có 23
≡ -1 (mod 3)⇔ (23
)33
≡ (-1)33
(mod 3)⇔ 299
≡ -1 (mod 3) .
Vậy 299
chia 3 dư 2.
Bài 3 : Tìm chữ số cuối cùng của 2999
không chia hết cho 10.
Bài 5: Chứng minh rằng trong các số tự nhiên thế nào cũng có số k sao cho 1983k
- 1
chia hết cho 105
.
Giải:
Cách 1: Áp dụng nguyên tắc Dirichlet:
Cho k lần lượt lấy 105
+ 1 giá trị liên tiếp từ 1 trở đi, ta được 105
+ 1 giá trị khác
nhau của 1983k
- 1. Chia 105
+1 số này cho 105
, ta có nhiều nhất là 105
số dư, do đó
theo nguyên tắc Dirichlet, phải có hai số cho cùng số dư khi chia cho 105
. Giả sử đó là
hai số 1983m
-1 và 1983n
- 1 (m > n). Thế thì hiệu của hai số này phải chia hết cho 105
:
(1983m
- 1) - (1983n
-1) = 1983m
- 1983n
= 1983n
(1983m-n
-1)  105
.
Do 1983 không chia hết cho 105
=> 1983n
cũng không chia hết cho 105
.
Vì vậy 10m-n
- 1 chia hết cho 105
. Như vậy tìm được số k = m-n sao cho 1983k
- 1 chia
hết cho 105
.
5

Cách 2: Áp dụng định lí Euler:
Vì 1983 không chia hết cho 2 và không chia hết cho 5 , còn 105
= 25
55
nên (1983,
105
) = 1 . Áp dụng định lí Euler: 1983(10 5 )
≡ 1 (mod 105
)
Mà (10 5
) = 105
(1 -
2
1
) (1 -
5
1
) = 4. 104
.
Nên ta có 19834.10 4
≡ 1 (mod 105
).
số 4.104
là số k phải tìm.
Đề bài áp dụng:
1. Tìm số dư khi :a) chia 8! Cho 11; b) chia 15325
-1 cho 9
c) chia 340
cho 83.; d) chia 21000
cho 25; e) chia 301293
cho 13
2. Chứng minh rằng : a) 24n
- 1  15; b) 270
+ 370
 13
c) 122n+1
- 11n+2
 133; d) 22225555
+ 55552222
 7
e) 14k
+ 24k
+ 34k
+ 44k
không chia hết cho 5
KẾ HOẠCH BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI 9
Năm học 2011-2012
Chuyên đề 1: PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ
Ví dụ 1: Phân tích đa thức thành nhân tử
a. ( ) ( )11 22
+−+ axxa
b. nn
xxx −+− +3
1 . Giải:
a. Dùng phương pháp đặt nhân tử chung
( ) ( )11 22
+−+ axxa = xxaaax −−+ 22
( ) ( ) ( )( )1−−=−−−= axaxaxaxax
b. Dùng phương pháp đặt nhân tử chung rồi sử dụng hằng đẳng thức
nn
xxx −+− +3
1 . ( ) ( )113
−+−= xxxn
( )( ) ( ) ( ) ( )[ ]
( )( )11
111111
12
22
+++−=
+++−=−+++−=
++ nnn
nn
xxxx
xxxxxxxxx
Ví dụ 2: Phân tích đa thức thành nhân tử :
a. x8
+ 3x4
+ 4.
b. x6
- x4
- 2x3
+ 2x2
.
Giải:
a.Dùng phương pháp tách hạng tử rồi sử dụng hằng đẳng thức
x8
+ 3x4
+ 4 = (x8
+ 4x4
+ 4)- x4
= (x4
+ 2)2
- (x2
)2
= (x4
- x2
+ 2)(x4
+ x2
+ 2)
b.Dùng phương pháp đặt nhân tử chung ,tách hạng tử ,nhóm thích hợp để sử dụng hằng
đẳng thức
x6
- x4
- 2x3
+ 2x2
= x2
(x4
- x2
- 2x +2)
( ) ( )[ ]
( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]
( ) [ ]221
11111
1212
222
2222222
2242
++−=
++−=−+−=
+−++−=
xxxx
xxxxxx
xxxxx
Ví dụ 3: Phân tích đa thức thành nhân tử :
6

a. abcbccbaccaabba 42442 222222
−+−+−+
b. 200720062007 24
+++ xxx Giải:
a.Dùng phương pháp tách hạng tử rồi nhóm thích hợp:
abcbccbaccaabba 42442 222222
−+−+−+
( ) ( ) ( ) ( )
( )( ) ( ) ( ) ( )[ ]
( )( )( )cacbba
cbccbababccacabba
babcbacbaacbaab
abcbccbacabccaabba
abcbccbaccaabba
−−+=
−−−+=−+−+=
+−+++−+=
=−+−+−−+=
−+−+−+
22
222222
222222
224242
42442
2
2
222222
222222
b.Dùng phương pháp đặt nhân tử chung rồi sử dụng hằng đẳng thức
20072062007 24
+++ xxx
( )
( )( ) ( )
( )( )20071
1200711
200720072007
22
22
24
+−++=
+++++−=
+++−=
xxxx
xxxxxx
xxxx
Ví dụ 4: Phân tích đa thức thành nhân tử : a. abccba 3333
−++
b. ( ) 3333
cbacba −−−++ .
Giải: Sử dụng các hằng đẳng thức
( )( )abbababa −++=+ 2233
( ) ( )[ ]abbaba 3
2
−++=
( ) ( )baabba +−+= 3
3
.Do đó:
=−++ abccba 3333
( )[ ] ( ) abcbaabcba 3333
−+−++=
( ) ( ) ( )[ ] ( )
( )( )cabcabcbacba
cbaabccbabacba
−−−++++=
++−++−+++=
222
22
3
b. ( ) ( )[ ] ( )3333333
cbacbacbacba +−−++=−−−++
( ) ( ) ( )[ ] ( )( )
( )( ) ( )( )( )bacacbcabcabacb
cbcbcbacbaacbacb
+++=++++=
+−+−+++++++=
33333 2
2222
Ví dụ 5: Cho a + b + c = 0.
Chứng minh rằng :a3
+ b3
+ c3
= 3abc.
Giải: Vì a + b + c = 0
( ) ( )
abccbaabccba
cbaabbacba
303
3
333333
33333
=++⇒=−++⇒
−=+++⇒−=+⇒
Ví dụ 6: Cho 4a2
+ b2
= 5ab, và 2a > b > 0. Tính 22
4 ba
ab
P
−
=
Giải: Biến đổi 4a2
+ b2
= 5ab ⇔ 4a2
+ b2
- 5ab = 0⇔ ( 4a - b)(a - b) = 0 ⇔ a = b.
Do đó
3
1
34 2
2
22
==
−
=
a
a
ba
ab
P
Ví dụ 7:Cho a,b,c và x,y,z khác nhau và khác 0. Chứng minh rằng nếu:
1;0 =++=++
c
z
b
y
a
x
z
c
y
b
x
a
thì 1; 2
2
2
2
2
2
=++
c
z
b
y
a
x
Giải: 000 =++⇒=
++
⇒=++ cxybxzayz
xyz
cxybxzayz
z
c
y
b
x
a
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 2. 1 1
x y z x y z x y z ayz bxz cxy x y z
a b c a b c a b c abc a b c
+ + 
+ + = ⇒ + + = + + + = ⇒ + + = ÷
 
7

Chuyên đề 2:.BẤT ĐẲNG THỨC CÔ – SI
1. Chứnh minh : (Với a , b ≥ 0) (BĐT Cô-si)
Giải:( a – b ) = a - 2ab + b ≥ 0 ⇒ a + b ≥ 2ab .Đẳng thức xảy ra khi a = b
2. Chứng minh: . (Với a , b ≥ 0)
Giải:( a+b ) = (a - 2ab + b )+ 4ab = (a-b) + 4ab ≥ 0 + 4ab ⇒ ( a + b ) ≥ 4ab .
Đẳng thức xảy ra khi a = b.
3. Chứng minh: (Với a , b ≥ 0)
Giải:2(a + b) – ( a+b ) = a-2ab+b = (a-b) ≥ 0 ⇒ 2(a + b) ≥ ( a+b ).
4. Chứng minh: .(Với a.b > 0)
Giải: + = .Do ab ≤ ⇒ ≥ 2 .Hay + ≥ 2 .
Đẳng thức xảy ra khi a = b
5. Chứng minh: .(Với a.b < 0)
Giải: + = - .Do ≥ 2 ⇒ - ≤ -2. Hay + ≤ - 2.
Đẳng thức xảy ra khi a = -b.
6. Chứng minh: . (Với a , b > 0)
Giải: + - = = ≥ 0 ⇒ + ≥ .
Chứng minh rằng: .
Giải:2(a +b +c) – 2(ab+bc+ca) =(a-b) +(b-c) +(c-a) ≥ 0
7. ⇒ 2(a +b +c) ≥ 2(ab+bc+ca) .Hay a +b +c ≥ ab+bc+ca . Đẳng thức xảy ra khi a
= b;b = c;c = a ⇔ a = b= c.
Chuyên đề 3:TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT - GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT
DẠNG
• Nếu a > 0 :
22
2 4ac-b
ax + bx +c =
4a 2
b
P a x
a
 
= + + ÷
 
Suy ra
2
4ac-b
=
4a
MinP Khi
b
x=-
2a
• Nếu a < 0 :
2
2
2 4 a c+b
ax + bx +c =
4 a 2
b
P a x
a
 
= − − ÷ ÷
 
Suy ra
2
4 a c+b
ax
4 a
M P = Khi
b
x=
2 a
Một số ví dụ:
1. Tìm GTNN của A = 2x2
+ 5x + 7
Giải:A = 2x2
+ 5x + 7 = 2 5 25 25
2( 2. ) 7
4 16 16
x x+ + − + =
2 2 25 25 56 25 5 31 5
2( ) 7 2( ) 2( )
4 8 8 4 8 4
x x x
−
= + − + = + + = + + .
2. Suy ra
31 5
8 4
MinA Khi x= = − .
8

3. Tìm GTLN của A = -2x2
+ 5x + 7
Giải: A = -2x2
+ 5x + 7 = -
2 5 25 25
2( 2. ) 7
4 16 16
x x− + − + =
2 2 25 25 56 25 5 81 5
2( ) 7 2( ) 2( )
4 8 8 4 8 4
x x x
+
= − − + + = − − = − − ≤ .
4. Suy ra
81 5
8 4
MinA Khi x= = .
5. Tìm GTNN của B = 3x + y - 8x + 2xy + 16.
Giải: B = 3x + y - 8x + 2xy + 16 = 2(x - 2) + (x + y) + 8 ≥ 8.
⇒ MinB = 8 khi : ⇔ .
6. Tìm GTLN của C = -3x - y + 8x - 2xy + 2.
Giải: C = -3x - y + 8x - 2xy + 2 = 10 - ≤ 10.
⇒ GTLNC = 10 khi: ⇔ .
Chuyên đề 4:
• Ví dụ 1`:
a. Rút gọn Biếu thức
62
9124
2
2
−−
++
=
aa
aa
B Với a 2
3
−≠
b. Thực hiện phép tính: ( )aaa
a
a
aa
−
+
+
−
+
++
2
2
2
8
:
5,01
25,0 32
(a ≠ ±2.)
Giải:a.
62
9124
2
2
−−
++
=
aa
aa
B
( )
( )( ) 2
32
232
32
2
−
+
=
−+
+
=
a
a
aa
a
b. ( ) ( )aaa
a
a
aa
aaa
a
a
aa
−
+
−
+
⋅
+
++
=
−
+
+
−
+
++
2
2
8
2
2
42
2
2
2
8
:
5,01
25,0
3
232
( )( ) ( ) ( ) aaa
a
aaaaa
aa 1
2
2
2
2
422
42
2
2
=
−
−
=
−
−
++−
++
=
• Ví dụ 2 Thực hiện phép tính: xyyx
yx
yx
xyyx
A
2
: 22
33
22
22
−+
+
−
−+
= .( Với x ≠ ± y)
Giải:
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
22 2 3 3 2 2
22 2 2 2 2 2
:
2
x yx y xy x y x y xy x y
A
x y x y xy x y x y x y x y xy x y
−+ − + + − −
= = × =
− + − − + + + − +
• Ví dụ 3 Cho biểu thức :
12
1
234
34
+−+−
+++
=
xxxx
xxx
A .
a. Rút gọn biểu thức A.
b. Chứng minh rằng A không âm với mọi giá trị của x .
1
1
12
1
2234
34
234
34
+−++−
+++
=
+−+−
+++
=
xxxxx
xxx
xxxx
xxx
A
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( )( )
( ) ( )
( )( )
( )
( )
2 23 23
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 11 1 1
1 1 1 1 1 1 1
x x x x xx x x x
x x x x x x x x x x x x
+ + + − ++ + + +
= = = =
− + + − + − + + − + + +
b.
( ) ( ) 001;01;
1
1 22
2
2
≥⇒>+≥+
+
+
= Axx
x
x
A
Ví dụ 4 Tính giá trị biếu thức : 8765
8765
−−−−
+++
+++
aaaa
aaaa
với a = 2007.Giải:
9

( )
( )
8 5 6 7 85 6 7 8 5 6 7 8 5 6 7 8
3 2 15 6 7 8 3 2
5 6 7 8 8
13 2 3
13 13
3 2
1 1 1 1 1 1
1
2007
1
a a a a aa a a a a a a a a a a a
B
a a aa a a a a a a
a a a a a
a a a a
a B
a a a
− − − −
+ + ++ + + + + + + + +
= = = =
+ + ++ + + + + ++ + +
+ + +
= = ⇒ =
+ + +
• Ví dụ 5: Tính giá trị biếu thức : 2
2
:
2510
25
223
2
−−
−
+−
−
yy
y
xxx
x
.
Biết x2
+ 9y2
- 4xy = 2xy - 3−x .
Giải:
x2
+ 9y2
- 4xy = 2xy - 3−x ( ) 033
2
=−+−⇔ xyx



=
=
⇔



=
=
⇔
1
3
3
3
y
x
x
yx
( )( )
( )
( )( )
2
12
5
55
2
2
:
2510
25
2223
2
−
+−
⋅
−
+−
=
−−
−
+−
−
=
y
yy
xx
xx
yy
y
xxx
x
C
( )( )
( ) ( ) 3
8
2.3
2.8
5
15
−=
−
=
−
++
=
xx
yx
Chuyên đề 5: PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI.
Bài 1: Cho phương trình ẩn số x: x2
– 2(m – 1)x – 3 – m = 0 (1)
a) Giải phương trình khi m = 2.
b) Chứng tỏ rằng phương trình có nghiệm số với mọi m.
c) Tìm m sao cho nghiệm số x1, x2 của phương trình thỏa mãn
điều kiện 2
1x + 2
2x ≥ 10.
Bài 2: Cho các số a, b, c thỏa điều kiện:
( )


−+<+
>
acbcabac
c
2
0
2
Chứng minh rằng phương trình ax2
+ bx + c = 0 luôn luôn có nghiệm.
Bài 3: Cho a, b, c là các số thực thỏa điều kiện: a2
+ ab + ac < 0.
Chứng minh rằng phương trình ax2
+ bx + c = 0 có hai nghiệm phân biệt.
Bài 4: Cho phương trình x2
+ px + q = 0. Tìm p, q biết rằng phương trình có hai
nghiệm x1, x2 thỏa mãn:



=−
=−
35
5
3
2
3
1
21
xx
xx
Bài 5: CMR với mọi giá trị thực a, b, c thì phương trình
(x – a)(x – b) + (x – c)(x – b) + (x – c)(x – a) = 0 luôn có nghiệm.
Bài 6: CMR phương trình ax2
+ bx + c = 0 ( a ≠ 0) có nghiệm biết rằng 5a + 2c = b
10

Bài 7: Cho a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác. CMR phương trình sau có
nghiệm:
(a2
+ b2
– c2
)x2
- 4abx + (a2
+ b2
– c2
) = 0
Bài 8: CMR phương trình ax2
+ bx + c = 0 ( a ≠ 0) có nghiệm nếu 4
2
+≥
a
c
a
b
Bài 9: Cho phương trình : 3x2
- 5x + m = 0. Xác định m để phương trình có hai nghiệm
thỏa mãn: 2
1x - 2
2x = 9
5
Bài 10: Cho phương trình: x2
– 2(m + 4)x +m2
– 8 = 0. Xác định m để phương trình có
hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn:
a) A = x1 + x2 -3x1x2 đạt GTLN
b) B = x1
2
+ x2
2
- đạt GTNN.
c) Tìm hệ thức liên hệ giữa x1,x2 không phụ thuộc vào m.
Bài 11: Giả sử x1,x2 là hai nghiệm của phương trình bậc 2:
3x2
- cx + 2c - 1 = 0. Tính theo c giá trị của biểu thức:
S = 3
2
3
1
11
xx
+
Bài 12: Cho phương trình : x2
- 2 3 x + 1 = 0. Có hai nghiệm là x1, x2. Không giải
phương trình trên hãy tính giá trị của biểu thức:
A =
2
3
1
3
21
2
221
2
1
44
353
xxxx
xxxx
+
++
– 2(a - 1)x + 2a – 5 = 0 (1)
1) CMR phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của a.
2) Tìm giá trị của a để pt (1) có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn điều kiện:
x1
2
+ x2
2
= 6.
3. Tìm giá trị của a để phương trình có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn điều kiện:
x1 < 1 < x2.
– 2(m - 1)x + m – 3 = 0 (1)
a) CMR phương trình (1) có nghiệm với mọi giá trị của m.
b) Gọi x1,x2 là hai nghiệm của phương trình (1) .
Tìm GTNN của M = x1
2
+ x2
2
Bài 15: Cho a, b là hai số thực thỏa mãn điều kiện:
2
111
=+
ba
CMR ít nhất một trong hai phương trình sau phải có nghiệm:
x2
+ ax + b = 0 và x2
+ bx + a = 0.
– 2(m + 1)x + 2m +10 = 0 (1)
a) Giải và biện luận số nghiệm của phương trình (1) theo m.
b) Tìm m sao cho 10x1 x2 + x1
2
+ x2
2
đạt GTNN. Tìm GTNN đó.
Bài 17: Chứng minh rằng với mọi số a, b, c khác 0, tồn tại một trong các phương trình
sau phải có nghiệm:
ax2
+ 2bx + c = 0 (1)
bx2
+ 2cx + a = 0 (2)
11

cx2
+ 2ax + b = 0 (2)
– (m - 1)x + m2
+ m – 2 = 0 (1)
a) CMR phương trình (1) luôn luôn có nghiệm trái dấu với mọi giá trị của m.
b) Với giá trị nào của m, biểu thức P = x1
2
+ x2
2
đạt GTNN.
– 2(m - 1)x – 3 - m = 0 (1)
1) CMR phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của m.
2) Tìm giá trị của m để pt (1) có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn điều kiện:
x1
2
+ x2
2
≥ 10.
3) Xác định giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn điều kiện:
E = x1
2
+ x2
2
đạt GTNN.
Bài 20: Giả sử phương trình bậc 2: x2
+ ax + b + 1 = 0 có hai nghiệm nguyên dương.
CMR: a2
+ b2
là một hợp số.
Chuyên đề 6:Phương trình vô tỉ
D¹ng1: ( ) ( )f x g x= ( ) ( ) 0
( ) ( )
x TXD
f x g x
f x g x
∈
⇔ = ≥ ⇔ 
=
(*)
Chó ý: §iÒu kiÖn (*) ®îc lùa chän tuú theo ®é phøc t¹p cña f(x)≥ 0 vµ g(x) ≥ 0
VD: T×m m ®Ó ph¬ng tr×nh sau cã nghiÖm: 2 2
3 2 2x x m x x− + − = + −
2
2 2 1 23 2 0
3 2 2 0
11
xx x
x x m x x
x mx m
≤ ≤− + − ≥ 
⇔ − + − = + − ≥ ⇔ ⇔ 
= += + 
§Ó ph¬ng tr×nh cã nghiÖm th× 1 1 2 0 1m m≤ + ≤ ⇔ ≤ ≤
D¹ng2: 2
( ) & ( ) 0
( ) ( )
( ) ( )
g x conghia g x
f x g x
f x g x
≥
= ⇔ 
=
Chó ý: Kh«ng cÇn ®Æt ®iÒu kiÖn ( ) 0f x ≥
VD: Gi¶i ph¬ng tr×nh:
2 2
2 2
1 0 1
1 1 1 1 1
2 21 ( 1)
x x
x x x x x
xx x
+ ≥ ≥ 
− − = ⇔ − = + ⇔ ⇔ ⇔ = − 
= −− = + 
VËy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm x=-1
D¹ng3:
2
( ) & ( ) 0
( ) ( ) ( ) ( ) & ( ) 0
( ( ) ( )) ( )
f x co nghia f x
f x g x h x g x co nghia g x
f x g x h x
 ≥

+ = ⇔ ≥
 + =
Chó ý: Kh«ng cÇn ®Æt ®iÒu kiÖn ( ) 0h x ≥
VD: Gi¶i ph¬ng tr×nh:
4 1 1 2
1
1 0
1
1 1 2 4 1 2 0
2
1 1 2 2 (1 )(1 2 ) 4
(1 )(1 2 ) 2 1
x x x
x
x
x x x x x
x x x x x
x x x
+ − − = −
 ≤ − ≥ 
 
⇔ − + − = + ⇔ − ≥ ⇔ ≤ 
 
− + − + − − = +  − − = +
12

22
1 11
1 1 2 22
2 1 0 002 2
2 7 0 7(1 )(1 2 ) (2 1)
2
xx
x
x xx
x xx x x
x
 − ≤ ≤≤  
− ≤ ≤  
+ ≥ ⇔ ⇔ ⇔ ==  
  + =− − = +    = −
 
HoÆc cã thÓ tr×nh bµy theo c¸ch kh¸c nh sau: - T×m ®iÒu kiÖn ®Ó c¸c bt cã
nghÜa
- BiÕn ®æi ph¬ng tr×nh
Chuyên đề 7: Một số bài tập cơ bản về hình học
Bài 1 : Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB . Từ A và B kẻ tiếp tuyến Ax và By .
Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ 3 cắt các tiếp tuyến Ax và By lần
lượt tại E và F .
1. Chứng minh AEMO là tứ giác nội tiếp .
2. AM cắt OE tại P , BM cắt OF tại Q . Tứ giác MPOQ là hình gì ? Tại sao
?
3. Kẻ MH ⊥ AB ( H ∈ AB) . Gọi K là giao của MH và EB . So sánh MK
và KH.
Hướng dẫn :
1) EAO = EMO = 900
. Nên AEMO là tứ
giác nội tiếp .
2) Dựa vào tính chất hai tiếp tuyến cắt
nhau có
MPO = MQO = 900
và PMQ = 900
nên
PMQO là hình chữ nhật .
3) ∆EMK ∆ EFB (g.g) ⇒ FB
EF
=
MK
EM
mà
MF = FB
⇒ MF
EF
=
MK
EM
∆EAB ∆ KHB (g.g) ⇒ HB
AB
=
KH
EK
mà HB
AB
=
MF
EF
( Ta let) ⇒ KH
EA
=
MK
EM
Vì EM = EA ⇒ MK = KH .
Bài 2 : Cho (O) cắt (O’) tại A và B . Kẻ cát tuyến
chung CBD ⊥ AB ( C ở trên (O) và D ở trên (O’).)
1. Chứng minh A , O , C và A ,O’, D thẳng
hàng .
2. Kéo dài CA và DA cắt (O’) và (O) theo
thứ tự tại I và K . Chứng minh tứ giác
CKID nội tiếp .
13
A B
F
E
M
O
P
QK
H
C DB
G
K I
O O
’
A

3. Chứng minh BA , CK và DI đồng quy .
Hướng dẫn :
1. CBA = DBA = 900
nên AC và DA là đường kính hay A,O, C thẳng hàng D ,O’,A
thẳng hàng .
2. Từ câu 1) và dựa vào góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ta thây K , I cùng nhìn CD
dưới một góc vuông nên tứ giác CDIK nội tiếp .
3. A là trực tâm của tam giác ADG có AB là đường cao hay BA đi qua G .
Bài 3 : Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm A,B . Các đường AO và
AO’cắt đường tròn (O) lần lượt tại C và D , cắt đường tròn (O’) lần lượt tại E , F .
a) Chứng minh B , F , C thẳng hàng .
b) Chứng minh tứ giác CDEF nội tiếp .
c) Chứng minh A là tâm đường tròn nội tiếp
tam giác BDE .
d) Tìm điều kiện để DE là tiếp tuyến chung của
(O) và (O’)
Hướng dẫn :
a) CBA + FBA = 1800
nên A , B , F thẳng hàng .
b) D, E cùng nhìn CF dưới một góc vuông nên CDEF nội tiếp .
c) Tứ giác CDEF nội tiếp nên EDF = ECF ; ACB = ADB từ đó suy ra EDF =
ADB . Hay DE là phân giác góc D của ∆BDE . Tương tự EC là phân giác góc
E của ∆BDE . Hai phân giác cắt nhau tại A nên A là tâm đường tròn nội tiếp
∆BDE .
d) Giả sử DE là tiếp tuyến chung của hai đường tròn ta có OO’ // CE cùng vuông
góc với AB : AOO’ = ACB mà ACB = FDE ( DCFE nội tiếp ) suy ra : AOO’
= ODE hay tứ giác ODEO’ nội tiếp (1)
DE là tiếp tuyến thì DE vuông góc với OD và O’E (2)
Vậy ODEO’ là hình chữ nhật : Hay OD = O’E ( Hai
đường tròn có bán kính bằng nhau )
Bài 4 : Cho (O,R) đường kính AB , đường kính CD di động .
Gọi đường thẳng d là tiếp tuyến của đường tròn tại B . Đường
thẳng d cắt các đường thẳng AC , AD theo thứ tự tại P và Q .
1) Chứng minh tứ giác CPQD nội tiếp một đường tròn .
2) Chứng minh AD. AQ = AC.AP .
3) Tứ giác ADBC là hình gì ? Tại sao ?
4) Xác định vị trí của CD để SCPQD = 3.SACD
Hướng dẫn :
14
E
D
C
B
F
O’
A
O
A B
Q
D
C
O
P
d

1. CPB = CDA ( cùng bằng CBA) nên CPB + CDQ = 1800
.
2. ∆ADC ∆APQ (g.g) suy ra AD.AQ = AC.AP .
3. Tứ giác ADBC là hình chữ nhật vì có 4 góc vuông.
4. Để SCPQD = 3.SACD ⇒ SADC = ¼ SAPQ tức là tỉ số đồng dạng của hai tam giác này
là ½ .
Suy ra AD = ½ AP hay BC = ½ AP mà tam giác ABC vuông tại B nên C là trung
điểm của CP ⇒ CB = CA hay ∆ACB cân ⇒ CD ⊥ AB .
Bài 5 : Từ một điểm S nằm ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến SA , SB và cát tuyến
SCD của đường tròn đó .
1) Gọi E là trung điểm của dây CD . Chứng minh 5 điểm S ,A , E , O , B cùng
nằm trên một đường tròn .
2) Nếu SA = OA thì SAOB là hình gì ? Tại sao
?
3) Chứng minh AC . BD = BC.DA = ½
AB.CD
Hướng dẫn chứng minh
1) Sử dụng tính chất tiếp tuyến , ta có A , B
cùng nhìn SO dưới một góc vuông , nên tứ giác
SADO nội tiếp đường tròn đường kính SO .
Dựa vào tính chất đường kính vuông góc với dây cung , ta có SEO = 900
.
Nên E thuộc đường tròn đường kính SO .
2) Nếu SA = OA thì SA = AB = OA = OB và góc A vuông nên tứ giác SAOB là
hình vuông .
2) Ta thấy ∆SAC ∆SDA ⇒ SA
SC
=
DA
AC
∆SCB ∆SBD ⇒ SB
SC
=
BD
BC
Mà SA = SB ⇒ BD
BC
=
AD
AC
⇒ AC.BD = AD.BC (1)
Trên SD lấy K sao cho CAK = BAD lúc đó
∆CAK ∆BAD (g.g) ⇒ AC.DB = AB.CK
∆BAC ∆DAK (g.g) ⇒ BC.AD = DK.AB
Cộng từng vế ta được AC.BD + BC.AD = AB( CK+DK )= AB.CD (2)
Từ (1) và (2) suy ra : AC.BD + AC.BD = AB.CD hay AC.BD = ½ AB.CD
Vậy AC.BD = AD.BC = ½ AB.CD .
Bài 6 : Cho tam giác ABC vuông ở A . Đường tròn đường kính AB cắt BC tại D . Trên
cung AD lấy một điểm E . Nối BE và kéo dài cắt AC tại F .
1) Chứng minh CDEF nội tiếp .
15
S O
D
A
C
B
E
K

2) Kéo dài DE cắt AC ở K . Tia phân giác của góc CKD cắt EF và CD tại M và N .
Tia phân giác của góc CBF cắt DE và CF tại P và Q . Tứ giác MNPQ là hình gì ?
Tại sao ?
3) Gọi r1 , r2 , r3 theo thứ tự là đường tròn nội tiếp các tam giác ABC , ADB , ADC .
Chứng minh : r = r1
2
+ r2
2
.
Hướng dẫn :
1) Dựa vào số đo cung ta thấy
C = DEB ⇒ C + DEF = 1800
Nên tứ giác CDEF nội tiếp .
2) ∆BED ∆BCQ ( g.g) ⇒ BPE =
BQC
⇒ KPQ = KQP hay ∆KPQ cân .
∆CNK ∆MK ⇒ EMK = CNK
⇒ BMN = BNM hay ∆BMN cân . ⇒ MN ⊥ PQ và MN cắt PQ là trung điểm của
mỗi đường . Nên MNPQ là hình thoi.
3) ∆ABC ∆DAB ∆DAC ⇒
AC
r
=
AB
r
=
BC
r 21
⇒ 2
2
2
2
2
1
2
2
AC
r
=
AB
r
=
BC
r
⇔ 2
2
2
2
1
22
2
2
2
1
2
2
BC
r+r
=
AC+AB
r+r
=
BC
r
⇔ r2
= r1
2
+ r2
2
.
Bài 7 : Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp (O;R) . Hạ các đường cao AD , BE
của tam giác . Các tia AD , BE lần lượt cắt (O) tại các điểm thứ hai M , N . Chứng minh
rằng :
a) Bốn điểm A , E , D , B nằm trên một đường tròn . TÌm tâm I của đường
tròn đó .
b) MN // DE .
c) Cho (O) và dây AB cố định , điểm C di chuyển trên cung lớn AB .
Chứng minh rằng độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CED
không đổi .
Hướng dẫn giải :
a) E,D cùng nhìn AB dưới một góc vuông
nên tứ giác AEDB nội tiếp trong một
đường tròn đường kính AB có I ( trung
điểm của AB ) là tâm
b) Ta thấy : ABE = ADE ( chắn cung AE )
mà ABE = AMN ( chắn cung AN )
nên ADE = AMN hay DE // MN .
16
A
B
K
F
Q
C
ND
E
P
M
A
N
C
I
B
M
D
EO
K
H

c) Kẻ thêm hình như hình vẽ . Dựa vào góc nội tiếp của tứ giác AEBD suy ra
được CN = CM nên OC ⊥ MM ⇒ OC ⊥ DE
Tứ giác HDCE nội tiếp đường tròn tâm K ( trung điểm của HC) đây cũng là
đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE ⇒ KD = KE và ID = IE nên IK ⊥ DE hay IK
// OC và OI // CK nên OIKC là hình bình hành ⇒ KC = OI không đổi .
Bài 8 : Cho tam giác đều nội tiếp đường tròn (O,R)
1)Tính theo chiều R độ dài cạnh và chiều cao của ∆ABC .
2)Gọi M là điểm di động trên cung nhỏ BC ( M ≠ B,C ) Trên tia đối của MB lấy
MD = MC . Chứng tỏ ∆MCD đều .
3)CMR : M di động trên cung nhỏ BC thì D di chuyển trên một đường tròn cố
định , xác định tâm và các vị trí giới hạn .
4)Xác định vị trí điểm M sao cho tổng S = MA + MB + MC là lớn nhất. Tính giá
trị lớn nhất của S theo R .
Hướng dẫn :
1)
2
3AB
=AH và AB = AC = BC = R 3
2) Có MC = MD ( gt)
sđ BMC = ½ sđ BAC = ½ ( 3600
: 3).2 =
1200
.
⇒ CMD = 600
. Vậy ∆CMD đều
3) ∆IMC = ∆IMD ( c.g.c) ⇒ IC = ID .
Khi M di động trên cung nhỏ BC thì D
chạy trên đường tròn ( I ; IC )
Khi M ≡ C ⇒ D ≡ C ; M ≡ I ⇒ D ≡ E .
4) ∆ACM = ∆BCD ( g.c.g ) ⇒ AM = BD ⇒ S = MA + MB + MC = 2.AM ≤ 2.AI
⇒ S ≤ 4R . S Max= 4R khi AM là đường kính .
Bài 9 : Cho ∆ABC ngoại tiếp (O) . Trên BC lấy M , trên BA lấy N , trên CA lấy P sao
cho BM=BN và CM = CP . Chứng minh rằng :
a) O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆MNP .
b) Tứ giác ANOP nội tiếp đường tròn .
c) Tìm vị trí M , N , P sao cho độ dài NP nhỏ nhất .
Hướng dẫn :
a) Từ tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau và giả thiết
suy ra :
DN = EM = FP ⇒ ∆ODA = ∆OEM = ∆OFP
17
B
A C
I
E
O M
D
H
A
B C
D
P
F
EM
N
O

( c.g.c )
⇒ON = OM = OP hay O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆MNP
b) Từ câu a) suy ra OND = OPF nên tứ giác ANOP nội tiếp .
c) Kẻ OH ⊥ NP .
Có NP = 2 .NH = 2. NO .cosHNO = 2.NO.Cos(A/2)
= 2.OE .Cos (A/2) .
Vậy NPMin = 2r.cos(A/2) .
Khi đó M , N , P trùng với các tiếp điểm .
Bài 10 : Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 3a . Lấy AE = a trên cạnh AD và DF = a
trên cạnh DC . Nối AF và BE cắt nhau ở H .
a) Chứng minh : AF ⊥ BE .
b) Tính cạnh của tứ giác ABFE và đường chéo của nó theo a .
c) Tính theo a đoạn HE , HB .
d) Chứng minh : EDFH nội tiếp đường tròn . Đường tròn ấy cắt BF ở K . Tính
theo a đoạn BK . Nhận xét gì về 3 điểm E , K ,C .
Hướng dẫn :
a) ∆ADF = ∆BAE ⇒DAF = EBA ⇒ BE ⊥ AF .
b) Pitago : BE = AF = a 10 ; EF = a 5 ; BF = a
13
c) Dùng hệ thức lượng : EH =
10
10a
; HB =
10
10a9
d) Dựa vào tổng 2 góc đối bằng 1800
nên EDFH
nội tiếp.
∆BEK ∆BFH ⇒
13
13a9
=
BF
BH.BE
=BK
e) Dựa vào vuông góc : E , K , C thẳng hàng .
Chuyên dề 8:Một số đÒ thi häc sinh giái to¸n 9
Đề 1:
Câu 1: ( 6,0 điểm) 1)Giải phương trình: x 2 3 2x 5 x 2 2x 5 2 2+ + − + − − − =
1) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 2 2
1 4x 4x 4x 12x 9+ + + − +
Câu 2: ( 3,0 điểm)Chứng minh rằng: với mọi số tự nhiên n ≥ 2 thì
2
2
3 8 15 n 1
S ...
4 9 16 n
−
= + + + + không thể là một số nguyên.
18
A B
CD F
E
H
K

Câu 3: ( 3,0 điểm)Trong một cuộc đua xe môtô, ba tay đua đã khởi hành cùng một lúc.
Mỗi giờ, người thứ hai chạy chậm hơn người thứ nhất 15km và nhanh hơn người thứ ba
3km nên người thứ hai đến đích chậm hơn người thứ nhất 12 phút và sớm hơn người thứ
ba 3 phút. Tính vận tốc của ba tay đua môtô trên.
Câu 4: ( 3,0 điểm)Cho tam giác ABC cân ở A, đường cao AH bằng 10cm, đường cao
BK bằng 12cm. Tính độ dài các cạnh của tam giác ABC.
Câu 5: ( 5,0 điểm)Cho tam giác đều ABC cạnh bằng a và một điểm M chuyển động trên
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
1) Chứng minh: nếu điểm M thuộc cung nhỏ AB thì MA + MB = MC.
2) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = MA + MB + MC ( khi M thuộc cung nhỏ
AB).
ĐỀ 2:
Bµi 1: (3 ®iÓm) Cho biÓu thøc
x3
3x
1x
)3x(2
3x2x
3xx
P
−
+
+
+
−
−
−−
−
=
1) Rut gọn biểu thức P
2) TÝnh gi¸ trÞ cña P khi x = 14 - 6 5
3) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P và giá trị tương ứng của x.
Bµi 2: (3 ®iÓm) Gi¶i ph¬ng tr×nh:1) 1
x1x
1
1x2x
1
2x3x
1
=
++
+
+++
+
+++
2) 12428
1
4
2
36
−−−−=
−
+
−
yx
yx
Bµi 3: (3 ®iÓm) 1) Cho biểu thức A = 2
4 20x x− + . Tìm giá trị nhỏ nhất của A.
2) Cho )3)(3( 22
++++ yyxx =3. TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc P = x + y.
Bài 4: (3 điểm)1) Tìm các giá trị nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức: ( y + 2 )x2
+ 1 =
y2
2) T×m nghiÖm nguyªn d¬ng cña ph¬ng tr×nh sau: 1980=+ yx
Bài 5: ( 3 điểm) Cho a, b, c lần lượt là độ dài các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC.
Chứng minh rằng: sin 2 2
A a
bc
≤
Bµi 6: (5 ®iÓm) Cho tam giác đều ABC có cạnh 60 cm. Trên cạnh BC lấy điểm D sao
cho BD = 20cm. Đường trung trực của AD cắt các cạnh AB, AC theo thứ tự ở E, F. Tính
độ dài các cạnh của tam giác DEF./.
ĐỀ 3:
Bài1(1,5đ)
19

a/ Tính 6 2 5 6 2 5− − +
b/ Cho a +b +c = 0 , a,b,c ≠0. Chứng tỏ rằng
2 2 2
1 1 1
a b c
+ + = |
1 1 1
a b c
+ + |
c/ Hãy chứng tỏ 3 3
5 2 5 2x = + − − là nghiệm của phương trình x3
+3x – 4 = 0
Bài2(2đ)
a/ Rút gọn, tính giá trị biểu thức
( )
]3
1 1 1 2 1 1
. .
2
x y
A
x yxy xy x y xy x yx y
 −  
= + + + ÷ ÷  ÷+ +  +  
Với x = 2 3, 2 3y− = +
b/ Giải phương trình 9 7 4x x+ + − =
Bài3(2,5đ)
a/ Tìm giá trị lớn nhất ,giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
2
1
1
x x
B
x x
− +
=
+ +
b/ Trên mặt phẳng toạ độ cho các điểm A(0;4) ; B(3;4) ; C(3;0)
Viết phương trình đường thẳng đi qua A, C . Xác định a để đường thẳng y =ax chia hình
chữ nhật OABC thành hai phần , trong đó diện tích phần chứa điểm A gấp đôi diện tích
phần chứa điểm C
Bài4(3đ) Cho hai đường tròn (O) và (O’) ở ngoài nhau . Kẻ tiếp tuyến chung ngoài AB
và tiếp tuyến chung trong EF ( A ,E ∈(O) , B , F ∈(O’) )
a/ Gọi M là giao điểm của AB và EF . Chứng minh rằng : ∆AOM và ∆BMO’ đồng
dạng
b/ Chứng minh rằng AE vuông góc với BF
c/ Gọi N là giao điểm của AE và BF . Chứng minh rằng ba điểm O , N , O’ thẳng hàng
Bài5(1đ) Cho hình vuông ABCD . Tính cos ¼MAN biết rằng M ,N theo thứ tự là trung
điiểm của BC, CD
§Ò 4.
Bµi 1(3®). Cho biÓu thøc: A = 







++







−
+
++
1
3
327
3
33
3
32
x
x
xxx
a. Rót gän A.
b. TÝnh gi¸ trÞ cña A khi x = 3 +2010
Bµi 2(3®). Cho hµm sè y = 3x +2m-1 (1)
a. T×m m ®Ó ®å thÞ hµm sè (1) ®i qua ®iÓm A(1; 5).
b. VÏ ®å thÞ hµm sè víi gi¸ trÞ võa t×m ®îc ë c©u a. Gäi giao ®iÓm cña ®å
thÞ hµm sè (1) víi trôc 0x lµ B; giao ®iÓm cña ®êng th¼ng h¹ tõ A vu«ng gãc
víi 0x lµ C. TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c ABC?
Bµi 3(2) Cho c¸c sè thùc x, y, z tháa m·n 201020092008
zyx
==
Chøng minh r»ng: z – x =2 ))(( zyyx −−
Bµi 4(2.5). Cho x + y = 1. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc B = x3
+ y3
+ xy
20

Bµi 5(2.5). Cho a, b>0. Chøng minh r»ng: ba
b
a
a
b
+≥+
22
Bµi 6(3) Cho tam gi¸c vu«ng ABC ( Bˆ = 900
, BC > BA) néi tiÕp ®êng trßn ®êng
kÝnh AC. KÎ d©y cung BD vu«ng gãc víi ®êng kÝnh AC. Gäi H lµ giao ®iÓm
cña AC vµ BD. Trªn HC lÊy ®iÓm E sao cho E ®èi xøng víi A qua H. §êng trßn
®êng kÝnh EC c¾t c¹nh BC t¹i I ( I kh¸c C). Chøng minh r»ng:
a. CI.CA = CB.CE
b. HI lµ tiÕp tuyÕn cña ®êng trßn ®êng kÝnh EC
Bµi 7(4). Cho tam gi¸c nhän ABC néi tiÕp (0; R). §êng cao AK c¾t ®êng trßn (0)
t¹i D; AN lµ ®êng kÝnh cña ®êng trßn (0).
a. Chøng minh: BD = CN.
b. TÝnh ®é dµi AC theo R vµ α . BiÕt = α .
c. Gäi H, G lÇn lît lµ trùc t©m, träng t©m cña tam gi¸c ABC. Chøng minh
r»ng H; G; 0 th¼ng hµng.
SỐ CHÍNH PHƯƠNG
I. ĐỊNH NGHĨA: Số chính phương là số bằng bình phương đúng của một số nguyên.
II. TÍNH CHẤT:
1. 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.
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.
III. MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG
A. DẠNG1: CHỨNG MINH MỘT SỐ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG
21

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
= (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) = 4
1
k(k+1)(k+2).4 = 4
1
k(k+1)(k+2).[(k+3) – (k-1)]
= 4
1
k(k+1)(k+2)(k+3) - 4
1
k(k+1)(k+2)(k-1)
⇒S = 4
1
.1.2.3.4 - 4
1
.0.1.2.3 + 4
1
.2.3.4.5 - 4
1
.1.2.3.4 +…+ 4
1
k(k+1)(k+2)(k+3) - 4
1
k(k+1)(k+2)(k-1) = 4
1
k(k+1)(k+2)(k+3)
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 1
= 4.
9
110 −n
. 10n
+ 8.
9
110 −n
+ 1 =
9
9810.810.410.4 2
+−+− nnn
=
9
110.410.4 2
++ nn
= 




 +
3
110.2 n
Ta thấy 2.10n
+1=200…01 có tổng các chữ số chia hết cho 3 nên nó chia hết cho 3
22
2

n-1 chữ số 0
⇒ 




 +
3
110.2 n
∈ 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 n+1 chữ số 1 n chữ số 6
C = 44…4 + 22…2 + 88…8 + 7
2n chữ số 4 n+1 chữ số 2 n chữ số 8
Kết quả: A = 




 +
3
210n
; B = 




 +
3
810n
; C = 




 +
3
710.2 n
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. B = 111…1555…5 + 1 = 11…1.10n
+ 5.11…1 + 1
n chữ số 1 n chữ số 5 n chữ số 1 n chữ số 1
=
9
110 −n
. 10n
+ 5.
9
110 −n
+ 1 =
9
9510.510102
+−+− nnn
=
9
410.4102
++ nn
= 




 +
3
210n
là số chính phương ( điều phải chứng minh)
Bài 7: Chứng minh rằng tổng các bình phương của 5 số tự nhiên liên tiếp không thể
là một số chính phương
23
2
2 2 2
2

Gọi 5 số tự nhiên liên tiếp đó là n-2, n-1, n , n+1 , n+2 (n ∈N , n ≥2 ).
Ta có ( n-2)2
+ (n-1)2
+ n2
+ ( n+1)2
+ ( n+2)2
= 5.( n2
+2)
Vì n2
không thể tận cùng bởi 3 hoặc 8 do đó n2
+2 không thẻ chia hết cho 5
⇒ 5.( n2
+2) không là số chính phương hay A không là số chính phương
Bài 8: Chứng minh rằng số có dạng n6
– n4
+ 2n3
+ 2n2
trong đó n∈N và n>1
không phải là số chính phương
n6
– n4
+ 2n3
+2n2
= n2
.( n4
– n2
+ 2n +2 ) = n2
.[ n2
(n-1)(n+1) + 2(n+1) ]
= n2
[ (n+1)(n3
– n2
+ 2) ] = n2
(n+1).[ (n3
+1) – (n2
-1) ]= n2
( n+1 )2
.( n2
–2n+2)
Với n∈N, n >1 thì n2
-2n+2 = (n - 1)2
+ 1 > ( n – 1 )2
và n2
– 2n + 2 = n2
– 2(n - 1) < n2
Vậy ( n – 1)2
< n2
– 2n + 2 < n2 ⇒ n2
– 2n + 2 không phải là một số chính phương.
Bài 9: Cho 5 số chính phương bất kì có chữ số hàng chục khác nhau còn chữ số
hàng đơn vị đều là 6. Chứng minh rằng tổng các chữ số hàng chục của 5 số chính
phương đó là một số chính phương
Cách 1: Ta biết một số chính phương có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số hàng
chục của nó là số lẻ. Vì vậy chữ số hàng chục của 5 số chính phương đã cho là 1,3,5,7,9
khi đó tổng của chúng bằng 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 52
là số chính phương
Cách 2: Nếu một số chính phương M = a2
có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số tận
cùng của a là 4 hoặc 6 ⇒ a 2 ⇒ a2  4
Theo dấu hiệu chia hết cho 4 thì hai chữ số tận cùng của M chỉ có thể là 16, 36, 56,
76, 96 ⇒ Ta có: 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 52
Bài 10: Chứng minh rằng tổng bình phương của hai số lẻ bất kỳ không phải là một
số chính phương.
a và b lẻ nên a = 2k+1, b = 2m+1 (Với k, m∈ N)
⇒ a2
+ b2
= (2k+1)2
+ (2m+1)2
= 4k2
+ 4k + 1 + 4m2
+ 4m + 1
= 4(k2
+ k + m2
+ m) + 2 = 4t + 2 (Với t ∈N)
Không có số chính phương nào có dạng 4t + 2 (t ∈ N) do đó a2
+ b2
không thể là số
chính phương.
Bài 11: Chứng minh rằng nếu p là tích của n số nguyên tố đầu tiên thì p-1 và p+1
không thể là các số chính phương.
Vì p là tích của n số nguyên tố đầu tiên nên p 2 và p không chia hết cho 4 (1)
a. Giả sử p+1 là số chính phương . Đặt p+1 = m2
(m ∈N)
Vì p chẵn nên p+1 lẻ ⇒ m2
lẻ ⇒ m lẻ.
Đặt m = 2k+1 (k ∈N). Ta có m2
= 4k2
+ 4k + 1 ⇒ p+1 = 4k2
+ 4k + 1
24

⇒ p = 4k2
+ 4k = 4k(k+1)  4 mâu thuẫn với (1)
⇒ p+1 là số chính phương
b. p = 2.3.5… là số chia hết cho 3 ⇒ p-1 có dạng 3k+2.
Không có số chính phương nào có dạng 3k+2 ⇒ p-1 không là số chính phương .
Vậy nếu p là tích n số nguyên tố đầu tiên thì p-1 và p+1 không là số chính phương
Bài 12: Giả sử N = 1.3.5.7…2007.
Chứng minh rằng trong 3 số nguyên liên tiếp 2N-1, 2N và 2N+1 không có số nào là
số chính phương.
a. 2N-1 = 2.1.3.5.7…2007 – 1
Có 2N  3 ⇒ 2N-1 không chia hết cho 3 và 2N-1 = 3k+2 (k ∈N)
⇒ 2N-1 không là số chính phương.
b. 2N = 2.1.3.5.7…2007
Vì N lẻ ⇒ N không chia hết cho 2 và 2N  2 nhưng 2N không chia hết cho 4.
2N chẵn nên 2N không chia cho 4 dư 1 ⇒ 2N không là số chính phương.
c. 2N+1 = 2.1.3.5.7…2007 + 1
2N+1 lẻ nên 2N+1 không chia hết cho 4
2N không chia hết cho 4 nên 2N+1 không chia cho 4 dư 1
⇒ 2N+1 không là số chính phương.
Bài 13: Cho a = 11…1 ; b = 100…05
2008 chữ số 1 2007 chữ số 0
Chứng minh 1+ab là số tự nhiên.
Cách 1: Ta có a = 11…1 =
9
1102008
−
; b = 100…05 = 100…0 + 5 = 102008
+ 5
2008 chữ số 1 2007 chữ số 0 2008 chữ số 0
⇒ ab+1 =
9
)510)(110( 20082008
+−
+ 1 =
9
9510.4)10( 200822008
+−+
= 




 +
3
2102008
1+ab = 




 +
3
2102008
=
3
2102008
+
Ta thấy 102008
+ 2 = 100…02  3 nên
3
2102008
+
∈N hay 1+ab là số tự nhiên.
2007 chữ số 0
Cách 2: b = 100…05 = 100…0 – 1 + 6 = 99…9 + 6 = 9a +6
2007 chữ số 0 2008 chữ số 0 2008 chữ số 9
⇒ ab+1 = a(9a +6) + 1 = 9a2
+ 6a + 1 = (3a+1)2
⇒ 1+ab = 2
)13( +a = 3a + 1 ∈N
25
2
2

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 b. n ( n+3 )
c. 13n + 3 d. n2
+ n + 1589
Giải
a. Vì n2
+ 2n + 12 là số chính phương nên đặt n2
+ 2n + 12 = k2
(k ∈ N)
⇒ (n2
+ 2n + 1) + 11 = k2 ⇔ k2
– (n+1)2
= 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
⇔ (4n2
+ 12n + 9) – 9 = 4a2 ⇔ (2n + 3) 2
- 4a2
= 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)
⇒ 13(n – 1) = (13k ± 4 )2
– 16 = 13k.(13k ± 8)
⇒ n = 13k2 ± 8k + 1
Vậy n = 13k2 ± 8k + 1 (Với k ∈ N) thì 13n + 3 là số chính phương.
d. 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
c. 12; 33; 48; 97; 176; 332; 565; 1728
26

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
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
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
Bài 6: Biết x ∈ N và x>2. Tìm x sao cho x(x-1).x(x-1) = (x-2)xx(x-1)
Đẳng thức đã cho được viết lại như sau: x(x-1) = (x-2)xx(x-1)
Do vế trái là một số chính phương nên vế phải cũng là một số chính phương .
Một số chính phương chỉ có thể tận cùng bởi 1 trong các chữ số 0; 1; 4; 5; 6; 9 nên x
chỉ có thể tận cùng bởi 1 trong các chữ số 1; 2; 5; 6; 7; 0 (1)
Do x là chữ số nên x ≤ 9, kết hợp với điều kiện đề bài ta có x∈ N và 2 < x ≤ 9 (2)
Từ (1) và (2) ⇒ x chỉ có thể nhận 1 trong các giá trị 5; 6; 7.
Bằng phép thử ta thấy chỉ có x = 7 thỏa mãn đề bài, khi đó 762
= 5776
Bài 7: Tìm số tự nhiên n có 2 chữ số biết rằng 2n+1 và 3n+1 đều là các số chính
phương.
27
2

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
Bài 8: Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên sao cho n+1 và 2n+1 đều là các số
chính phương thì n là bội số của 24.
Vì n+1 và 2n+1 là các số chính phương nên đặt n+1 = k2
, 2n+1 = m2
(k, m ∈ N)
Ta có m là số lẻ ⇒ m = 2a+1 ⇒ m2
= 4a (a+1) + 1
⇒ n =
2
12
−m
=
2
)1(4 +aa
= 2a(a+1)
⇒ n chẵn ⇒ n+1 lẻ ⇒ k lẻ ⇒ Đặt k = 2b+1 (Với b ∈ N) ⇒ k2
= 4b(b+1) +1
⇒ n = 4b(b+1) ⇒ n  8 (1)
Ta có k2
+ m2
= 3n + 2 ≡ 2 (mod3)
Mặt khác k2
chia cho 3 dư 0 hoặc 1, m2
chia cho 3 dư 0 hoặc 1.
Nên để k2
+ m2
≡ 2 (mod3) thì k2
≡ 1 (mod3)
m2
≡ 1 (mod3)
⇒ m2
– k2  3 hay (2n+1) – (n+1)  3 ⇒ n  3 (2)
Mà (8; 3) = 1 (3)
Từ (1), (2), (3) ⇒ n  24.
Bài 9: Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho số 28
+ 211
+ 2n
Giả sử 28
+ 211
+ 2n
= a2
(a ∈ N) thì
2n
= a2
– 482
= (a+48)(a-48)
2p
.2q
= (a+48)(a-48) Với p, q ∈ N ; p+q = n và p > q
⇒ a+48 = 2p ⇒ 2p
– 2q
= 96 ⇔ 2q
(2p-q
-1) = 25
.3
a- 48 = 2q
⇒ q = 5 và p-q = 2 ⇒ p = 7⇒ n = 5+7 = 12
Thử lại ta có: 28
+ 211
+ 2n
= 802
C.DẠNG 3: TÌM SỐ CHÍNH PHƯƠNG
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
⇒ Ta có A = abcd = k2
28

B = abcd + 1111 = m2
⇒ m2
– k2
= 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 ⇔ A = 2025
m + k = 101 n = 45 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
⇒ abcd = 912
= 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.
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 5: Tìm một số chính phương gồm 4 chữ số sao cho chữ số cuối là số nguyên tố,
căn bậc hai của số đó có tổng các chữ số là một số chính phương.
Gọi số phải tìm là abcd với a, b, c, d nguyên và 1 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b,c,d ≤ 9
abcd chính phương ⇒ d∈{ 0,1,4,5,6,9}
d nguyên tố ⇒ d = 5
29

Đặt abcd = k2
< 10000 ⇒ 32 ≤ k < 100
k là một số có hai chữ số mà k2
có tận cùng bằng 5 ⇒ k tận cùng bằng 5
Tổng các chữ số của k là một số chính phương ⇒ k = 45
⇒ abcd = 2025
Vậy số phải tìm là 2025
Bài 6: Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết rằng hiệu các bình phương của số đó và
viết số bởi hai chữ số của số đó nhưng theo thứ tự ngược lại là một số chính phương
Gọi số tự nhiên có hai chữ số phải tìm là ab ( a,b ∈N, 1 ≤ a,b ≤ 9 )
Số viết theo thứ tự ngược lại ba
Ta có ab - ba = ( 10a + b ) 2
– ( 10b + a )2
= 99 ( a2
– b2
)  11 ⇒ a2
- b2  11
Hay ( a-b )(a+b )  11
Vì 0 < a - b ≤ 8 , 2 ≤ a+b ≤ 18 nên a+b  11 ⇒ a + b = 11
Khi đó ab - ba = 32
. 112
. (a - b)
Để ab - ba là số chính phương thì a - b phải là số chính phương do đó a-b = 1
hoặc a - b = 4
• Nếu a-b = 1 kết hợp với a+b = 11 ⇒ a = 6, b = 5, ab = 65
Khi đó 652
– 562
= 1089 = 332
• Nếu a - b = 4 kết hợp với a+b = 11 ⇒ a = 7,5 ( loại )
Vậy số phải tìm là 65
Bài 7: Cho một số chính phương có 4 chữ số. Nếu thêm 3 vào mỗi chữ số đó ta cũng
được một số chính phương. Tìm số chính phương ban đầu
( Kết quả: 1156 )
Bài 8: Tìm số có 2 chữ số mà bình phương của số ấy bằng lập phương của tổng các
chữ số của nó.
Gọi số phải tìm là ab với a,b ∈N và 1 ≤ a ≤ 9 , 0 ≤ b ≤ 9
Theo giả thiết ta có : ab = ( a + b )3 ⇔ (10a+b)2
= ( a + b )3
⇒ ab là một lập phương và a+b là một số chính phương
Đặt ab = t3
( t ∈N ) , a + b = l 2
( l ∈N )
Vì 10 ≤ ab ≤ 99 ⇒ ab = 27 hoặc ab = 64
• Nếu ab = 27 ⇒ a + b = 9 là số chính phương
• Nếu ab = 64 ⇒ a + b = 10 không là số chính phương ⇒ loại
Vậy số cần tìm là ab = 27
Bài 9: Tìm 3 số lẻ liên tiếp mà tổng bình phương là một số có 4 chữ số giống nhau.
30
2 2
2 2
2 2
2

Gọi 3 số lẻ liên tiếp đó là 2n-1, 2n+1, 2n+3 ( n ∈N)
Ta có A= ( 2n-1 )2
+ ( 2n+1)2
+ ( 2n+3 )2
= 12n2
+ 12n + 11
Theo đề bài ta đặt 12n2
+ 12n + 11 = aaaa = 1111.a với a lẻ và 1 ≤ a ≤ 9
⇒ 12n( n + 1 ) = 11(101a – 1 )
⇒ 101a – 1  3 ⇒ 2a – 1  3
Vì 1 ≤ a ≤ 9 nên 1 ≤ 2a-1 ≤ 17 và 2a-1 lẻ nên 2a – 1 ∈{ 3; 9; 15 }
⇒ a ∈{ 2; 5; 8 }
Vì a lẻ ⇒ a = 5 ⇒ n = 21
3 số càn tìm là 41; 43; 45
Bài 10: Tìm số có 2 chữ số sao cho tích của số đó với tổng các chữ số của nó bằng
tổng lập phương các chữ số của số đó.
ab (a + b ) = a3
+ b3
⇔ 10a + b = a2
– ab + b2
= ( a + b )2
– 3ab
⇔ 3a( 3 + b ) = ( a + b ) ( a + b – 1 )
a + b và a + b – 1 nguyên tố cùng nhau do đó
a + b = 3a hoặc a + b – 1 = 3a
a + b – 1 = 3 + b a + b = 3 + b
⇒ a = 4 , b = 8 hoặc a = 3 , b = 7
Vậy ab = 48 hoặc ab = 37.
….………………….. Hết ………………………….
Sè nguyªn tè
I. KiÕn thøc cÇn nhí:
1. DÞnh nghÜa:
* Sè nguyªn tè lµ sè tù nhiªn lín h¬n 1, chØ cã hai íc lµ 1 vµ chÝnh nã.
* Hîp sè lµ sè tù nhiªn lín h¬n 1, cã nhiÒu h¬n hai íc.
2. TÝnh chÊt:
* NÕu sè nguyªn tè p chia hÕt cho sè nguyªn tè q th× p = q.
* NÕu tÝch abc chia hÕt cho sè nguyªn tè p th× Ýt nhÊt mét thõa sè cña
tÝch abc chia hÕt cho sè nguyªn tè p.
* NÕu a vµ b kh«ng chia hÕt cho sè nguyªn tè p th× tÝch ab kh«ng chia
hÕt cho sè nguyªn tè p .
3. C¸ch nhËn biÕt mét sè nguyªn tè:
a) Chia sè ®ã lÇn lît cho c¸c sè nguyªn tè ®· biÕt tõ nhá ®Õn lín.
- NÕu cã mét phÐp chia hÕt th× sè ®ã kh«ng ph¶i lµ sè nguyªn tè.
31

- NÕu chia cho ®Õn lóc sè th¬ng nhá h¬n sè chia mµ çc phÐp chia vÉn
cßn sè d th× ssã ®ã lµ sè nguyªn tè.
b) Mét sè cã 2 íc sè lín h¬n 1 th× sè ®ã kh«ng ph¶i lµ sè nguyªn tè.
4. Ph©n tÝch mét sè ra thõa sè nguyªn tè:
* Ph©n tÝch mét sè tù nhiªn lín h¬n 1 ra thõa sè nguyªn tè lµ viÕt sè ®ã d-
íi d¹ng mét tÝch çc thõa sè nguyªn tè.
- D¹ng ph©n tÝch ra thõa sè nguyªn tè cña mçi sè nguyªn tè lµ chÝnh sè
®ã.
- Mäi hîp sè ®Òu ph©n tÝch ®îc ra thõa sè nguyªn tè.
. .....
í i , , µnh÷ng sè nguyªn tè.
, , ..., N vµ , , ..., 1
A a b c
V a b c l
α β γ
=
α β γ ∈ α β γ ≥
5. Sè çc íc sè vµ tæng çc íc sè cña mét sè:
+1 1 1
¶ sö . .....
í i , , µnh÷ng sè nguyªn tè.
, , ..., N vµ , , ..., 1
1. Sè çc - í c sè cñaA lµ: ( +1)( +1)...( +1).
a 1 1 1
2. Tæng çc - í c sè cñaA lµ: . ...
1 1 1
Gi A a b c
V a b c l
b c
a b c
α β γ
α β+ γ+
=
α β γ ∈ α β γ ≥
α β γ
− − −
− − −
6. Sè nguyªn tè cïng nhau:
* Hai sè nguyªn tè cïng nhau lµ hai sè cã ¦CLN b»ng 1.
Hai sè a vµ b nguyªn tè cïng nhau ⇔ ¦CLN(a, b) = 1.
Çc sè a, b, c nguyªn tè cïng nhau ⇔ ¦CLN(a, b, c) = 1.
Çc sè a, b, c ®«i mét nguyªn tè cïng nhau ⇔ ¦CLN(a, b) = ¦CLN(b, c) =
¦CLN(c, a) =1.
II. Çc vÝ dô:
VD1: Ta biÕt r»ng cã 25 sè nguyªn tè nhá h¬n 100. Tæng cña 25 sè nguyªn tè
lµ sè ch½n hay sè lÎ.
HD:
Trong 25 sè nguyªn tè nhá h¬n 100 cã chøa mét sè nguyªn tè ch½n duy nhÊt lµ
2, cßn 24 sè nguyªn tè cßn l¹i lµ sè lÎ. Do ®ã tæng cña 25 sè nguyªn tè lµ sè
ch½n.
VD2: Tæng cña 3 sè nguyªn tè b»ng 1012. T×m sè nguyªn tè nhá nhÊt trong ba
sè nguyªn tè ®ã.
HD:
V× tæng cña 3 sè nguyªn tè b»ng 1012, nªn trong 3 sè nguyªn tè ®ã tån t¹i
Ýt nhÊt mét sè nguyªn tè ch½n. Mµ sè nguyªn tè ch½n duy nhÊt lµ 2 vµ lµ sè
nguyªn tè nhá nhÊt. VËy sè nguyªn tè nhá nhÊt trong 3 sè nguyªn tè ®ã lµ 2.
VD3: Tæng cña 2 sè nguyªn tè cã thÓ b»ng 2003 hay kh«ng? V× sao?
HD:
32

V× tæng cña 2 sè nguyªn tè b»ng 2003, nªn trong 2 sè nguyªn tè ®ã tån t¹i 1 sè
nguyªn tè ch½n. Mµ sè nguyªn tè ch½n duy nhÊt lµ 2. Do ®ã sè nguyªn tè cßn
l¹i lµ 2001. Do 2001 chia hÕt cho 3 vµ 2001 > 3. Suy ra 2001 kh«ng ph¶i lµ sè
nguyªn tè.
VD4: T×m sè nguyªn tè p, sao cho p + 2 vµ p + 4 còng lµ çc sè nguyªn tè.
HD:
Gi¶ sö p lµ sè nguyªn tè.
- NÕu p = 2 th× p + 2 = 4 vµ p + 4 = 6 ®Òu kh«ng ph¶i lµ sè nguyªn tè.
- NÕu p ≥ 3 th× sè nguyªn tè p cã 1 trong 3 d¹ng: 3k, 3k + 1, 3k + 2 víi k ∈
N*.
+) NÕu p = 3k ⇒ p = 3 ⇒ p + 2 = 5 vµ p + 4 = 7 ®Òu lµ çc sè nguyªn tè.
+) NÕu p = 3k +1 th× p + 2 = 3k + 3 = 3(k + 1) ⇒ p + 2  3 vµ p + 2 > 3. Do
®ã
p + 2 lµ hîp sè.
+) NÕu p = 3k + 2 th× p + 4 = 3k + 6 = 3(k + 2) ⇒ p + 4  3 vµ p + 4 > 3. Do
®ã
p + 4 lµ hîp sè.
VËy víi p = 3 th× p + 2 vµ p + 4 còng lµ çc sè nguyªn tè.
VD5: Cho p vµ p + 4 lµ çc sè nguyªn tè (p > 3). Chøng minh r»ng p + 8 lµ hîp
sè.
HD:
V× p lµ sè nguyªn tè vµ p > 3, nªn sè nguyªn tè p cã 1 trong 2 d¹ng: 3k + 1, 3k +
2 víi k ∈N*.
- NÕu p = 3k + 2 th× p + 4 = 3k + 6 = 3(k + 2) ⇒ p + 4  3 vµ p + 4 > 3. Do
®ã
p + 4 lµ hîp sè ( Tr¸i víi ®Ò bµi p + 4 lµ sè nguyªn tè).
®ã
p + 8 lµ hîp sè.
VËy sè nguyªn tè p cã d¹ng: p = 3k + 1 th× p + 8 lµ hîp sè.
VD6: Chøng minh r»ng mäi sè nguyªn tè lín h¬n 2 ®Òu cã d¹ng 4n + 1 hoÆc 4n
– 1.
HD:
Mçi sè tù nhiªn n khi chia cho 4 cã thÓ cã 1 trong çc sè d: 0; 1; 2; 3. Do ®ã mäi
sè tù nhiªn n ®Òu cã thÓ viÕt ®îc díi 1 trong 4 d¹ng: 4k, 4k + 1, 4k + 2, 4k + 3
víi k ∈N*.
- NÕu n = 4k ⇒ n4 ⇒ n lµ hîp sè.
- NÕu n = 4k + 2 ⇒ n2 ⇒ n lµ hîp sè.
VËy mäi sè nguyªn tè lín h¬n 2 ®Òu cã d¹ng 4k + 1 hoÆc 4k – 1. Hay mäi sè
nguyªn tè lín h¬n 2 ®Òu cã d¹ng 4n + 1 hoÆc 4n – 1 víi n ∈N*.
VD7: T×m ssã nguyªn tè, biÕt r»ng sè ®ã b»ng tæng cña hai sè nguyªn tè vµ
b»ng hiÖu cña hai sè nguyªn tè.
33

HD:
¶ sö a, b, c, d, elµçc sè nguyªn tè vµd > e.
Theo bµi ra: a= b + c = d - e (*).
Tõ (*) a> 2 alµsè nguyªn tè lÎ .
b + c vµd - elµsè lÎ .
Do b, d lµçc sè nguyªn tè b, d lµsè lÎ c, e
Gi
⇒ ⇒
⇒
⇒ ⇒ lµsè ch½n.
c = e= 2 (do c, elµçc sè nguyªn tè).
a= b + 2 = d - 2 d = b + 4.
VËy tacÇn t×m sè nguyªn tè b sao cho b + 2 vµb + 4 còng lµçc sè nguyªn tè.
⇒
⇒ ⇒
VD8: T×m tÊt c¶ çc sè nguyªn tè x, y sao cho: x2
– 6y2
= 1.
HD:
2 2 2 2 2
2
2 2
2
ã: x 6 1 1 6 ( 1)( 1) 6
6 2 ( 1)( 1) 2
µx - 1 + x + 1 = 2x x - 1 vµx + 1 cã cï ng tÝnh ch½n lÎ .
x - 1 vµx + 1 lµhai sè ch½n liªn tiÕp
( 1)( 1) 8 6 8 3 4
2 2 2 5
Ta c y x y x x y
Do y x x
M
x x y y
y y y x
− = ⇒ − = ⇒ − + =
⇒ − +
⇒
⇒
⇒ − + ⇒ ⇒
⇒ ⇒ ⇒ = ⇒ =
 
  
 
VD9: Cho p vµ p + 2 lµ çc sè nguyªn tè (p > 3). Chøng minh r»ng p + 16.
HD:
V× p lµ sè nguyªn tè vµ p > 3, nªn sè nguyªn tè p cã 1 trong 2 d¹ng: 3k + 1, 3k +
2 víi k ∈N*.
®ã
p + 2 lµ hîp sè ( Tr¸i víi ®Ò bµi p + 2 lµ sè nguyªn tè).
- NÕu p = 3k + 2 th× p + 1 = 3k + 3 = 3(k + 1) (1).
Do p lµ sè nguyªn tè vµ p > 3 ⇒ p lÎ ⇒ k lÎ ⇒ k + 1 ch½n ⇒ k + 12 (2)
Tõ (1) vµ (2) ⇒ p + 16.
II. Bµi tËp vËn dông:
Bµi 1: T×m sè nguyªn tè p sao cho çc sè sau còng lµ sè nguyªn tè:
a) p + 2 vµ p + 10.
b) p + 10 vµ p + 20.
c) p + 10 vµ p + 14.
d) p + 14 vµ p + 20.
e) p + 2vµ p + 8.
f) p + 2 vµ p + 14.
g) p + 4 vµ p + 10.
h) p + 8 vµ p + 10.
Bµi 2: T×m sè nguyªn tè p sao cho çc sè sau còng lµ sè nguyªn tè:
a) p + 2, p + 8, p + 12, p + 14.
b) p + 2, p + 6, p + 8, p + 14.
34

c) p + 6, p + 8, p + 12, p + 14.
d) p + 2, p + 6, p + 8, p + 12, p + 14.
e) p + 6, p + 12, p + 18, p + 24.
f) p + 18, p + 24, p + 26, p + 32.
g) p + 4, p + 6, p + 10, p + 12, p+16.
Bµi 3:
a) Cho p vµ p + 4 lµ çc sè nguyªn tè (p > 3). Chøng minh r»ng: p + 8 lµ hîp
sè.
b) Cho p vµ 2p + 1 lµ çc sè nguyªn tè (p > 3). Chøng minh r»ng: 4p + 1 lµ
hîp sè.
c) Cho p vµ 10p + 1 lµ çc sè nguyªn tè (p > 3). Chøng minh r»ng: 5p + 1 lµ
hîp sè.
d) Cho p vµ p + 8 lµ çc sè nguyªn tè (p > 3). Chøng minh r»ng: p + 4 lµ hîp
sè.
e) Cho p vµ 4p + 1 lµ çc sè nguyªn tè (p > 3). Chøng minh r»ng: 2p + 1 lµ
hîp sè.
f) Cho p vµ 5p + 1 lµ çc sè nguyªn tè (p > 3). Chøng minh r»ng: 10p + 1 lµ
hîp sè.
g) Cho p vµ 8p + 1 lµ çc sè nguyªn tè (p > 3). Chøng minh r»ng: 8p - 1 lµ hîp
sè.
h) Cho p vµ 8p - 1 lµ çc sè nguyªn tè (p > 3). Chøng minh r»ng: 8p + 1 lµ hîp
sè.
i) Cho p vµ 8p2
- 1 lµ çc sè nguyªn tè (p > 3). Chøng minh r»ng: 8p2
+ 1 lµ
hîp sè.
j) Cho p vµ 8p2
+ 1 lµ çc sè nguyªn tè (p > 3). Chøng minh r»ng: 8p2
- 1 lµ
hîp sè.
Bµi 4: Chøng minh r»ng:
a) NÕu p vµ q lµ hai sè nguyªn tè lín h¬n 3 th× p2
– q2
 24.
b) NÕu a, a + k, a + 2k (a, k ∈N*
) lµ çc sè nguyªn tè lín h¬n 3 th× k  6.
Bµi 5:
a) Mét sè nguyªn tè chia cho 42 cã sè d r lµ hîp sè. T×m sè d r.
b) Mét sè nguyªn tè chia cho 30 cã sè d r. T×m sè d r biÕt r»ng r kh«ng lµ sè
nguyªn tè.
Bµi 6: Hai sè nguyªn tè gäi lµ sinh ®«i nÕu chóng lµ hai sè nguyªn tè lÎ liªn tiÕp.
Chøng minh r»ng mét sè tù nhiªn lín h¬n 3 n»m gi÷a hai sè nguyªn tè sinh ®«i
th× chia hÕt cho 6.
Bµi 7: Cho 3 sè nguyªn tè lín h¬n 3, trong ®ã sè sau lín h¬n sè tríc lµ d ®¬n vÞ.
Chøng minh r»ng d chia hÕt cho 6.
Bµi 8: T×m sè nguyªn tè cã ba ch÷ sè, biÕt r»ng nÕu viÕt sè ®ã theo thø tù ngîc
l¹i th× ta ®îc mét sè lµ lËp ph¬ng cña mét sè tù nhiªn.
35

Bµi 9: T×m sè tù nhiªn cã 4 ch÷ sè, ch÷ sè hµng ngh×n b»ng ch÷ sè hµng ®¬n
vÞ, ch÷ sè hµng tr¨m b»ng ch÷ sè hµng chôc vµ sè ®ã viÕt ®îc díi d¹ng tÝch
cña 3 sè nguyªn tè liªn tiÕp.
Bµi 10: T×m 3 sè nguyªn tè lÎ liªn tiÕp ®Òu lµ çc sè nguyªn tè.
Bµi 11: T×m 3 sè nguyªn tè liªn tiÕp p, q, r sao cho p2
+ q2
+ r2
còng lµ sè nguyªn
tè.
Bµi 12: T×m tÊt c¶ çc bé ba sè nguyªn tè a, b, c sao cho a.b.c < a.b + b.c + c.a.
Bµi 13: T×m 3 sè nguyªn tè p, q, r sao cho pq
+ qp
= r.
Bµi 14: T×m çc sè nguyªn tè x, y, z tho¶ m·n xy
+ 1 = z.
Bµi 15: T×m sè nguyªn tè 2
, µçc sè nguyªn tè vµb .abcd sao cho ab ac l cd b c= + −
Bài 16: Cho çc sè p = bc
+ a, q = ab
+ c, r = ca
+ b (a, b, c ∈N*) lµ çc sè nguyªn
tè. Chøng minh r»ng 3 sè p, q, r cã Ýt nhÊt hai sè b»ng nhau.
Bµi 17: T×m tÊt c¶ çc sè nguyªn tè x, y sao cho:
a) x2
– 12y2
= 1.
b) 3x2
+ 1 = 19y2
.
c) 5x2
– 11y2
= 1.
d) 7x2
– 3y2
= 1.
e) 13x2
– y2
= 3.
f) x2
= 8y + 1.
Bµi 18: T×m 3 sè nguyªn tè sao cho tÝch cña chóng gÊp 5 lÇn tæng cña chóng.
Bµi 19: Chøng minh r»ng ®iÒu kiÖn cÇn vµ ®ñ ®Ó p vµ 8p2
+ 1 lµ çc sè
nguyªn tè lµ
p = 3.
Bµi 20: Chøng minh r»ng: NÕu a2
– b2
lµ mét sè nguyªn tè th× a2
– b2
= a + b.
Bµi 21: Chøng minh r»ng mäi sè nguyªn tè lín h¬n 3 ®Òu cã d¹ng 6n + 1 hoÆc
6n – 1.
Bµi 22: Chøng minh r»ng tæng b×nh ph¬ng cña 3 sè nguyªn tè lín h¬n 3 kh«ng
thÓ lµ mét sè nguyªn tè.
Bµi 23: Cho sè tù nhiªn n≥ 2. Gäi p1, p2, ..., pn lµ nh÷ng sè nguyªn tè sao cho
pn ≤ n + 1. §Æt A = p1.p2 ...pn. Chøng minh r»ng trong d·y sè çc sè tù nhiªn liªn
tiÕp: A + 2, A + 3, ..., A + (n + 1). Kh«ng chøa mét sè nguyªn tè nµo.
Bµi 24: Chøng minh r»ng: NÕu p lµ sè nguyªn tè th× 2.3.4...(p – 3)(p – 2) - 1p.
Bµi 25: Chøng minh r»ng: NÕu p lµ sè nguyªn tè th× 2.3.4...(p – 2)(p – 1) + 1p.
Chuyªn ®Ò t×m ch÷ sè tËn cïng
I. Tìm một chữ số tận cùng
Tính chất 1: a) Các số có chữ số tận cùng là 0, 1, 5, 6 khi nâng lên lũy thừa bậc bất kì
thì chữ số tận cùng vẫn không thay đổi.
b) Các số có chữ số tận cùng là 4, 9 khi nâng lên lũy thừa bậc lẻ thì chữ số tận cùng
vẫn không thay đổi.
36

c) Các số có chữ số tận cùng là 3, 7, 9 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n (n thuộc N) thì
chữ số tận cùng là 1.
d) Các số có chữ số tận cùng là 2, 4, 8 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n (n thuộc N) thì
chữ số tận cùng là 6.
e) Tích của một số tự nhiên có chữ số tận cùng là 5 với bất kì số tự nhiên lẻ nào cũng
cho ta số có chữ số tận cùng là 5.
Tính chất 2: Một số tự nhiên bất kì, khi nâng lên lũy thừa bậc 4n + 1 (n thuộc N) thì
chữ số tận cùng vẫn không thay đổi.
Tính chất 3: a) Số có chữ số tận cùng là 3 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n + 3 sẽ có chữ
số tận cùng là 7 ; số có chữ số tận cùng là 7 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n + 3 sẽ có chữ
số tận cùng là 3.
b) Số có chữ số tận cùng là 2 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n + 3 sẽ có chữ số tận cùng
là 8 ; số có chữ số tận cùng là 8 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n + 3 sẽ có chữ số tận cùng
là 2.
c) Các số có chữ số tận cùng là 0, 1, 4, 5, 6, 9, khi nâng lên lũy thừa bậc 4n + 3 sẽ
không thay đổi chữ số tận cùng.
Bài 1: Tìm chữ số tận cùng của các số: a) 799
b)
1414
14 c) 675
4
Giải: a) Trước hết, ta tìm số dư của phép chia 99 cho 4: 99
− 1 = (9 − 1)(98
+ 97
+ … + 9
+ 1) chia hết cho 4 ⇒ 99 = 4k + 1 (k ∈ N) ⇒ 799
= 74k + 1
= 74k
.7
Do 74k
có chữ số tận cùng là 1 ⇒ 799
có chữ số tận cùng là 7.
b) Dễ thấy 1414
= 4k (k ∈ N) ⇒ 141414
= 144k
c) Ta có 567
− 1  4 ⇒ 567
= 4k + 1 (k ∈ N) ⇒ 4567
= 44k + 1
= 44k
.4 ⇒ 44k
có chữ số tận
cùng là 6 nên 4567
Bài 2: Tìm chữ số tận cùng của các số:
a) 71993
b) 21000
c) 31993
d) 4161
e) 43
2
g) 99
9 h) 19458
19 i) 19302
3
Bài 3: Chứng minh rằng: a) 8102
− 2102
 10 b) 175
+ 244
− 1321
 10
c) 4343
− 1717
 10
Bài 4: Tìm các số tự nhiên n để n10
+ 1  10
Bài 5: Có tồn tại hay không số tự nhiên n để n2
+ n + 2 chia hết cho 5?
Bài 6: Tìm chữ số tận cùng của C = 1.3.5.7…..99
Chữ số tận cùng của một tổng các lũy thừa được xác định bằng cách tính tổng các
chữ số tận cùng của từng lũy thừa trong tổng.
Bài 2: Tìm chữ số tận cùng của tổng S = 21
+ 35
+ 49
+ … + 20048009
.
Giải: Trước hết ta có nhận xét: Mọi lũy thừa trong S đều có số mũ khi chia cho 4 thì dư
1 (các lũy thừa đều có dạng n4(n − 2) + 1
, n ∈ {2, 3, …, 2004}).
Theo tính chất 2, mọi lũy thừa trong S và các cơ số tương ứng đều có chữ số tận cùng
giống nhau, bằng chữ số tận cùng của tổng:
(2 + 3 + … + 9) + 199.(1 + 2 + … + 9) + 1 + 2 + 3 + 4 = 200(1 + 2 + … + 9) + 9 =
9009.
37

Vậy chữ số tận cùng của tổng S là 9.
Bài 3: Tìm chữ số tận cùng của tổng T = 23
+ 37
+ 411
+ … + 20048011
.
Giải: Trước hết ta có nhận xét: Mọi lũy thừa trong T đều có số mũ khi chia cho 4 thì dư
3 (các lũy thừa đều có dạng n4(n − 2) + 3
, n thuộc {2, 3, …, 2004}).
Theo tính chất 3 thì 23
có chữ số tận cùng là 8 ; 37
có chữ số tận cùng là 7 ; 411
có chữ
số tận cùng là 4 ; … Như vậy, tổng T có chữ số tận cùng bằng chữ số tận cùng của tổng:
(8 + 7 + 4 + 5 + 6 + 3 + 2 + 9) + 199.(1 + 8 + 7 + 4 + 5 + 6 + 3 + 2 + 9) + 1 + 8 + 7 + 4
= 200(1 + 8 + 7 + 4 + 5 + 6 + 3 + 2 + 9) + 8 + 7 + 4 = 9019. Vậy: chữ số tận cùng của
tổng T là 9.
Bài 4: Tồn tại hay không số tự nhiên n sao cho n2
+ n + 1 chia hết cho 19952000
.
Giải: 19952000
tận cùng bởi chữ số 5 nên chia hết cho 5. Vì vậy, ta đặt vấn đề là liệu n2
+
n + 1 có chia hết cho 5 không? Ta có n2
+ n = n(n + 1), là tích của hai số tự nhiên liên
tiếp nên chữ số tận cùng của n2
+ n chỉ có thể là 0; 2; 6 ⇒ n2
+ n + 1 chỉ có thể tận cùng
là 1; 3; 7 ⇒ n2
+ n + 1 không chia hết cho 5.
Vậy: không tồn tại số tự nhiên n sao cho n2
+ n + 1 chia hết cho 19952000
.
Sử dụng tính chất “Một số chính phương chỉ có thể tận cùng bởi các chữ số 0 ; 1 ; 4 ;
5 ; 6 ; 9”, ta có thể giải được Bài sau:
Bài 5: Chứng minh rằng các tổng sau không thể là số chính phương:
a) M = 19k
+ 5k
+ 1995k
+ 1996k
(với k chẵn)
b) N = 20042004k
+ 2003
Sử dụng tính chất “một số nguyên tố lớn hơn 5 chỉ có thể tận cùng bởi các chữ số 1 ;
3 ; 7 ; 9”
Bài 6: Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5. Chứng minh rằng: p8n
+3.p4n
− 4 chia hết cho 5.
Bài 7: Tìm số dư của các phép chia:
a) 21
+ 35
+ 49
+ … + 20038005
cho 5
b) 23
+ 37
+ 411
+ … + 20038007
cho 5
Bài 8: Tìm chữ số tận cùng của X, Y:
X = 22
+ 36
+ 410
+ … + 20048010
Y = 28
+ 312
+ 416
+ … + 20048016
Bài 9: Chứng minh rằng chữ số tận cùng của hai tổng sau giống nhau:
U = 21
+ 35
+ 49
+ … + 20058013
V = 23
+ 37
+ 411
+ … + 20058015
Bài 10: Chứng minh rằng không tồn tại các số tự nhiên x, y, z thỏa mãn:
19x
+ 5y
+ 1980z = 1975430
+ 2004.
II. Tìm hai chữ số tận cùng
Nhận xét: Nếu x ∈ N và x = 100k + y, trong đó k; y ∈ N thì hai chữ số tận cùng của x
cũng chính là hai chữ số tận cùng của y.
Hiển nhiên là y ≤ x. Như vậy, để đơn giản việc tìm hai chữ số tận cùng của số tự
nhiên x thì thay vào đó ta đi tìm hai chữ số tận cùng của số tự nhiên y (nhỏ hơn).
Rõ ràng số y càng nhỏ thì việc tìm các chữ số tận cùng của y càng đơn giản hơn.
Từ nhận xét trên, ta đề xuất phương pháp tìm hai chữ số tận cùng của số tự nhiên x =
am
như sau:
38

Trường hợp 1: Nếu a chẵn thì x = am
 2m
. Gọi n là số tự nhiên sao cho an − 1
 25.
Viết m = pn
+ q (p ; q ∈ N), trong đó q là số nhỏ nhất để aq
 4 ta có:
x = am
= aq
(apn
− 1) + aq
.
Vì an − 1
 25 ⇒ apn
− 1  25. Mặt khác, do (4, 25) = 1 nên aq
(apn
− 1)  100.
Vậy hai chữ số tận cùng của am
cũng chính là hai chữ số tận cùng của aq
. Tiếp theo, ta
tìm hai chữ số tận cùng của aq
.
Trường hợp 2: Nếu a lẻ , gọi n là số tự nhiên sao cho an − 1
 100.
Viết m = un
+ v (u ; v ∈ N, 0 ≤ v < n) ta có: x = am
= av
(aun
− 1) + av
Vì an
− 1100 ⇒ aun
− 1 100.
Vậy hai chữ số tận cùng của am
cũng chính là hai chữ số tận cùng của av
. Tiếp theo, ta
tìm hai chữ số tận cùng của av
.
Trong cả hai trường hợp trên, chìa khóa để giải được Bài là chúng ta phải tìm được số tự
nhiên n. Nếu n càng nhỏ thì q và v càng nhỏ nên sẽ dễ dàng tìm hai chữ số tận cùng của
aq
và av
.
Bài 11: Tìm hai chữ số tận cùng của các số: a) a2003
b) 799
Giải: a) Do 22003
là số chẵn, theo trường hợp 1, ta tìm số tự nhiên n nhỏ nhất sao cho 2n
−
1  25.
Ta có 210
= 1024 ⇒ 210
+ 1 = 1025  25 ⇒ 220
− 1 = (210
+ 1)(210
− 1)  25 ⇒ 23
(220
− 1)
 100. Mặt khác: 22003
= 23
(22000
− 1) + 23
= 23
((220
)100
− 1) + 23
= 100k + 8 (k ∈ N).
Vậy hai chữ số tận cùng của 22003
là 08.
b) Do 799
là số lẻ, theo trường hợp 2, ta tìm số tự nhiên n bé nhất sao cho 7n
− 1  100.
Ta có 74
= 2401 => 74 − 1  100. Mặt khác: 99
− 1  4 => 99
= 4k + 1 (k ∈ N)
Vậy 799
= 74k + 1
= 7(74k
− 1) + 7 = 100q + 7 (q  N) tận cùng bởi hai chữ số 07.
Bài 12: Tìm số dư của phép chia 3517
cho 25.
Giải: Trước hết ta tìm hai chữ số tận cùng của 3517
. Do số này lẻ nên theo trường hợp 2,
ta phải tìm số tự nhiên n nhỏ nhất sao cho 3n
− 1  100.
Ta có 310
= 95
= 59049 ⇒ 310
+ 1  50 ⇒ 320
− 1 = (310
+ 1) (310
− 1)  100.
Mặt khác: 516
− 1  4 ⇒ 5(516
− 1)  20 ⇒ 517
= 5(516
− 1) + 5 = 20k + 5 ⇒ 3517
= 320k + 5
= 35
(320k
− 1) + 35
= 35
(320k
− 1) + 243, có hai chữ số tận cùng là 43.
Vậy số dư của phép chia 3517
cho 25 là 18.
Trong trường hợp số đã cho chia hết cho 4 thì ta có thể tìm theo cách gián tiếp.
Trước tiên, ta tìm số dư của phép chia số đó cho 25, từ đó suy ra các khả năng của hai
chữ số tận cùng. Cuối cùng, dựa vào giả thiết chia hết cho 4 để chọn giá trị đúng.
Các thí dụ trên cho thấy rằng, nếu a = 2 hoặc a = 3 thì n = 20 ; nếu a = 7 thì n = 4.
Một câu hỏi đặt ra là: Nếu a bất kì thì n nhỏ nhất là bao nhiêu ? Ta có tính chất sau đây:
Tính chất 4: Nếu a  N và (a, 5) = 1 thì a20
− 1  25.
Bài 13: Tìm hai chữ số tận cùng của các tổng:
a) S1 = 12002
+ 22002
+ 32002
+ ... + 20042002
b) S2 = 12003
+ 22003
+ 32003
+ ... + 20042003
Giải: a) Dễ thấy, nếu a chẵn thì a2
chia hết cho 4 ; nếu a lẻ thì a100
− 1 chia hết cho 4 ;
nếu a chia hết cho 5 thì a2
chia hết cho 25.
39

Mặt khác, từ tính chất 4 ta suy ra với mọi a ∈ N và (a, 5) = 1 ta có a×100 − 1 M 25.
Vậy với mọi a ∈ N ta có a2
(a100
− 1) M 100.
Do đó S1 = 12002
+ 22
(22000
− 1) + ... + 20042
(20042000
− 1) + 22
+ 32
+ ... + 20042
.
Vì thế hai chữ số tận cùng của tổng S1 cũng chính là hai chữ số tận cùng của tổng
12
+ 22
+ 32
+ ... + 20042
. áp dụng công thức: 12
+ 22
+ 32
+ ... + n2
= n(n + 1)(2n + 1)/6
⇒12
+ 22
+ ... + 20042
= 2005 × 4009 × 334 = 2684707030, tận cùng là 30.
Vậy hai chữ số tận cùng của tổng S1 là 30.
b) Hoàn toàn tương tự như câu a, S2 = 12003
+ 23
(22000
− 1) + ... + 20043
(20042000
− 1) + 23
+ 33
+ 20043
. Vì thế, hai chữ số tận cùng của tổng S2 cũng chính là hai chữ số tận cùng
của 13
+ 23
+ 33
+ ... + 20043
. Áp dụng công thức:
2
3 3 3 3 2 n(n 1)
1 2 3 ... n (1 2 ... n)
2
+ 
+ + + + = + + + =   
⇒ 13
+ 23
+ ... + 20043
= (2005 ×1002)2
= 4036121180100, tận cùng là 00.
Vậy hai chữ số tận cùng của tổng S2 là 00.
Tính chất 5: Số tự nhiên A không phải là số chính phương nếu:
+ A có chữ số tận cùng là 2, 3, 7, 8 ;
+ A có chữ số tận cùng là 6 mà chữ số hàng chục là chữ số chẵn ;
+ A có chữ số hàng đơn vị khác 6 mà chữ số hàng chục là lẻ ;
+ A có chữ số hàng đơn vị là 5 mà chữ số hàng chục khác 2 ;
+ A có hai chữ số tận cùng là lẻ.
Bài 14: Cho n ∈ N và n − 1 không chia hết cho 4. CMR: 7n
+ 2 không thể là số chính
phương.
Giải: Do n − 1 không chia hết cho 4 nên n = 4k + r (r ∈ {0, 2, 3}). Ta có 74
− 1 = 2400 M
100. Ta viết 7n
+ 2 = 74k + r
+ 2 = 7r
(74k
− 1) + 7r
+ 2. Vậy hai chữ số tận cùng của 7n
+ 2
cũng chính là hai chữ số tận cùng của 7r
+ 2 (r = 0, 2, 3) nên chỉ có thể là 03, 51, 45.
Theo tính chất 5 thì rõ ràng 7n
+ 2 không thể là số chính phương khi n không chia hết
cho 4.
III. Tìm ba chữ số tận cùng
Nhận xét: Tương tự như trường hợp tìm hai chữ số tận cùng, việc tìm ba chữ số tận
cùng của số tự nhiên x chính là việc tìm số dư của phép chia x cho 1000.
Nếu x = 1000k + y, trong đó k ; y ∈ N thì ba chữ số tận cùng của x cũng chính là
ba chữ số tận cùng của y (y ≤ x).
Do 1000 = 8 x 125 mà (8, 125) = 1 nên ta đề xuất phương pháp tìm ba chữ số tận
cùng của số tự nhiên x = am
như sau:
Trường hợp 1: Nếu a chẵn thì x = am
chia hết cho 2m
. Gọi n là số tự nhiên sao cho an
− 1
chia hết cho 125.
Viết m = pn
+ q (p ; q ∈ N), trong đó q là số nhỏ nhất để aq
chia hết cho 8 ta có:
x = am
= aq
(apn
− 1) + aq
.
Vì an
− 1 chia hết cho 125 => apn
− 1 chia hết cho 125. Mặt khác, do (8, 125) = 1
nên aq
(apn
− 1) chia hết cho 1000.
40

Vậy ba chữ số tận cùng của am
cũng chính là ba chữ số tận cùng của aq
. Tiếp theo,
ta tìm ba chữ số tận cùng của aq
.
Trường hợp 2: Nếu a lẻ , gọi n là số tự nhiên sao cho an
Viết m = un
+ v (u ; v ∈ N, 0 ≤ v < n) ta có: x = am
= av
(aun
− 1) + av
.
Vì an
− 1 chia hết cho 1000 => aun
Vậy ba chữ số tận cùng của am
cũng chính là ba chữ số tận cùng của av
. Tiếp theo,
ta tìm ba chữ số tận cùng của av
. Tính chất sau được suy ra từ tính chất 4.
Tính chất 6: Nếu a ∈ N và (a, 5) = 1 thì a100
Chứng minh: Do a20
− 1 M 25 nên a20
, a40
, a60
, a80
khi chia cho 25 có cùng số dư là 1
⇒ a20
+ a40
+ a60
+ a80
+ 1 M 5. Vậy a100
− 1 = (a20
− 1)( a80
+ a60
+ a40
+ a20
+ 1) M
125.
Bài 15: Tìm ba chữ số tận cùng của 123101
.
Giải: Theo tính chất 6, do (123, 5) = 1 ⇒ 123100
− 1 M 125 (1).
Mặt khác: 123100
− 1 = (12325
− 1)(12325
+ 1)(12350
+ 1) ⇒ 123100
− 1 M 8 (2).
Vì (8, 125) = 1, từ (1) và (2) suy ra: 123100
− 1 M 1000
⇒ 123101
= 123(123100
− 1) + 123 = 1000k + 123 (k ∈ N). Vậy 123101
có ba chữ số tận
cùng là 123.
Bài 12: Tìm ba chữ số tận cùng của 3399...98
.
Giải: Theo tính chất 6, do (9, 5) = 1 => 9100
− 1 chi hết cho 125 (1).
Tương tự bài 11, ta có 9100
− 1 chia hết cho 8 (2).
Vì (8, 125) = 1, từ (1) và (2) suy ra: 9100
− 1 chia hết cho 1000 ⇒ 3399...98
= 9199...9
=
9100p + 99
= 999
(9100p
− 1) + 999
= 1000q + 999
(p, q ∈ N).
Vậy ba chữ số tận cùng của 3399...98
cũng chính là ba chữ số tận cùng của 999
. Lại vì
9100
− 1 chia hết cho 1000 ⇒ ba chữ số tận cùng của 9100
là 001 mà 999
= 9100
: 9 ⇒ ba
chữ số tận cùng của 999
là 889 (dễ kiểm tra chữ số tận cùng của 999
là 9, sau đó dựa vào
phép nhân ???9 9 ...001× = để xác định ??9 889= ). Vậy ba chữ số tận cùng của 3399...98
là
889.
Nếu số đã cho chia hết cho 8 thì ta cũng có thể tìm ba chữ số tận cùng một cách
gián tiếp theo các bước: Tìm dư của phép chia số đó cho 125, từ đó suy ra các khả năng
của ba chữ số tận cùng, cuối cùng kiểm tra điều kiện chia hết cho 8 để chọn giá trị đúng.
Bài 16: Tìm ba chữ số tận cùng của 2004200
.
Giải: do (2004, 5) = 1 (tính chất 6) ⇒ 2004100
chia cho 125 dư 1 ⇒ 2004200
= (2004100
)2
chia cho 125 dư 1 ⇒ 2004200
chỉ có thể tận cùng là 126, 251, 376, 501, 626, 751, 876.
Do 2004200
M 8 nên chỉ có thể tận cùng là 376.
Bài tập vận dụng:
Bài 17: Chứng minh 1n
+ 2n
+ 3n
+ 4n
chia hết cho 5 khi và chỉ khi n không chia hết cho
4.
, 720002003
có chữ số tận cùng giống nhau.
Bài 19: Tìm hai chữ số tận cùng của:
a) 3999
b) 111213
Bài 20: Tìm hai chữ số tận cùng của:
41

S = 23
+ 223
+ ... + 240023
Bài 21: Tìm ba chữ số tận cùng của:
S = 12004
+ 22004
+ ... + 20032004
Bài 22: Cho (a, 10) = 1. Chứng minh rằng ba chữ số tận cùng của a101
cũng bằng ba chữ
số tận cùng của a.
Bài 23: Cho A là một số chẵn không chia hết cho 10. Hãy tìm ba chữ số tận cùng của
A200
.
Bài 24: Tìm ba chữ số tận cùng của số:
199319941995 ...2000
Bài 25: Tìm sáu chữ số tận cùng của 521
.
D·y sè cã qui luËt
I > Ph¬ng ph¸p dù ®o¸n vµ quy n¹p :
Trong mét sè trêng hîp khi gÆp bµi to¸n tÝnh tæng h÷u h¹n
Sn = a1 + a2 + .... an (1)
B»ng c¸ch nµo ®ã ta biÕt ®îc kÕt qu¶ (dù ®o¸n , hoÆc bµi to¸n chøng minh khi
®· cho biÕt kÕt qu¶). Th× ta nªn sö dông ph¬ng ph¸p nµy vµ hÇu nh thÕ nµo
còng chøng minh ®îc .
VÝ dô 1 : TÝnh tæng Sn =1+3+5 +... + (2n -1 )
Thö trùc tiÕp ta thÊy : S1 = 1
S2 = 1 + 3 =22
S3 = 1+ 3+ 5 = 9 = 32
... ... ...
Ta dù ®o¸n Sn = n2
Víi n = 1;2;3 ta thÊy kÕt qu¶ ®óng
gi¶ sö víi n= k ( k ≥ 1) ta cã Sk = k 2
(2)
ta cÇn ph¶i chøng minh Sk + 1 = ( k +1 ) 2
( 3)
ThËt vËy céng 2 vÕ cña ( 2) víi 2k +1 ta cã
1+3+5 +... + (2k – 1) + ( 2k +1) = k2
+ (2k +1)
v× k2
+ ( 2k +1) = ( k +1) 2
nªn ta cã (3) tøc lµ Sk+1 = ( k +1) 2
theo nguyªn lý quy n¹p bµi to¸n ®îc chøng minh
42

vËy Sn = 1+3=5 + ... + ( 2n -1) = n2
T¬ng tù ta cã thÓ chøng minh c¸c kÕt qu¶ sau ®©y b»ng ph¬ng ph¸p quy n¹p
to¸n häc .
1, 1 + 2+3 + .... + n =
2
)1( +nn
2, 12
+ 2 2
+ ..... + n 2
=
6
)12)(1( ++ nnn
3, 13
+23
+ ..... + n3
=
2
2
)1(





 +nn
4, 15
+ 25
+ .... + n5
= 12
1
.n2
(n + 1) 2
( 2n2
+ 2n – 1 )
II > Ph¬ng ph¸p khö liªn tiÕp :
Gi¶ sö ta cÇn tÝnh tæng (1) mµ ta cã thÓ biÓu diÔn ai , i = 1,2,3...,n , qua
hiÖu hai sè h¹ng liªn tiÕp cña 1 d·y sè kh¸c , chÝnh x¸c h¬n , gi¶ sö : a1 = b1 -
b2
a2 = b2 - b3
.... .... .....
an = bn – bn+ 1
khi ®ã ta cã ngay :
Sn = ( b1 – b2 ) + ( b2 – b3 ) + ...... + ( bn – bn + 1 )
= b1 – bn + 1
VÝ dô 2 : tÝnh tæng :
S = 100.99
1
.......
13.12
1
12.11
1
11.10
1
++++
Ta cã : 11
1
10
1
11.10
1
−= , 12
1
11
1
12.11
1
−= , 100
1
99
1
100.99
1
−=
Do ®ã :
S = 100
9
100
1
10
1
100
1
99
1
.......
12
1
11
1
11
1
10
1
=−=−++−+−
• D¹ng tæng qu¸t
Sn = )1(
1
......
3.2
1
2.1
1
+
+++
nn ( n > 1 )
43

= 1- 11
1
+
=
+ n
n
n
VÝ dô 3 : tÝnh tæng
Sn = )2)(1(
1
......
5.4.3
1
4.3.2
1
3.2.1
1
++
++++
nnn
Ta cã Sn = 





++
−
+
++





−+





−
)2)(1(
1
)1(
1
2
1
........
4.3
1
3.2
1
2
1
3.2
1
2.1
1
2
1
nnnn
Sn = 





++
−
+
++−+−
)2)(1(
1
)1(
1
......
4.3
1
3.2
1
3.2
1
2.1
1
2
1
nnnn
Sn = )2)(1(4
)3(
)2)(1(
1
2.1
1
2
1
++
+
=





++
−
nn
nn
nn
Sn = 1! +2.2 ! + 3.3 ! + ...... + n .n! ( n! = 1.2.3 ....n )
Ta cã : 1! = 2! -1!
2.2! = 3 ! -2!
3.3! = 4! -3!
..... ..... .....
n.n! = (n + 1) –n!
VËy Sn = 2! - 1! +3! – 2 ! + 4! - 3! +...... + ( n+1) ! – n!
= ( n+1) ! - 1! = ( n+ 1) ! - 1
Sn = [ ]222
)1(
12
.......
)3.2(
5
)2.1(
3
+
+
+++
nn
n
Ta cã : [ ]
;
)1(
11
)1(
12
222
+
−=
+
+
iiii
i
i = 1 ; 2 ; 3; ....; n
Do ®ã Sn = ( 1- 





+
−++





−+ 22222
)1(
11
.....
3
1
2
1
)
2
1
nn
= 1- 22
)1(
)2(
)1(
1
+
+
=
+ n
nn
n
III > Ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh víi Èn lµ tæng cÇn tÝnh:
44

VÝ dô 6 : TÝnh tæng
S = 1+2+22
+....... + 2100
( 4)
ta viÕt l¹i S nh sau :
S = 1+2 (1+2+22
+....... + 299
)
S = 1+2 ( 1 +2+22
+ ...... + 299
+ 2 100
- 2100
)
=> S= 1+2 ( S -2 100
) ( 5)
Tõ (5) suy ra S = 1+ 2S -2101
 S = 2101
-1
Sn = 1+ p + p 2
+ p3
+ ..... + pn
( p≠ 1)
Ta viÕt l¹i Sn díi d¹ng sau :
Sn = 1+p ( 1+p+p2
+.... + pn-1
)
Sn = 1 + p ( 1+p +p2
+..... + p n-1
+ p n
–p n
)
 Sn = 1+p ( Sn –pn
)
 Sn = 1 +p.Sn –p n+1
 Sn ( p -1 ) = pn+1
-1
 Sn = 1
11
−
−+
p
Pn
Sn = 1+ 2p +3p 2
+ .... + ( n+1 ) pn
, ( p ≠ 1)
Ta cã : p.Sn = p + 2p 2
+ 3p3
+ ..... + ( n+ 1) p n +1
= 2p –p +3p 2
–p2
+ 4p3
–p3
+ ...... + (n+1) pn
- pn
+ (n+1)pn
–pn
+ ( n+1) pn+1
= ( 2p + 3p2
+4p3
+ ...... +(n+1) pn
) – ( p +p + p + .... pn
) + ( n+1) pn+1
= ( 1+ 2p+ 3p2
+4p3
+ ....... + ( n+1) pn
) – ( 1 + p+ p2
+ .... + p n
) + ( n +1 ) pn+1
p.Sn=Sn- 1
1
)1(
1
1 +
+
++
−
− n
n
Pn
P
P
( theo VD 7 )
L¹i cã (p-1)Sn = (n+1)pn+1
-
1
11
−
−+
P
pn
 Sn = 2
11
)1(
1
1
)1(
−
−
−
−
+ ++
P
p
p
Pn nn
45

IV > Ph¬ng ph¸p tÝnh qua çc tæng ®· biÕt
• Çc kÝ hiÖu : n
n
i
i aaaaa ++++=∑=
......321
1
• Çc tÝnh chÊt :
1, ∑ ∑ ∑= = =
+=+
n
i
n
i
n
i
iiii baba
1 1 1
)(
2, ∑∑ ==
=
n
i
i
n
i
i aaaa
11
.
VÝ dô 9 : TÝnh tæng :
Sn= 1.2 + 2.3 + 3.4 + ......... + n( n+1)
Ta cã : Sn = ∑∑ ∑∑ == ==
+=+=+
n
i
n
i
n
i
n
i
iiiiii
11 1
22
1
)()1(
V× :
6
)12)(1(
2
)1(
....321
1
2
1
++
=
+
=++++=
∑
∑
=
=
nnn
i
nn
ni
n
i
n
i
(Theo I )
cho nªn : Sn =
3
)2)(1(
6
)12)(1(
2
)1( ++
=
++
+
+ nnnnnnnn
VÝ dô 10 : TÝnh tæng :
Sn =1.2+2.5+3.8+.......+n(3n-1)
ta cã : Sn = ∑ ∑= =
−=−
n
i
n
i
iiii
1 1
2
)3()13(
= ∑∑ ===
−
n
i
n
i
ii
11
2
3
Theo (I) ta cã :
Sn = )1(
2
)1(
6
)12)(1(3 2
+=
+
−
++
nn
nnnnn
VÝ dô 11 . TÝnh tæng
Sn = 13+
+23
+53
+... + (2n +1 )3
ta cã :
46

Sn = [( 13
+2 3
+33
+43
+....+(2n+1)3
] –[23
+43
+63
+....+(2n)3
]
= [13
+23
+33
+43
+ ..... + (2n +1 )3
] -8 (13
+23
+33
+43
+......+ n3
)
Sn =
4
)1(8
4
)22()12( 2222
+
−
++ nnnn
( theo (I) – 3 )
=( n+1) 2
(2n+1) 2
– 2n2
(n+1)2
= (n +1 )2
(2n2
+4n +1)
V/ VËn dông trùc tiÕp c«ng thøc tÝnh tæng çc sè h¹ng cña d·y sè çch ®Òu
( Häc sinh líp 6 )
• C¬ së lý thuyÕt :
+ ®Ó ®Õm sè h¹ng cña 1 d·y sè mµ 2 sè h¹ng liªn tiÕp cña d·y çch nhau cïng
1 sè ®¬n vÞ , ta dïng c«ng thøc:
Sè sè h¹ng = ( sè cuèi – sè ®Çu 0 : ( kho¶ng çch ) + 1
+ §Ó tÝnh tæng çc sè h¹ng cña mét d·y sè mµ 2 sè h¹ng liªn tiÕp çch nhau
cïng 1 sè ®¬n vÞ , ta dïng c«ng thøc:
Tæng = ( sè ®Çu – sè cuèi ) .( sè sè h¹ng ) :2
VÝ dô 12 :
TÝnh tæng A = 19 +20 +21 +.... + 132
Sè sè h¹ng cña A lµ : ( 132 – 19 ) : 1 +1 = 114 ( sè h¹ng )m
A = 114 ( 132 +19 ) : 2 = 8607
B = 1 +5 +9 +.......+ 2005 +2009
sè sè h¹ng cña B lµ ( 2009 – 1 ) : 4 + 1 = 503
B = ( 2009 +1 ) .503 :2 = 505515
VI / V©n dông 1 sè c«ng thøc chøng minh ®îc vµo lµm to¸n
VÝ dô 14 : Chøng minh r»ng : k ( k+1) (k+20 -9k-1)k(k+1) = 3k ( k +1 )
Tõ ®ã tÝnh tæng S = 1..2+2.3 + 3.4 +...... + n (n + 1)
Chøng minh : çch 1 : VT = k(k+1)(k+2) –(k-1) k(k+1)
= k( k+1) [ ])1()2( −−+ kk = k (k+1) .3 = 3k(k+1)
47

C¸ch 2 : Ta cã k ( k +1) = k(k+1).
3
)1()2( −−+ kk
=
3
)1)(1(
3
)2)(1( −+
−
++ kkkkkk
*
 3k ( k-1) = k (k+1)(k+2) – (k-1) k(k+1)
=> 1.2 =
1.2.3 0.1.2
3 3
−
2.3.4 1.2.3
2.3
3 3
...................................
( 1)( 2) ( 1) ( 1)
( 1)
3 3
n n n n n n
n n
= −
+ + − +
+ = −
S =
1.2.0 ( 2) ( 1) ( 1) ( 2)
3 3 3
n n n n n n− + + + +
+ =
VÝ dô 15 : Chøng minh r»ng :
k (k+1) (k+2) (k+3) – (k-1) k(k+1) (k+2) =4k (k+1) (k+2)
tõ ®ã tÝnh tæng S = 1.2 .3 + 2.3 .4 +3.4.5 +.... + n(n+1) (n+2)
Chøng minh : VT = k( k+1) (k+2) [ ])1()3( −−+ kk
= k( k+1) ( k +2 ) .4
Rót ra : k(k+1) (k+2) =
4
)2)(1()1(
4
)3)(2)(1( ++−
−
+++ kkkkkkkk
¸p dông : 1.2.3 = 4
3.2.1.0
4
4.3.2.1
−
2.3.4 = 4
4.3.2.1
4
5.4.3.2
−
..........................................................
n(n+1) (n+2) =
4
)2)(1()1(
4
)3)(2)(1( ++−
−
+++ nnnnnnnn
Céng vÕ víi vÕ ta ®îc S = 4
)3n)(2n)(1n(n +++
* Bµi tËp ®Ò nghÞ :
TÝnh c¸c tæng sau
1, B = 2+ 6 +10 + 14 + ..... + 202
2, a, A = 1+2 +22
+23
+.....+ 26.2
+ 2 6 3
48

b, S = 5 + 52
+ 53
+ ..... + 5 99
+ 5100
c, C = 7 + 10 + 13 + .... + 76
3, D = 49 +64 + 81+ .... + 169
4, S = 1.4 + 2 .5 + 3.6 + 4.7 +.... + n( n +3 ) , n = 1,2,3 ,....
5, S = 100.99
1
........
4.3
1
3.2
1
2.1
1
++++
6, S = 61.59
4
....
9.7
4
7.5
4
+++
7, A = 66.61
5
......
26.21
5
21.16
5
16.11
5
++++
8, M = 2005210
3
1
.....
3
1
3
1
3
1
++++
9, Sn = )2)(1(
1
.....
4.3.2
1
.3.2.1
1
++
+++
nnn
10, Sn = 100.99.98
2
.....
4.3.2
2
3.2.1
2
+++
11, Sn = )3)(2)(1(
1
......
5.4.3.2
1
4.3.2.1
1
+++
+++
nnnn
12, M = 9 + 99 + 999 +...... + 99..... .....9
50 ch÷ sè 9
13, Cho: S1 = 1+2 S3 = 6+7+8+9
S2 = 3+4+5 S4 = 10 +11 +12 +13 + 14
TÝnh S100 =?
Trong qu¸ tr×nh båi dìng häc sinh giái , t«i ®· kÕt hîp çc d¹ng to¸n cã liªn
quan ®Õn d¹ng tÝnh tæng ®Ó rÌn luyÖn cho çc em , ch¼ng h¹n d¹ng to¸n t×m
x :
14, a, (x+1) + (x+2) + (x+3) +...... + ( x+100 ) = 5070
b, 1 + 2 + 3 + 4 +.............+ x = 820
c, 1 + 1991
1989
1
)1(
2
......
10
1
6
1
3
1
=
+
++++
xx
Hay çc bµi to¸n chøng minh sù chia hÕt liªn quan
15, Chøng minh : a, A = 4+ 22
+23
+24
+..... + 220
lµ luü thõa cña 2
b, B =2 + 22
+ 2 3
+ ...... + 2 60
M 3 ; 7; 15
49

Bdhsg toan 9 cuc ha ydoc

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (19)

Similar to Bdhsg toan 9 cuc ha ydoc

Similar to Bdhsg toan 9 cuc ha ydoc (20)

More from Tam Vu Minh

More from Tam Vu Minh (20)

Bdhsg toan 9 cuc ha ydoc